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2020高考复习数学：函数(附答案)

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2020届高考数学(理)二轮专题复习： 专题二 函数、不等式、导数 1-2-2 Word版含答案.doc

2020届高考数学(理)二轮专题复习： 专题二 函数、不等式、导数 1-2-2 Word版含答案.doc

限时规范训练五 不等式及线性规划限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分) 1．设0＜a ＜b ＜1，则下列不等式成立的是( ) A ．a 3＞b 3B.1a ＜1bC ．a b ＞1D ．lg(b －a )＜a解析：选D.∵0＜a ＜b ＜1，∴0＜b －a ＜1－a ，∴lg(b －a )＜0＜a ，故选D. 2．已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，则1a ＋4b( )A ．有最小值8B ．有最小值9C ．有最大值8D ．有最大值9解析：选B.因为1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋b a ＋4ab≥5＋2b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b且a ＋b ＝1，即a ＝13，b ＝23时取“＝”，所以1a ＋4b的最小值为9，故选B.3．对于任意实数a ，b ，c ，d ，有以下四个命题： ①若ac 2＞bc 2，则a ＞b ；②若a ＞b ，c ＞d ，则a ＋c ＞b ＋d ； ③若a ＞b ，c ＞d ，则ac ＞bd ； ④若a ＞b ，则1a ＞1b.其中正确的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选B.①ac 2＞bc 2，则c ≠0，则a ＞b ，①正确； ②由不等式的同向可加性可知②正确； ③需满足a 、b 、c 、d 均为正数才成立；④错误，如：令a ＝－1，b ＝－2，满足－1＞－2，但1－1＜1－2.故选B. 4．已知不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13，则不等式x 2－bx －a ≥0的解集是( )A ．{x |2＜x ＜3}B ．{x |x ≤2或x ≥3}C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪13＜x ＜12 D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞12解析：选B.∵不等式ax 2－bx －1＞0的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－12＜x ＜－13， ∴ax 2－bx －1＝0的解是x 1＝－12和x 2＝－13，且a ＜0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－12－13＝ba ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－1a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝5.则不等式x 2－bx －a ≥0即为x 2－5x ＋6≥0，解得x ≤2或x ≥3. 5．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ≥0，x ＋y －4≤0，y ≥12x 2，则z ＝y －x 的取值范围为( )A ．[－2,2] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，2C ．[－1,2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 解析：选B.作出可行域(图略)，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x －y ＝0与x ＋y －4＝0的交点(1,3)时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2－2x －2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝－12，故－12≤z ≤2，故选B.6．设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是( ) A.92 B.72 C ．22＋12D ．22－12解析：选A.∵a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，S n ＝n＋n2， ∴S n ＋8a n＝n＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时取等号．∴S n ＋8a n 的最小值是92，故选A.7．一条长为2的线段，它的三个视图分别是长为3，a ，b 的三条线段，则ab 的最大值为( ) A. 5 B. 6 C.52D ．3解析：选C.如图，构造一个长方体，体对角线长为2，由题意知a 2＋x 2＝4，b 2＋y 2＝4，x2＋y 2＝3，则a 2＋b 2＝x 2＋y 2＋2＝3＋2＝5，又5＝a 2＋b 2≥2ab ，所以ab ≤52，当且仅当a ＝b 时取等号，所以选C.8．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12，则x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是( ) A ．[1,5] B ．[2,6] C ．[3,11]D ．[3,10]解析：选C.画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥x ，4x ＋3y ≤12的可行域如图阴影部分所示，则x ＋2y ＋3x ＋1＝x ＋1＋2y ＋2x ＋1＝1＋2×y ＋1x ＋1，y ＋1x ＋1的几何意义为过点(x ，y )和(－1，－1)的直线的斜率．由可行域知y ＋1x ＋1的取值范围为k MA ≤y ＋1x ＋1≤k MB ，即y ＋1x ＋1∈[1,5]，所以x ＋2y ＋3x ＋1的取值范围是[3,11]．9．设x ，y 满足不等式⎩⎪⎨⎪⎧y ≤2，x ＋y ≥1，x －y ≤1，若M ＝3x ＋y ，N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－72，则M －N 的最小值为( )A.12 B ．－12C ．1D ．－1解析：选A.作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易求得A (－1,2)，B (3,2)，当直线3x ＋y －M ＝0经过点A (－1,2)时，目标函数M ＝3x ＋y 取得最小值－1.又由平面区域知－1≤x ≤3，所以函数N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－72在x ＝－1处取得最大值－32，由此可得M －N 的最小值为－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝12.10．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a表示的平面区域的形状是三角形，则a 的取值范围是( )A ．a ≥43B ．0＜a ≤1C ．1≤a ≤43D ．0＜a ≤1或a ≥43解析：选D.作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示．其中直线x －y ＝0与直线2x ＋y ＝2的交点是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，而直线x ＋y ＝a 与x 轴的交点是(a,0)．由图知，要使原不等式组表示的平面区域的形状为三角形，只需a ≥23＋23或0＜a ≤1，所以选D.11．已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y －10≥0，x ≤4，y ≤3表示区域D ，过区域D 中任意一点P 作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A 、B ，当∠APB 最大时，cos∠APB ＝( )A.32 B.12 C ．－32D ．－12解析：选B.画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，易知当点P 到点O 距离最小时，∠APB 最大，此时|OP |＝|3×0＋4×0－10|32＋42＝2，又OA ＝1，故∠OPA ＝π6， ∴∠APB ＝π3，∴cos∠APB ＝12.12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3 B ．3＜c ≤6 C ．6＜c ≤9D ．c ＞9解析：选C.由0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，得0＜－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ≤3，由－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，得3a －b －7＝0，① 由－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，得 4a －b －13＝0，②由①②，解得a ＝6，b ＝11，∴0＜c －6≤3， 即6＜c ≤9，故选C.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．函数f (x )＝1＋log a x (a ＞0，且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，其中mn ＞0，则1m ＋1n的最小值为________．解析：因为log a 1＝0，所以f (1)＝1，故函数f (x )的图象恒过定点A (1,1)． 由题意，点A 在直线mx ＋ny －2＝0上，所以m ＋n －2＝0，即m ＋n ＝2.而1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ×(m ＋n ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ，因为mn ＞0，所以nm ＞0，m n＞0. 由均值不等式，可得n m ＋m n ≥2×n m ×mn＝2(当且仅当m ＝n 时等号成立)， 所以1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≥12×(2＋2)＝2，即1m ＋1n 的最小值为2.答案：214．设P (x ，y )是函数y ＝2x(x ＞0)图象上的点，则x ＋y 的最小值为________．解析：因为x ＞0，所以y ＞0，且xy ＝2.由基本不等式得x ＋y ≥2xy ＝22，当且仅当x ＝y 时等号成立．答案：2 215．若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥x ，3x ＋2y ≤15，则w ＝4x ·2y的最大值是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图阴影部分所示．w ＝4x ·2y ＝22x ＋y，要求其最大值，只需求出2x ＋y ＝t 的最大值即可，由平移可知t ＝2x ＋y 在A (3,3)处取得最大值t ＝2×3＋3＝9，故w ＝4x·2y的最大值为29＝512.答案：51216．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≤1，log 13x ，x ＞1，若对任意的x ∈R ，不等式f (x )≤m 2－34m 恒成立，则实数m 的取值范围为________．解析：由题意知，m 2－34m ≥f (x )max .当x ＞1时，f (x )＝log 13x 是减函数，且f (x )＜0；当x ≤1时，f (x )＝－x 2＋x ，其图象的对称轴方程是x ＝12，且开口向下，∴f (x )max ＝－14＋12＝14.∴m 2－34m ≥14，即4m 2－3m －1≥0，∴m ≤－14或m ≥1.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪[1，＋∞)。

2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)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(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

2020高考冲刺数学总复习压轴解答：函数、不等式与导数的综合问题(附答案及解析)

专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <.方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值； （3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈.【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑.方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围.【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围.【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥.3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.5．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围．6．（2020·江西高三）已知函数()()2xf x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值； （2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围.11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈． （1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.14．（2020·河北高三期末）已知函数()f x 满足:①定义为R ；①2()2()9xx f x f x e e+-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x x g x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解.15．（2020·湖南高三月考）已知函数2()()af x x ax a R x=+-∈. （1）当1a =且1x >-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当21e a e ≥+时，若函数2()()ln g x f x x x =--的两个极值点分别为1x 、2x ，证明12240()()1g x g x e <-<+.16．（2020·江西高三期末）已知函数2()x f x e ax x =--（e 为自然对数的底数）在点(1,(1))f 的切线方程为(3)y e x b =-+. （1）求实数,a b 的值；（2）若关于x 的不等式4()5f x m >+对于任意(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.17．（2020·江西高三期末）已知函数()()()2,xf x x m e nxm n R =--∈在1x =处的切线方程为y ex e =-.（1）求,m n 的值；（2）当0x >时，()3f x ax -…恒成立，求整数a 的最大值.18．（2020·河南高三期末）已知函数()()ln 1mxf x x x m=+-+，()1,0x ∈-. （1）若1m =，判断函数()f x 的单调性并说明理由； （2）若2m ≤-，求证：关于x 的不等式()()()21xx m f x e x-+⋅<-在()1,0-上恒成立.19．（2020·江西高三月考）已知函数32()32f x x x x =-+，()g x tx t R =∈，，()xe x xφ=. （1）求函数()()y f x x φ=⋅的单调增区间；（2）令()()()h x f x g x =-，且函数()h x 有三个彼此不相等的零点0m n ，，，其中m n <. ①若12m n =，求函数()h x 在x m =处的切线方程； ①若对[]x m n ∀∈，，()16h x t ≤-恒成立，求实数M 的取值范围.专题三 压轴解答题第六关 函数、不等式与导数的综合问题【名师综述】1.本专题在高考中的地位导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点， 所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 2．本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用【考点方向标】方向一 用导数研究函数的性质典例1．（2020·山东高三期末）已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）是否存在实数a ，使函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2（2）存在,724a ≥ 【解析】（1）当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->． 所以2()3f x x x '=+-=232(2)(1)x x x x x x-+--=令()0f x '≥，则01x <≤或2x ≥，令()0f x '<，则12x <<， 所以()f x 的单调递增区间为(]0,1和[)2,+∞，单调递减区间为()1,2 （2）存在724a ≥，满足题设，因为函数34()()9g x f x ax x =++=23142ln 229x a x x x +-+所以224()23a g x x x x '=+-+，要使函数()g x 在0,∞（+）上单调递增，224()20,(0,)3a g x x x x x '=+-≥+∈+∞，即3243660x x x a +-+≥，(0,)x ∈+∞⇔324366x x xa +-≥-，(0,)x ∈+∞ 令32436()6x x x h x +-=，(0,)x ∈+∞，则2()21(21)(1)h x x x x x '=+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点，且17224h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴324366x x x+--在(0,)+∞上的最大值为724．所以存在724a ≥，满足题设．【举一反三】（2020·云南昆明一中高三期末（理））已知函数2()(1)xx f x e ax e =-+⋅，且()0f x …. （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一极大值点0x ，且()0316f x <. 【答案】（1）1a =；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()()ee 10xxf x ax =--≥,且e0x>,所以e 10x ax --≥,构造函数()e 1xu x ax =--,则()'e xu x a =-,又()00u =,若0a ≤,则()'0u x >,则()u x 在R 上单调递增,则当0x <时,()0u x <矛盾,舍去；若01a <<,则ln 0a <,则当ln 0a x <<时,'()0u x >,则()u x 在(ln ,0)a 上单调递增,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a >,则ln 0a >,则当0ln x a <<时,'()0u x <,则()u x 在(0,ln )a 上单调递减,则()()ln 00u a u <=矛盾,舍去；若1a =,则当0x <时,'()0u x <,当0x >时,'()0u x >, 则()u x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()()00u x u ≥=,则()()e 0xf x u x =⋅≥,满足题意；综上所述,1a =.（2）证明:由（1）可知()()2e 1e xxf x x =-+⋅,则()()'e2e 2xxf x x =--,构造函数()2e 2xg x x =--,则()'2e 1xg x =-,又()'g x 在R 上单调递增,且()'ln20g -=,故当ln2x <-时,)'(0g x <,当ln 2x >-时,'()0g x >, 则()g x 在(,ln 2)-∞-上单调递减,在(ln 2,)-+∞上单调递增,又()00g =,()2220e g -=>,又33233332223214e 16e 022e 2e 8e 2e g --⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭+, 结合零点存在性定理知,在区间3(2,)2--存在唯一实数0x ,使得()00g x =, 当0x x <时,()'0f x >,当00x x <<时,()'0f x <,当0x >时,()'0f x >, 故()f x 在()0,x -∞单调递增,在()0,0x 单调递减,在()0,∞+单调递增,故()f x 存在唯一极大值点0x ,因为()0002e 20xg x x =--=,所以00e 12xx =+, 故()()()()022200000011e1e 11112244x x x x f x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+-++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,因为0322x -<<-,所以()201133144216f x ⎛⎫<--+<⎪⎝⎭. 方向二 导数、函数与不等式典例2．（2020·四川省泸县第二中学高三月考）已知函数()sin f x x ax =-. （1）对于(0,1)x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值；（3） 求证：1111ln(1)1231n n n+<+++⋅⋅⋅++-*()n N ∈. 【答案】（1）sin1a ≤.（2）max ()(1)0h x h ==.（3）见解析.【解析】（1）由()0f x >，得：sin 0x ax ->，因为01x <<，所以sin xa x<， 令sin ()x g x x=，()2cos sin 'x x xg x x -=， 再令()cos sin m x x x x =-，()'cos sin cos sin 0m x x x x x x x =--=-<， 所以()m x 在()0,1上单调递减， 所以()()0m x m <，所以()'0g x <，则()g x 在()0,1上单调递减， 所以()(1)sin1g x g >=，所以sin1a ≤. （2）当1a =时，()sin f x x x =-， ①()ln 1h x x x =-+，()11'1x h x x x-=-=， 由()'0h x =，得：1x =，当()0,1x ∈时，()'0h x >，()h x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()h x 在()1,+∞上单调递减； ①()max (1)0h x h ==.（3）由（2）可知，当()1,x ∈+∞时，()0h x <， 即ln 1x x <-， 令1n x n +=，则11ln1n n n n ++<-，即()1ln 1ln n n n+-<， 分别令1,2,3,,n n =L 得，()11ln 2ln11,ln 3ln 2,,ln 1ln 2n n n-<-<+-<L ，将上述n 个式子相加得：()()*111ln 1121n n N n n+<++++∈-L . 【举一反三】（2020·黑龙江哈尔滨三中高三月考）已知111123S n =++⋅⋅⋅+，211121S n =++⋅⋅⋅+-，直线1x =，x n =，0y =与曲线1y x=所围成的曲边梯形的面积为S .其中n N ∈，且2n ≥.（1）当0x >时，()ln 11axx ax x <+<+恒成立，求实数a 的值； （2）请指出1S ，S ，2S 的大小，并且证明；（3）求证：131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 【答案】（1）1；（2）12S S S <<，证明见解析；（3）见解析 【解析】（1）由已知得0a ≤时，不合题意，所以0a >.()ln 11axx x <++恒成立，即()()()1ln 10ax x x x <++>恒成立. 令()()()1ln 1m x x x ax =++-，()()'ln 11m x x a =++-. 当1a ≤时，()m x 在()0,∞+上为增函数，此时()0m x >成立.当1a >时，()m x 在()10,1a e --上为减函数，不合题意，所以1a ≤.令()()ln 1n x ax x x =-+，()1'1n x a x =-+，当1a ≥时，()n x 在()0,∞+上为增函数，此时()0n x >，()ln 1x ax +<恒成立.当01a <<时，()n x 在10,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数，不合题意，所以1a ≥.综上得1a =. （2）由（1）知()()ln 101x x x x x <+<>+.令1x i =，得111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭， 从而11111111ln 112321n i n i n -=⎛⎫+++<+<+++ ⎪-⎝⎭∑L L ，又因为11ln nS dx n x==⎰，则12S S S <<. （3）由已知111232313ni i i i =⎛⎫+- ⎪--⎝⎭∑1111111123323n n ⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭L 111123n n n =++⋅⋅⋅+++，因为111ln 11i i i⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭，所以 111111ln 1ln 1ln 1123123n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++>++++++ ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 31ln1n n +=+， 111123ln ln ln 123131n n n n n n n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++<+++ ⎪ ⎪ ⎪+++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L ln 3=.从而131112lnln 3132313n i n n i i i =+⎛⎫<+-< ⎪+--⎝⎭∑. 方向三 恒成立及求参数范围问题典例3．（2020·天津高三期末）已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）322ln 220x y +-+=（2）()1,2（3）1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=--，化简得：322ln 220x y +-+= ()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>，令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得1211x x ==+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q211x ∴=+<()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在1,22⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意①当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【举一反三】（2020·江苏高三专题练习）已知函数()(32)xf x e x =-，()(2)g x a x =-，其中,a x R ∈. （1）求过点(2,0)和函数()y f x =的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数0x ，使得00()()f x g x <，求a 的取值范围. 【答案】（1）2y x =-，8833918y e x e =-.（2）8319a e ≤≤.（3）345[,1)(7,5]3a e e e∈⋃. 【解析】（1）设切点为()00,x y ，()()'31xf x e x =+，则切线斜率为()0031x e x +，所以切线方程为()()000031x y y e x x x -=+-，因为切线过()2,0，所以()()()000032312x x ex e x x --=+-，化简得200380x x -=，解得080,3x =. 当00x =时，切线方程为2y x =-， 当083x =时，切线方程为8833918y e x e =-. （2）由题意，对任意x R ∈有()()322xe x a x -≥-恒成立，①当(),2x ∈-∞时，()()323222x x maxe x e x a a x x ⎡⎤--≥⇒≥⎢⎥--⎣⎦，令()()322x e x F x x -=-，则()()()2238'2x e x xF x x -=-，令()'0F x =得0x =，()()max 01F x F ==，故此时1a ≥.①当2x =时，恒成立，故此时a R ∈. ①当()2,x ∈+∞时，()()min323222x x e x e x a a x x ⎡⎤--≤⇒≤⎢⎥--⎣⎦，令()8'03F x x =⇒=，()83min 893F x F e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故此时839a e ≤.综上：8319a e ≤≤.（3）因为()()f x g x <，即()()322xex a x -<-，由（2）知()83,19,a e ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，令()()322x e x F x x -=-，则当(),2x ∈-∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x -<-存在唯一的整数0x 成立，因为()01F =最大，()513F e -=，()11F e =-，所以当53a e<时，至少有两个整数成立， 所以5,13a e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭. 当()2,x ∈+∞，存在唯一的整数0x 使得()()00f x g x <， 等价于()322x e x a x ->-存在唯一的整数0x 成立，因为83893F e ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小，且()337F e =，()445F e =，所以当45a e >时，至少有两个整数成立，所以当37a e ≤时，没有整数成立，所有(347,5a e e ⎤∈⎦.综上：(345,17,53a e e e ⎡⎫⎤∈⋃⎪⎦⎢⎣⎭. 【压轴选编】1．（2020·山西高三开学考试）已知函数()()()222ln ,2ln f x x ax a x a R g x x x x =--+∈=-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当1a =时，对于任意()0,x ∈+∞，都有()()f x g x <. 【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由题意()f x 的定义域为()0,∞+，且()()()222222x a x a a x ax a f x x a x x x--+--+'=--+==， 当0a =时，()20f x x '=-<； 当0a >时，2a x >时，()0f x '<；02ax <<时，()0f x '>； 当0a <时，x a >-时，()0f x '<；0x a <<-时，()0f x '>；综上所述，当0a =时，()f x 在()0,∞+上为减函数； 当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数； 当0a <时，()f x 在()0,a -上为增函数，在(),a -+∞上为减函数. （2）要证()()f x g x <，即证()21ln 0x x x -+>，当12x =时，不等式显然成立； 当12x >时，即证ln 021x x x +>-；当102x <<时，即证ln 021xx x +<-； 令()ln 21x F x x x =+-，则()()()()()22411112121x x F x x x x x ---'=+=--， 当12x >时，在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数；在()1,+∞上()0F x '>，()F x 为增函数，①()()min 110F x F ==>，①ln 021xx x +>-.当102x <<时，在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0F x '>，()F x 为增函数；在11,42⎛⎫⎪⎝⎭上()0F x '<，()F x 为减函数， ①()max 111ln 0442F x F ⎛⎫==-<⎪⎝⎭，①ln 021x x x +<-， 综上所述，当0x >时，()()f x g x <成立.2．（2020·河南鹤壁高中高三月考）已知函数2()ln (0,)a xf x x a a R x a=++≠∈ （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1()2a x g x x a a=+-+，当0a >时，证明：()()f x g x ≥. 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【解析】（1）22121(2)()()a x a x a f x x x a ax+-'=-+= 当0a >时，()0f x x a '>⇒>，()00f x x a '<⇒<<当0a <时，()002f x x a '>⇒<<-，()02f x x a '<⇒>- ①0a >时，()f x 在(0,)a 上递减，在(,)a +∞递增 0a <时，()f x 在(0,2)a -上递增，在(2,)a -+∞递减（2）设1()()()ln 2a F x f x g x x x a=-=++- 则221()(0)a x aF x x x x x-'=-=> Q 0a >，(0,)x a ∴∈时，()0F x '<，()F x 递减(,)x a ∈+∞，()0,F x '>()F x 递增，1()()ln 1F x F a a a∴≥=+-设1()ln 1h x x x =+-，(0)x >,则22111()(0)x h x x x x x-'=-=>1x >时，()0,h x '>时，()h x 递增， 01x <<时，()0h x '<，∴()h x 递减()(1)0h x h ∴≥=，()()0F a h a ∴=≥()0F x ∴≥，即()()f x g x ≥3．（2020·四川石室中学高三月考）已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；①若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（①）()11f =-；（①）（①）1； （①）()34 ,2ln31,3⎛⎤-∞-+⋃+∞ ⎥⎝⎦． 【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，①()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ①函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）①()a g x x x=+，①2()1a g x x =-'，（①）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又①函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ①1x =是函数()g x 的极值点，①(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（①）①211()2f e e =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ①2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，①1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（①）知1()g x x x =+，①21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，①11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，①1(1)()(3)g g g e <<，①1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，①12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，①312k ≥-+=-，又①1k >，①1k >， ①当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，①121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，①342ln 33k ≤-+，又①1k <， ①342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 4．（2020·江西高三）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2hx x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为35．（2020·江西高三）已知函数()e 2xf x m x m =--.（1）当1m =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （2）若()0f x >在(0,)+∞上恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）y x =-；（2）[2,)+∞【解析】（1）因为1m =,所以()e 21xf x x =--,所以()e 2xf x '=-,则(0)0,(0)1f f '==-,故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为y x =-.（2）因为()e 2x f x m x m =--,所以()e 2xf x m '=-,①当2m ≥时,()0f x '>在(0,)+∞上恒成立,则()f x 在(0,)+∞上单调递增,从而()(0)0f x f >=成立,故2m ≥符合题意; ①当02m <<时,令()0f x '<,解得20lnx m <<,即()f x 在20,ln m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,则2ln(0)0f f m ⎛⎫<= ⎪⎝⎭,故02m <<不符合题意; ①当0m ≤时,0()e 2x f x m '-<=在(0,)+∞上恒成立,即()f x 在(0,)+∞上单调递减,则()(0)0f x f <=,故0m ≤不符合题意.综上,m 的取值范围为[2,)+∞. 6．（2020·江西高三）已知函数()()2x f x x e =-.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：对任意的()0,x ∈+∞，不等式()2ln 6xf x x x >-恒成立.【答案】（1）单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞（2）证明见解析【解析】（1）因为()()2x f x x e =-，所以()()1x f x x e '=-，令()0f x ¢>，解得1x >；令()0f x ¢<，解得1x <.故()f x 的单调递增区间为()1,+?，单调递减区间为(),1-∞.（2）要证()2ln 6xf x x x >-，只需证()ln 32x f x x>-.由（1）可知()()min 1f x f e ==-.令()ln 3(0)2x h x x x =->，则()21ln 2xh x x -'=， 令()21ln 0ln 102xh x x x e x-'=>⇒<⇒<<， 所以当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 则()()max 132h x h e e==-. 因为 2.71828e =⋅⋅⋅，所以 2.75e ->-，所以1133 2.7524e -<-=-， 从而132e e->-，则当0x >时，()()min max f x h x >.故当0x >时，()()f x h x >恒成立，即对任意的()0,x ∈+∞，()2ln 6xf x x x >-.7．（2020·四川高三月考）已知函数21()(32)()2xf x m e x m R =--∈. （1）若0x =是函数()f x 的一个极值点，试讨论()ln ()()h x b x f x b R =+∈的单调性； （2）若()f x 在R 上有且仅有一个零点，求m 的取值范围.【答案】（1）当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减；（2）2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 【解析】（1）()(32)xf x m e x '=--，因为0x =是函数()f x 的一个极值点，则(0)320f m '=-=，所以23m =，则21()ln (0)2h x b x x x =->，当2()b b x h x x x x-'=-=，当0b …时，()0h x '…恒成立，()h x 在(0,)+∞上单调递减，当0b >时，2()000h x b x x '>⇒->⇒<<所以()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. 综上所述：当0b …时，()h x 在(0,)+∞上单调递减；当0b >时，()h x 在上单调递增，在)+∞上单调递减. （2）()f x 在R 上有且仅有一个零点，即方程2322x x m e -=有唯一的解，令2()2xx g x e=， 可得(2)()0,()2xx x g x g x e -'>=， 由(2)()02xx x g x e -'==， 得0x =或2x =，（1）当0x …时，()0g x '…，所以()g x 在(,0]-∞上单调递减，所以()(0)0g x g =…，所以()g x 的取值范围为[0,)+∞. （2）当02x <<时，()0g x '>，所以()g x 在(0,2)上单调递增， 所以0()(2)g x g <<，即220()g x e<<， 故()g x 的取值范围为220,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （3）当2x …时，()0g x '…，所以()g x 在[2,)+∞上单调递减， 所以(0)()(2)g g x g <…，即220()g x e <…， 即()g x 的取值范围为220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦. 所以，当320m -=或2232m e ->， 即23m =或22233m e >+时，()f x 在R 上有且只有一个零点，故m 的取值范围为2222,333e ⎧⎫⎛⎫++∞⋃⎨⎬⎪⎩⎭⎝⎭. 8．（2020·山西高三）已知函数()2ln 21f x a x x =-+（其中a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）对任意0x >，2()2f x a ≤-恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）[1,)+∞ 【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2'()2af x x=-， ①当0a ≤时，'()0f x <，所以()f x 在(0,)+∞上是减函数，()f x 无极值. ①当0a >时，令'()0f x =，得x a =，在(0,)a 上，'()0f x >，()f x 是增函数；在(,)a +∞上，'()0f x <，()f x 是减函数. 所以()f x 有极大值()2ln 21f a a a a =-+，无极小值.（2）由（1）知，①当0a ≤时，()f x 是减函数，令2a x e =，则0(0,1]x ∈，222220()(2)21(2)320a a f x a a e a e --=-+--=->，不符合题意，①当0a >时，()f x 的最大值为()2ln 21f a a a a =-+， 要使得对任意0x >，2()(1)f x a ≤-恒成立， 即要使不等式22ln 212a a a a -+≤-成立， 则22ln 230a a a a --+≤有解.令2()2ln 23(0)g a a a a a a =--+>，所以'()2ln 2g a a a =-令()'()2ln 2h a g a a a ==-，由22'()0ah a a-==，得1a =. 在(0,1)上，'()0h a >，则()'()h a g a =在(0,1)上是增函数； 在(1,)+∞上，'()0h a <，则()'()h a g a =在(1,)+∞上是减函数. 所以max ()(1)20h a h ==-<，即'()0g a <， 故()g a 在(0,)+∞上是减函数，又(1)0g =，要使()0g a ≤成立，则1a ≥，即a 的取值范围为[1,)+∞. 9．（2020·北京高三期末）已知函数()2xf x x e =（1）求()f x 的单调区间；（2）过点()1,0P 存在几条直线与曲线()y f x =相切，并说明理由； （3）若()()1f x k x ≥-对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）增区间为(),2-∞-，()0,∞+，单调减区间为()2,0-；（2）三条切线，理由见解析；（3）0,2⎡+⎣ 【解析】（1）()()()222xxf x x x e x x e '==++，()0f x '>得，2x <-或0x >；()0f x '<得，20x -<<；所以()f x 的单调增区间为(),2-∞-，()0,∞+；单调减区间为()2,0-； （2）过()1,0P 点可做()f x 的三条切线；理由如下：设切点坐标为()0200,x x x e，所以切线斜率()()00002xx x k x e f '=+= 所以过切点的切线方程为：()()002200002x x x e x x e x y x -=+-，切线过()1,0P 点，代入得()()0022*******x x x e x x e x -=+-，化简得(0000x x x x e=，方程有三个解，00x =，0x =0x 所以过()1,0P 点可做()f x 的三条切线. （3）设()()21xg x x e k x -=-，①0k =时，因为20x ≥，0x e >，所以显然20x x e ≥对任意x ∈R 恒成立； ①k 0<时，若0x =，则()()0001f k k =>-=-不成立， 所以k 0<不合题意.①0k >时，1x ≤时，()()210xg x x e k x -=->显然成立，只需考虑1x >时情况；转化为21xx e k x ≥-对任意()1,x ∈+∞恒成立令()21xx e h x x =-（1x >），则()min k h x ≤，()()()(()2222(2)111xx xx x x ex x e x x e h x x x +--'==--，当1x <<时，()0h x '<，()h x 单调减；当x >()0h x '>，()h x 单调增；所以()(min 2h x h==+=所以(2k ≤+综上所述，k 的取值范围(0,2+⎡⎣. 10．（2020·全国高三专题练习）已知函数()()33114ln 10f f x ax x x '=--的图象在点()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b . （1）求a ，b 的值；（2）若()13f x m >对()0,x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）13a =,403=-b ；（2）2642ln 2<-m【解析】（1）()()23114310f f x ax x''=--, 因为()f x 在()()1,1f 处的切线方程为100++=x y b ,即10y x b =--,此时切线斜率10k =-,则()3(1)13141010f f a k ''=--==-,解得13a =,所以()()333101114ln 314ln 3103f x x x x x x x ⨯-=--=+-, 所以()31110113114ln13333f =⨯+⨯-=+=,则10103b =--,解得403=-b（2）由（1）知()31314ln 3f x x x x =+-, ()32143143x x f x x x x+-'=+-=, 设函数()()33140g x xx x =+->,则()2330g x x '=+>,所以()g x 在()0,∞+为增函数,因为()20g =,令()0g x <,得02x <<；令()0g x >,得2x >, 所以当02x <<时,()0f x '<；当2x >时,()0f x '>, 所以()()3min 126223214ln 214ln 233f x f ==⨯+⨯-=-, 从而12614ln 233<-m ,即2642ln 2<-m 11．（2020·天津静海一中高三月考）已知函数()ln 1()f x ax x a R =--∈．（1）讨论()f x 的单调性并指出相应单调区间； （2）若21())1(2g x x x x f ---=，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32a ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【解析】（1）由()ln 1f x ax x =--，(0,)x ∈+∞， 则11()ax f x a x x'-=-=， 当0a ≤时，则()0f x '≤，故()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令1()0f x x a'=⇒=， 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）①21()ln (1)2g x x x a x =+-+， 21(1)1()(1)x a x g x x a x x-++'=+-+=, 由()0g x '=得2(1)10x a x -++=，①121x x a +=+，121=x x ，①211x x =①32a ≥①111115210x x x x ⎧+≥⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩解得1102x <≤.①()()()()222112121211221111ln(1)2ln 22x g x g x x x a x x x x x x ⎛⎫-=+--+-=-- ⎪⎝⎭. 设22111()2ln 022h x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--<≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2233121()0x h x x x x x '--=--=<,①()h x 在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减；当112x =时，min 115()2ln 228h x h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭. ①152ln 28k ≤-，即所求k 的取值范围为15,2ln 28⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.12.（2020·山东高三期末）已知函数()()2sin ln 12x f x x x =+-+.（1）证明：()0f x ≥； （2）数列{}n a 满足：1102a <<，()1n n a f a +=（n *∈N ）. （①）证明：1102a <<（n *∈N ）； （①）证明：n *∀∈N ，1n n a a +<.【答案】（1）证明见解析（2）（i ）证明见解析（ii ）证明见解析 【解析】（1）由题意知，()1cos 1f x x x x'=+-+，()1,x ∈-+∞， 当()1,0x ∈-时，()1101f x x x x'<+-<<+，所以()f x 在区间()1,0-上单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()g x f x '=，因为()()()22111sin 011g x x x x '=+->>++所以()g x 在区间()0,∞+上单调递增，因此()()00g x g >=，故当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间()0,∞+上单调递增， 因此当()1,x ∈-+∞时，()()00f x f ≥=，所以()0f x ≥ （2）（①）()f x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f >=，因为881288311111C C 147122224e ⎛⎫⎛⎫=+=+++>++=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭L ， 故83318ln ln ln 022e ⎛⎫-=-< ⎪⎝⎭，所以()1113131131sin ln sin ln 18ln 22826822822f x f π⎛⎫⎛⎫<=+-<+-=+-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()01f x <<，又因为110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()()()()()12110,2n n n a f a ff a f f f a --⎛⎫====∈ ⎪⎝⎭LL L（①）函数()()h x f x x =-（102x <<），则()()11cos 11h x f x x x x''=-=+--+， 令()()x h x ϕ='，则()()0x g x ϕ''=>，所以()x ϕ在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；因此()()111217cos 1cos 0222326h x x ϕϕ⎛⎫'=≤=+--=-<⎪⎝⎭， 所以()h x 在区间10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()()00h x h <=， 因此()()10n n n n n a a f a a g a +-=-=<， 所以x *∀∈N ，1n n a a +<13．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值. 【答案】（1）极小值为1a e-+；无极大值（2）证明过程见解析；（3）2. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e =-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，。

2020高考数学专项复习《三角函数10道大题》(带答案)

2020高考数学专项复习《三角函数10道大题》(带答案)

4 2 ) 三角函数1.已知函数 f (x ) = 4 c os x s in(x +（Ⅰ）求 f (x ) 的最小正周期；) -1.6（Ⅱ）求 f (x ) 在区间[- , ] 上的最大值和最小值.6 42、已知函数 f (x ) = sin(2x + ) 3+ sin(2x - 3 + 2 cos 2 x - 1, x ∈ R .（Ⅰ）求函数 f (x ) 的最小正周期；（Ⅱ）求函数 f (x ) 在区间[- , ] 上的最大值和最小值.4 43、已知函数 f (x ) = tan(2x +),4（Ⅰ）求 f (x ) 的定义域与最小正周期；⎛ ⎫（II ）设∈ 0, ⎪ ，若 f ( ) = 2 cos 2, 求的大小⎝ ⎭4、已知函数 f (x ) =(sin x - cos x ) sin 2x.sin x（1） 求 f (x ) 的定义域及最小正周期；（2） 求 f (x ) 的单调递减区间.5、 设函数 f (x ) = cos(2x + + sin 2x .24（I ）求函数 f (x ) 的最小正周期；（ II ） 设 函 数 1g (x ) 对 任 意 x ∈ R ， 有g (x + 2 = g (x ) ， 且 当x ∈[0, ] 时 ， 2g (x ) = - f (x ) ，求函数 g (x ) 在[-, 0] 上的解析式.22 ) )3 + = 6、函数 f (x ) = A sin(x -称轴之间的距离为 ，2) +1（A > 0,> 0 ）的最大值为 3， 其图像相邻两条对 6（1）求函数 f (x ) 的解析式；（2）设∈(0, ) ，则 f ( ) = 2 ，求的值.2 27、设 f ( x ) = 4cos( ωx -π)sin ωx + cos 2ωx ，其中> 0.6（Ⅰ）求函数 y = f ( x ) 的值域（Ⅱ）若 y = f ( x ) 在区间⎡- 3π ,π⎤上为增函数，求 的最大值.⎣⎢ 2 2 ⎥⎦8、函数 f (x ) = 6 cos 2x + 23 cos x - 3(> 0) 在一个周期内的图象如图所示， A 为 图象的最高点， B 、C 为图象与 x 轴的交点，且∆ABC 为正三角形.（Ⅰ）求的值及函数 f (x ) 的值域；8 3 （Ⅱ）若 f (x 0 ) 5，且 x 0 ∈(- 10 2, ) ，求 f (x 0 1) 的值.3 39、已知 a , b , c 分别为∆ABC 三个内角 A , B , C 的对边， a cos C + 3a sin C - b - c = 0（1）求 A ；（2）若 a = 2 ， ∆ABC 的面积为 ；求b , c .10、在 ∆ ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ．已知 cos A cos C ．＝ 2，sin B ＝ 53(Ⅰ)求 tan C 的值； (Ⅱ)若 a ＝ 2 ，求∆ ABC 的面积．3 2 2 ) max+ = - (x )答案1、【思路点拨】先利用和角公式展开，再利用降幂公式、化一公式转化为正弦型函数，最后求周期及闭区间上的最值.【精讲精析】（Ⅰ）因为 f (x ) = 4 cos x sin(x + 1) -1 = 4 cos x ( sin x + cos x ) -1622= 3 sin 2x + 2 cos 2 x -1 = 3 sin 2x + cos 2x = 2 s in(2x +，所以 f (x ) 的最小正周期为.62（Ⅱ）因为- ≤ x ≤ 6 4 ，所以- ≤ 2x + ≤ 6 6 3 .于是，当2x + = 6 2 ，即 x =6时， f (x ) 取得最大值 2；当2x + = - 6 6 ，即 x = - 时， f (x ) 取得最小值－1.62、【解析】 （1）2f (x )= sin (2x + )+sin(2x - )+2cos x -1 = 2 s in 2x cos + cos 2x = 2 sin(2x + )3 3 3 42函数 f (x ) 的最小正周期为T = =23 （2） - ≤ x ≤ ⇒ - ≤ 2x + ≤ ⇒ - ≤ sin(2x +4 4 4 4 4 2 4) ≤ 1 ⇔ -1 ≤ f (x ) ≤当 2x + = (x = ) 时 ， 4 2 8 f (x )min = -1f (x ) = ， 当 2x = - 时 ， 4 4 4【点评】该试题关键在于将已知的函数表达式化为 y =A sin (x +) 的数学模型，再根据此三角模型的图像与性质进行解题即可.3、【思路点拨】1、根据正切函数的有关概念和性质；2、根据三角函数的有关公式进行变换、化简求值.k【精讲精析】（I）【解析】由2x +≠ + k , k ∈ Z ， 得 x ≠ + , k ∈ Z . 4 2 8 2k为 .2所以 f (x ) 的定义域为{x ∈ R | x ≠ + 8 2, k ∈ Z } ， f (x ) 的最小正周期（II）【解析】由 f ( ) = 2 cos 2, 得tan(+2) = 2 cos 2,42) ) )1 sin(+ 4 = 2(cos2 - s in 2 ), cos(+整理得4 sin + coscos - sin= 2(cos + sin )(cos - sin ). 21 1 因为∈(0, ) ，所以sin + cos ≠ 0.因此(cos - s in ) 4= ,即sin 2= .2 2由∈(0, ) ，得2∈(0, ) .所以2= ,即= .4 2 6 124、解（1）： sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ k(k ∈ Z ) 得：函数 f (x ) 的定义域为{x x ≠ k , k ∈ Z }f (x ) =(sin x - cos x ) sin 2x= (sin x - cos x ) ⨯ 2 cos xsin x= sin 2x - (1+ cos 2x ) = 2 sin(2x --14 2得： f (x ) 的最小正周期为T = = ；2（2）函数 y = sin x 的单调递增区间为[2k - , 2k + 2 2](k ∈ Z )3则2k - ≤ 2x - ≤ 2k + ⇔ k - ≤ x ≤ k +2 4 2 8 8得： f (x ) 的单调递增区间为[k - , k ),(k , k + 3](k ∈ Z )8 85、本题考查两角和与差的三角函数公式、二倍角公式、三角函数的周期等性质、分段函数解析式等基础知识，考查分类讨论思想和运算求解能力.【 解 析 】1 1f (x ) = cos(2x + + sin 2 x = 1 cos 2x - 1 sin 2x + 1 (1- cos 2x )2 4 2 2 2= - sin 2x ， 2 22（I ）函数 f (x ) 的最小正周期T = =21 1（II ）当 x ∈[0, ] 时， g (x ) = - f (x ) = sin 2x2 当 x ∈[-2 21 1 sin 2x 当 x ∈[-, - ) 时， (x +) ∈[0, )2 2 g (x ) = g (x +) = sin 2(x +) = 2 2sin 2x⎧- 1 sin 2x (x ≤ 0) - ≤ ⎪ 22 得函数 g (x ) 在[-, 0] 上的解析式为 g (x ) = ⎨ .⎪ sin 2x (-≤ x <⎩⎪ 2 22 ) ) , 0] 时， (x + ) ∈[0, ] g (x ) = g (x + ) = 1 sin 2(x + ) = - 1 2 2 2 2 2 2 23 ⎢ ⎥ 6、【解析】（1）∵函数 f ( x ) 的最大值是 3，∴ A +1 = 3，即 A = 2 .∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为 ，∴最小正周期T =，∴= 2 .2故函数 f ( x ) 的解析式为 f (x ) = 2 s in(2x -) +1.61（2）∵ f ( ) = 2 s in(- 2) +1 = 2 ，即sin(- 6 ) = ，6 2∵ 0 << ，∴ - <- < ，∴- = ，故= .2 6 63 6 6 3⎛ 3 1⎫ 7、解：（1） f ( x ) = 4 2 cos x + 2 sin x ⎪⎪s in x + cos 2x ⎝ ⎭= 2 3 sin x cos x + 2 sin 2 x + cos 2 x - sin 2 x =3 sin 2x +1因-1 ≤ sin 2x ≤ 1，所以函数 y = f ( x ) 的值域为⎡1- 3,1+ 3⎤⎣⎦⎡ ⎤（2）因 y = sin x 在每个闭区间 ⎢⎣2k - 2 , 2k + 2 ⎥⎦ (k ∈ Z ) 上为增函数，故 f ( x ) = 3 sin 2x +1 (> 0) 在每个闭区间⎡ k - 4 , k + ⎤(k ∈ Z ) 上 4为增函数.⎡ 3 ⎤⎡ kk ⎤⎣⎦依题意知⎢- , ⎥ ⊆ ⎢ -, + ⎥ 对某个 k ∈ Z 成立，此时必有 k = 0 ，于是 ⎣ 2 2 ⎦ ⎣ 4 4⎦⎧- 3≥ -⎪ 2 41 1⎨⎪ ≤⎩ 2 4，解得≤ ，故的最大值为 . 6 6 8. 本题主要考查三角函数的图像与性质、同角三角函数的关系、两角和差公式，倍角公式等基础知识，考查基本运算能力，以及数形结合思想，化归与转化思想. [解析]（Ⅰ）由已知可得： f (x ) = 6 cos2x+ 23 cos x - 3(> 0)=3cosωx+ 3 sin x = 2 3 s in(x + )3又由于正三角形 ABC 的高为 2 ，则 BC=42 所以，函数 f (x )的周期T = 4 ⨯ 2 = 8，即= 8，得= 4所以，函数 f (x )的值域为[-2 3,2 3] .......................... 6 分 （Ⅱ）因为 f (x 0 ) =853，由（Ⅰ）有1 - ( 4)2 57 6 53 1 c os 2A5 561f (x ) = x 08 3x 0 42 3sin( 4 + ) =3 ， 即sin( 54 + ) = 35 由 x 0∈（- 10 2x 0 + ∈ (-，），得( ) , )3 34 3 2 2所以，即 x 0 3 cos( 4 + ) = =3 5 故 f (x + 1) = x 0= x 0 + + 02 3sin( = 4 x 0 + + ) 2 4 33sin[( ) ] 4 3 4x 0 2 3[sin( 4 + ) cos 3 4 + cos( 4 + ) s in3 4 = 2 3( 4⨯ 2 + 3 ⨯ 2 )5 2 5 2=12 分9..解：（1）由正弦定理得：a cos C + 3a sin C -b -c = 0 ⇔ sin A c os C - 3 sin A sin C = sin B + sin C⇔ sin A cos C + 3 sin A sin C = sin(a + C ) + sin C⇔ 3 sin A - cos A = 1 ⇔ sin( A - 30︒ ) = 12⇔ A - 30︒ = 30︒ ⇔ A = 60︒（2） S = bc sin A = ⇔ bc = 4 ， 2a 2 =b 2 +c 2 - 2bc cos A ⇔ b + c = 410. 本题主要考查三角恒等变换，正弦定理，余弦定理及三角形面积求法等知识点.(Ⅰ)∵cos A 2 0，∴sin A ＝ ，＝ ＞33又2 sin C ．35 cos C ＝sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝5 cos C ＋3整理得：tan C ＝ 5 ．(Ⅱ) 由图辅助三角形知： sin C ＝． 又由正弦定理知：a sin A c ，sin C故c 3 ． (1)b 2c 2 a 2 2对角 A 运用余弦定理：cos A ＝2bc ． (2) 3 解(1) (2)得： b 3 or b ＝ 3 (舍去)． ∴∆ ABC 的面积为：S ＝ 5． 3 2。

(浙江专用)2020版高考数学复习第二章函数概念与基本初等函数第8讲函数与方程练习(含解析)

(浙江专用)2020版高考数学复习第二章函数概念与基本初等函数第8讲函数与方程练习(含解析)

第8讲 函数与方程[基础达标]1．(2019·浙江省名校联考)已知函数y ＝f (x )的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：则函数y A ．2个 B ．3个 C ．4个D ．5个解析：选B.依题意，f (2)>0，f (3)<0，f (4)>0，f (5)<0，根据零点存在性定理可知，f (x )在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一个零点，故函数y ＝f (x )在区间[1，6]上的零点至少有3个．2．(2019·温州十校联考(一))设函数f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)解析：选B.法一：因为f (1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0，所以f (1)·f (2)<0，因为函数f (x )＝ln x ＋x －2的图象是连续的，所以函数f (x )的零点所在的区间是(1，2)．法二：函数f (x )的零点所在的区间为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的区间，作出两函数的图象如图所示，由图可知，函数f (x )的零点所在的区间为(1，2)．3．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－cos x ，则f (x )在[0，2π]上的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.作出g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x与h (x )＝cos x 的图象如图所示，可以看到其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在[0，2π]上的零点个数为3，故选C.4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x－tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π2，若实数x 0是函数y ＝f (x )的零点，且0<t <x 0，则f (t )的值( )A ．大于1B ．大于0C ．小于0D ．不大于0解析：选B.y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x是减函数，y 2＝－tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上也是减函数，可知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x－tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减． 因为0<t <x 0，f (t )>f (x 0)＝0.故选B.5．(2019·兰州模拟)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 ．－78D ．－38解析：选C.因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程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，所以f (－x )＝－f (x )，所以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，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得 λ＝－78.故选C.6．(2019·宁波市余姚中学期中检测)已知函数f (x )＝|x |x ＋2－kx 2(k ∈R )有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是( )A ．k <0B ．k <1C ．0<k <1D ．k >1解析：选D.分别画出y ＝|x |x ＋2与y ＝kx 2的图象如图所示，当k <0时，y ＝kx 2的开口向下，此时与y ＝|x |x ＋2只有一个交点，显然不符合题意； 当k ＝0时，此时与y ＝|x |x ＋2只有一个交点，显然不符合题意， 当k >0，x ≥0时， 令f (x )＝|x |x ＋2－kx 2＝0， 即kx 3＋2kx 2－x ＝0， 即x (kx 2＋2kx －1)＝0， 即x ＝0或kx 2＋2kx －1＝0，因为Δ＝4k 2＋4k >0，且－1k<0，所以方程有一正根，一负根，所以当x >0时，方程有唯一解．即当x ≥0时，方程有两个解．当k >0，x <0时，f (x )＝|x |x ＋2－kx 2＝0， 即kx 3＋2kx 2＋x ＝0，kx 2＋2kx ＋1＝0，此时必须有两个解才满足题意，所以Δ＝4k 2－4k >0，解得k >1， 综上所述k >1.7．(2019·金丽衢十二校高三联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1ln x ，x >1，则f (f (e))＝________，函数y ＝f (x )－1的零点为________．解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1ln x ，x >1， 所以f (e)＝ln e ＝1，f (f (e))＝f (1)＝tan 0＝0，若0<x ≤1，f (x )＝1⇒tan[π2(x －1)]＝1， 方程无解；若x >1，f (x )＝1⇒ln x ＝1⇒x ＝e. 答案：0 e 8．已知函数f (x )＝23x＋1＋a 的零点为1，则实数a 的值为________． 解析：由已知得f (1)＝0，即231＋1＋a ＝0，解得a ＝－12. 答案：－129．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，|log 2x |，x >0，则函数g (x )＝f (x )－12的零点所构成的集合为________．解析：令g (x )＝0，得f (x )＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，2x ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，|log 2x |＝12，解得x ＝－1或x ＝22或x ＝2，故函数g (x )＝f (x )－12的零点所构成的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，22，2. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，22，2 10．(2019·杭州学军中学模拟)已知函数f (x )＝|x 3－4x |＋ax －2恰有2个零点，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )＝|x 3－4x |＋ax －2恰有2个零点即函数y ＝|x 3－4x |与y ＝2－ax的图象有2个不同的交点．作出函数y ＝|x 3－4x |的图象如图，当直线y ＝2－ax 与曲线y ＝－x 3＋4x ，x ∈[0，2]相切时，设切点坐标为(x 0，－x 30＋4x 0)，则切线方程为y －(－x 30＋4x 0)＝(－3x 20＋4)(x －x 0)，且经过点(0，2)，代入解得x 0＝1，此时a ＝－1，由函数图象的对称性可得实数a 的取值范围为a <－1或a >1.答案：a<－1或a >111．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1(a ≠0)． (1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的零点；(2)若对任意b ∈R ，函数f (x )恒有两个不同零点，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2－2x －3，令f (x )＝0，得x ＝3或x ＝－1. 所以函数f (x )的零点为3和－1.(2)依题意，f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1＝0有两个不同实根，所以b 2－4a (b －1)>0恒成立，即对于任意b ∈R ，b 2－4ab ＋4a >0恒成立，所以有(－4a )2－4×(4a )<0⇒a 2－a <0，解得0<a <1，因此实数a 的取值范围是(0，1)．12．已知函数f (x )＝－x 2－2x ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x ，x >0，x ＋1，x ≤0.(1)求g (f (1))的值；(2)若方程g (f (x ))－a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围． 解：(1)利用解析式直接求解得g (f (1))＝g (－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t <1)的图象(图略)，由图象可知，当1≤a <54时，函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54. [能力提升]1．(2019·杭州市富阳二中高三质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－2（x ≤0）ln x （x >0），则下列关于函数y ＝f [f (kx )＋1]＋1(k ≠0)的零点个数的判断正确的是( )A ．当k >0时，有3个零点；当k <0时，有4个零点B ．当k >0时，有4个零点；当k <0时，有3个零点C ．无论k 为何值，均有3个零点D ．无论k 为何值，均有4个零点 解析：选C.令f [f (kx )＋1]＋1＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1≤0，e f （kx ）＋1－2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1>0ln[f （kx ）＋1]＋1＝0， 解得f (kx )＋1＝0或f (kx )＋1＝1e ；由f (kx )＋1＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＝－1； 即x ＝0或kx ＝1e ；由f (kx )＋1＝1e得，⎩⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝1e 或⎩⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＋1＝1e ； 即e kx＝1＋1e (无解)或kx ＝e 1e －1；综上所述，x ＝0或kx ＝1e 或kx ＝e 1e －1；故无论k 为何值，均有3个解，故选C.2．(2019·宁波市高三教学评估)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R 且a >0)，则“f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0”是“f (x )与f (f (x ))都恰有两个零点”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.由已知a >0，函数f (x )开口向上，f (x )有两个零点，最小值必然小于0，当取得最小值时，x ＝－b2a ，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，令f (x )＝－b2a ，则f (f (x ))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，所以f (f (x ))<0，所以f (f (x ))必有两个零点．同理f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a <0⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0⇒x ＝－b2a ，因为x ＝－b2a 是对称轴，a >0，开口向上，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，必有两个零点所以C 选项正确．3．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)若关于x 的不等式x 2＋|x －a |<2至少有一个正数解，则实数a 的取值范围是________．解析：不等式为2－x 2>|x －a |，则0<2－x 2.在同一坐标系画出y ＝2－x 2(y ≥0，x ≥0)和y ＝|x |两个函数图象，将绝对值函数y ＝|x |向左移动，当右支经过(0，2)点时，a ＝－2；将绝对值函数y ＝|x |向右移动让左支与抛物线y ＝2－x 2(y ≥0，x ≥0)相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y －0＝－（x －a ）y ＝2－x2，可得x 2－x ＋a －2＝0， 再由Δ＝0解得a ＝94.数形结合可得，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，94. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－2，944．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，g (x )＝log 12x ，记函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ），f （x ）≤g （x ），f （x ），f （x ）>g （x ），则函数F (x )＝h (x )＋x －5的所有零点的和为________．解析：由题意知函数h (x )的图象如图所示，易知函数h (x )的图象关于直线y ＝x 对称，函数F (x )所有零点的和就是函数y ＝h (x )与函数y ＝5－x 图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x 1，x 2，因为两函数图象的交点关于直线y ＝x 对称，所以x 1＋x 22＝5－x 1＋x 22，所以x 1＋x 2＝5.答案：55．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e2x(x >0)．(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解：(1)法一：因为g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ， 故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e ，则y ＝g (x )－m 就有零点． 所以m 的取值范围是[2e ，＋∞)．法二：作出g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图象如图：可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e，即m 的取值范围是[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图象．因为f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2. 所以其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下， 最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．所以m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．6．(2019·绍兴一中高三期中)已知函数f (x )＝x |x －a |＋bx . (1)当a ＝2，且f (x )是R 上的增函数，求实数b 的取值范围；(2)当b ＝－2，且对任意a ∈(－2，4)，关于x 的方程f (x )＝tf (a )有三个不相等的实数根，求实数t 的取值范围．解：(1)f (x )＝x |x －2|＋bx ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋（b －2）x ，x ≥2－x 2＋（b ＋2）x ，x <2，因为f (x )连续，所以f (x )在R 上递增等价于这两段函数分别递增， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－b2≤22＋b 2≥2，解得，b ≥2.(2)f (x )＝x |x －a |－2x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－（a ＋2）x ，x ≥a －x 2＋（a －2）x ，x <a ，tf (a )＝－2ta ，当2≤a <4时，a －22<a ＋22≤a ，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22＝a 24－a ＋1， f (x )极小值＝f (a )＝－2a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2a <－2ta ，a 24－a ＋1>－2ta 对2≤a <4恒成立，解得0<t <1，当－2<a <2时，a －22<a <a ＋22，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22，a ＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋22，＋∞上单调递增，所以f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22＝a 24－a ＋1， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋22＝－a 24－a －1，所以－a 24－a －1<－2ta <a 24－a ＋1对－2<a <2恒成立，解得0<t <1，综上所述，0<t <1.。

2020年高考数学(理)函数与导数 专题02 函数的基本性质(解析版)

2020年高考数学(理)函数与导数 专题02 函数的基本性质(解析版)

函数与导数02函数函数的基本性质【考点讲解】一、具体目标：1.结合具体函数，了解函数奇偶性的含义.会用函数的图象理解和研究函数的奇偶性.2.理解函数的单调性及其几何意义.会用基本函数的图象分析函数的性质.3. 了解函数的周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性．二、知识概述：1．偶函数、奇函数的概念一般地，如果对函数f(x)的定义域内任意一个x，都有__f(－x)＝f(x)__，那么函数f(x)就叫做偶函数．一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x，都有__f(－x)＝－f(x)__，那么函数f(x)就叫做奇函数．2．奇、偶函数的图象特征偶函数的图象关于__y轴__对称，奇函数的图象关于__原点__对称．3．函数奇偶性的常用结论(1)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(3)在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．4.判断函数的奇偶性的常用方法：(1)定义法一般地，对于较简单的函数解析式，可通过定义直接作出判断；对于较复杂的解析式，可先对其进行化简，再利用定义进行判断．利用定义判断函数奇偶性的步骤：(2)图象法：奇函数的图象关于原点成中心对称，偶函数的图象关于y 轴成轴对称．因此要证函数的图象关于原点对称，只需证明此函数是奇函数即可；要证函数的图象关于y 轴对称，只需证明此函数是偶函数即可．反之，也可利用函数图象的对称性去判断函数的奇偶性． (3)组合函数奇偶性的判定方法①两个奇(偶)函数的和、差还是奇(偶)函数，一奇一偶之和为非奇非偶函数．②奇偶性相同的两函数之积(商)为偶函数，奇偶性不同的两函数之积(商)(分母不为0)为奇函数． ③复合函数的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”． (4)分段函数的奇偶性判定分段函数应分段讨论，注意奇偶函数的整体性质，要避免分段下结1．已知函数的奇偶性求函数的解析式． 抓住奇偶性讨论函数在各个分区间上的解析式，或充分利用奇偶性产生关于()f x 的方程，从而可得()f x 的解析式．5．已知带有字母参数的函数的表达式及奇偶性求参数．常常采用待定系数法：利用()()0f x f x ±－＝产生关于字母的恒等式，由系数的对等性可得知字母的值．6．奇偶性与单调性综合时要注意奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反． 7．增函数与减函数一般地，设函数f (x )的定义域为I ，(1)如果对于定义域I 内某个区间D 上的__任意两个__自变量的值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是__增函数__.(2)如果对于定义域I 内某个区间D 上的__任意两个__自变量的值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是__减函数__.8．单调性与单调区间如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)__单调性__，区间D 叫做y ＝f (x )的__单调区间__. 9．函数的最大值与最小值：一般地，设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足：(1)对于任意的x ∈I ，都有__f (x )≤M __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么，我们称M 是函数y ＝f (x )的最 大值．(2)对于任意的x ∈I ，都有__f (x )≥M __；存在x 0∈I ，使得__f (x 0)＝M __，那么我们称M 是函数y ＝f (x )的最小值．10．函数单调性的常用结论11．对勾函数的单调性对勾函数y ＝x ＋ax (a >0)的递增区间为(－∞，－a ]和[a ，＋∞)；递减区间为[－a ，0)和(0，a ]，且对勾函数为奇函数． 12.函数的周期性(1)对于函数f (x )，如果存在一个__非零常数__T ，使得当x 取定义域内的每一个值时，都有__f (x ＋T )＝f (x )__，那么函数f (x )就叫做周期函数，T 叫做这个函数的周期．(2)如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的__最小__正周期． 13.函数周期性的常用结论： 对f (x )定义域内任一自变量x 的值： (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a (a >0)； (2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a (a >0)； (3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a (a >0)．14.函数的对称性与周期性的关系(1)如果函数f (x )(x ∈D )在定义域内有两条对称轴x ＝a ，x ＝b (a <b )，则函数f (x )是周期函数，且周期T ＝2(b －a )(不一定是最小正周期，下同)．(2)如果函数f (x )(x ∈D )在定义域内有两个对称中心A (a,0)，B (b,0)(a <b )，那么函数f (x )是周期函数，且周期 T ＝2(b －a )．(3)如果函数f (x )，x ∈D 在定义域内有一条对称轴x ＝a 和一个对称中心B (b,0)(a ≠b )，那么函数f (x )是周期函数，且周期T ＝4|b －a |.注：对于(1)(2)(3)中的周期公式可仿照正、余弦函数的图象加强记忆．判断函数的周期只需证明f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)便可证明函数是周期函数，且周期为T ，函数的周期性常与函数的其他性质综合命题．15．根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，在解决具体问题时，要注意结论：若T 是函数的周期，则kT (k ∈Z 且k ≠0)也是函数的周期．1．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e ax f x =-.若(ln 2)8f =，则a =__________．【解析】本题主要考查函数的奇偶性，对数的计算．由题意知()f x 是奇函数，且当0x <时，()e axf x =-，又因为ln 2(0,1)∈，(ln 2)8f =，所以ln 2e 8a --=-，两边取以e 为底数的对数，得ln 23ln 2a -=，所以3a -=，即3a =-．【答案】3-2.【2019优选题】已知()f x 是R 上的偶函数，且在[0，)+∞单调递增，若(3)f a f -<（4），则a 的取值范围为 ．【解析】：()f x Q 是R 上的偶函数，且在[0，)+∞单调递增，∴不等式(3)f a f -<（4）等价为 (|3|)f a f -<（4），即|3|4a -<，即434a -<-<，得17a -<<，即实数a 的取值范围是17a -<<， 【真题分析】故答案为：17a -<< 【答案】17a -<<．3.【2017课标II 】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+, 则(2)f = ________．【解析】本题考点奇函数的性质解决求函数值的问题. 法一：(2)(2)[2(8)4]12=--=-⨯-+=f f .法二：由题意可知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，所以有()()()232x x x f x f +-=-=-，而因为()0,∞-∈x ，()∞+∈-，0x ，()232x x x f --=-所以有()⎪⎩⎪⎨⎧>-<+=0,20,22323x x x x x x x f ，()12222223=-⨯=f【答案】124. 【2017山东】已知f (x )是定义在R 上的偶函数,且f (x +4)=f (x -2).若当[3,0]x ∈- 时,()6xf x -=,则f (919)= 【解析】由f (x +4)=f (x -2)可知,()()6=+f x f x 是周期函数,且6T =,所以(919)(66531)(1)f f f =⨯+=(1)6f =-=.【答案】65. 【2019年高考江苏】设(),()f x g x 是定义在R 上的两个周期函数，()f x 的周期为4，()g x 的周期为2，且()f x 是奇函数.当2(]0,x ∈时，()f x =(2),01()1,122k x x g x x +<≤⎧⎪=⎨-<≤⎪⎩，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 . 【解析】作出函数()f x ，()g x 的图象，如图：由图可知，函数2()1(1)f x x =--1()(12,34,56,78)2g x x x x x =-<≤<≤<≤<≤的图象仅有2个交点，即在区间(0，9]上，关于x 的方程()()f x g x =有2个不同的实数根，要使关于x 的方程()()f x g x =有8个不同的实数根，则2()1(1),(0,2]f x x x =--∈与()(2),(0,1]g x k x x =+∈的图象有2个不同的交点，由(1,0)到直线20kx y k -+=的距离为1211k =+，解得2(0)4k k =>， ∵两点(2,0),(1,1)-连线的斜率13k =，∴1234k ≤<，综上可知，满足()()f x g x =在(0,9]上有8个不同的实数根的k 的取值范围为123⎡⎢⎣⎭，. 【答案】123⎡⎢⎣⎭6.【2017山东理15】若函数()e x f x （e 2.71828=L 是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 .①()2x f x -=②()3x f x -=③()3f x x = ④()22f x x =+【解析】①()e =e e 22xx x xy f x -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递增，故()2x f x -=具有M 性质； ②()e =e e 33xx x x y f x -⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③()3=e e xxy f x x =⋅，令()3e xg x x =⋅，则()()322e e 3e3xxxg x x x x x '=⋅+⋅=+，所以当3x >-时，()0g x '>；当3x <-时，()0g x '<，所以()3=e e xxy f x x =⋅在(),3-∞-上单调递减，在()3,-+∞上单调递增，故()3f x x =不具有M 性质；④()()2=e e 2x x y f x x =+.令()()2e 2x g x x =+， 则()()()22e 2e 2e 110xx x g x xx x ⎡⎤'=++⋅=++>⎣⎦，所以()()2=e e 2x x y f x x =+在R 上单调递增，故()22f x x =+具有M 性质．综上所述，具有M 性质的函数的序号为①④.【答案】①④7.【2017天津理6】已知奇函数()f x 在R 上是增函数，()()g x xf x =.若2(log 5.1)a g =-，0.8(2)b g =，(3)c g =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ）. A.a b c << B.c b a <<C.b a c <<D.b c a <<【解析】 因为奇函数()f x 在R 上增函数，所以当0x >时，()0f x >，从而()()g x xf x =是R 上的偶函数，且在(0,)+∞上是增函数.()()22log 5.1log 5.1a g g =-=，0.822<，又4 5.18<<，则22log 5.13<<，所以0.8202log 5.13<<<，于是()()()0.822log 5.13g g g <<，即b a c <<.故选C.【答案】C8.【2018新课标II 卷11】已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=…（ ）A ．50-B ．0C ．2D ．50【解析】本题考点是函数的性质的具体应用，根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果. 由题意可知原函数的定义域为()∞+∞-，的奇函数，并且有()()x f x f +=-11，所以有()()()111--=-=+x f x f x f ，所以有()()()113-=+-=+x f x f x f ，即有()()4+=x f x f ，所以函数是以周期为4的周期函数.因此有()()()()()()()()[]()()2143211250321f f f f f f f f f f +++++=++++Λ.因为()()()()2413f f f f -=-=，，()()()()04321=+++f f f f ，由()()()113-=+-=+x f x f x f 可得()()()00112==+--=f f f从而()()()()()2150321==++++f f f f f Λ，选C .【答案】C9. .已知定义在错误!未找到引用源。

【高考复习】2020年高考数学(文数) 函数的图象与性质 小题练(含答案解析)

【高考复习】2020年高考数学(文数) 函数的图象与性质 小题练(含答案解析)

【高考复习】2020年高考数学(文数)函数的图象与性质 小题练一、选择题1.已知函数f(x)=x|x|－2x ，则下列结论正确的是( )A ．f(x)是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B ．f(x)是偶函数，递减区间是(－∞，1)C ．f(x)是奇函数，递减区间是(－1，1)D ．f(x)是奇函数，递增区间是(－∞，0)2.使log 2(－x)＜x ＋1成立的x 的取值范围是( )A ．(－1，0)B ．[－1，0)C ．(－2，0)D ．[－2，0)3.下列函数f(x)的图象中，满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＞f(3)＞f(2)的只可能是( )4.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x ＞0，2x ，x ≤0，若关于x 的方程f(x)=k 有两个不等的实数根，则实数k 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(1，＋∞)D ．(0，1]5.方程x 2+ax-2=0在区间[1,5]上有解,则实数a 的取值范围为( )A.B.(1,+∞)C.D.6.若函数f(x)=(1-x 2)(x 2+ax-5)的图象关于直线x=0对称,则f(x)的最大值是( ) A.-4 B.4 C.4或-4 D.不存在7.已知实数a≠0，函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x ＜1，－x －2a ，x ≥1，若f(1－a)=f(1＋a)，则a 的值为( )A ．－32B ．－34C ．－32或－34D ．32或－348.y=x+xx ||的图象是（ ）9.已知函数f(x)=－x 2＋4x ＋a ，x ∈[0，1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为( )A ．1B ．0C ．－1D ．210.已知二次函数f(x)的二次项系数为a ，且不等式f(x)>－2x 的解集为(1，3)．若方程f(x)＋6a=0有两个相等的根，则实数a=( )A ．－0.2B ．1C ．1或－0.2D ．－1或－0.211.设函数f(x)=mx 2－mx －1，若对于x ∈[1，3]，f(x)<－m ＋4恒成立，则实数m 取值范围为( )A ．(－∞，0]B ．0，57C ．(－∞，0)∪0，57D ．－∞，5712.对二次函数f(x)=ax 2＋bx ＋c(a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A ．－1是f(x)的零点B ．1是f(x)的极值点C ．3是f(x)的极值D ．点(2，8)在曲线y=f(x)上二、填空题13.如图，函数f(x)的图象是曲线OAB ，其中点O ，A ，B 的坐标分别为(0，0)，(1，2)，(3，1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1f （3）的值等于________．14.已知点P 1(x 1,2 015)和P 2(x 2,2 015)在二次函数f(x)=ax 2+bx+9(a ≠0)的图象上,则f(x 1+x 2)的值为 . 15.已知函数⎩⎨⎧<-≥-=3,313,12)(x x x x x f ，则f[f(-1)]的值是________.16.已知f(x-1)的定义域为[-3,3]，则f(x)的定义域为____________． 17.已知函数f(x)=x 2－2tx ＋1，在区间[2，5]上单调且有最大值为8，则实数t 的值为______．18.若函数y=x 2－3x －4的定义域为[0，m]，值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－254，－4，则实数m 的取值范围是________．答案解析1.答案为：C ；解析：选C.将函数f(x)=x|x|－2x 去掉绝对值得f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，画出函数f(x)的图象，如图，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故函数f(x)为奇函数，且在(－1，1)上单调递减．2.答案为：A ；解析：选A.在同一坐标系内作出y=log 2(－x)，y=x ＋1的图象，知满足条件的x∈(－1，0)．3.答案为：D.4.答案为：D ；解析：选D.作出函数y=f(x)与y=k 的图象，如图所示：由图可知k∈(0，1]，故选D.5.C 方程x 2+ax-2=0在区间[1,5]上有解转化为方程a=在区间[1,5]上有解,即y=a 与y=的图象有交点,又因为y==-x 在[1,5]上是减函数,所以其值域为,故选C.6.B 依题意,知函数f(x)是偶函数,则y=x 2+ax-5是偶函数,故a=0,则f(x)=(1-x 2)(x 2-5)=-x 4+6x 2-5=-(x 2-3)2+4,当x 2=3时, f(x)取最大值,为4. 7.答案为：B.解析：当a ＞0时，1－a ＜1，1＋a ＞1.由f(1－a)=f(1＋a)得2－2a ＋a=－1－a －2a ，解得a=－32，不合题意；当a ＜0时，1－a ＞1，1＋a ＜1，由f(1－a)=f(1＋a)得－1＋a －2a=2＋2a ＋a ，解得a=－34，所以a 的值为－34，故选B.8.答案：C9.答案为：A ；解析：f(x)=－x 2＋4x ＋a=－(x －2)2＋a ＋4，∴函数f(x)=－x 2＋4x ＋a 在[0，1]上单调递增， ∴当x=0时，f(x)取得最小值，当x=1时，f(x)取得最大值， ∴f(0)=a=－2，f(1)=3＋a=3－2=1，故选A ．10.答案为：A ；解析：因为f(x)＋2x>0的解集为(1，3)，设f(x)＋2x=a(x －1)(x －3)，且a<0，所以f(x)=a(x －1)(x －3)－2x=ax 2－(2＋4a)x ＋3a ．由方程f(x)＋6a=0得ax 2－(2＋4a)x ＋9a=0．因为方程有两个相等的根，所以Δ=[－(2＋4a)]2－4a·9a =0，解得a=1或a=－15．由于a<0，则a=－15．故选A ．11.答案为：D ；解析：由题意，f(x)<－m ＋4对于x ∈[1，3]恒成立，即m(x 2－x ＋1)<5对于x ∈[1，3]恒成立．∵当x ∈[1，3]时，x 2－x ＋1∈[1，7]，∴不等式f(x)<－m ＋4等价于m<5x 2－x ＋1．∵当x=3时，5x 2－x ＋1取最小值57，∴若要不等式m<5x 2－x ＋1对于x ∈[1，3]恒成立，则必须满足m<57，因此，实数m 的取值范围为－∞，57，故选D ．12.答案为：A ；解析：由已知得，f′(x)=2ax ＋b ，则f(x)只有一个极值点，若A ，B 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ＝0，2a ＋b ＝0，解得b=－2a ，c=－3a ，则f(x)=ax 2－2ax －3a ．由于a 为非零整数，所以f(1)=－4a≠3，则C 错误．而f(2)=－3a≠8，则D 也错误，与题意不符， 故A ，B 中有一个错误，C ，D 都正确． 若A ，C ，D 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ＝0， ①4a ＋2b ＋c ＝8，②4ac －b 24a ＝3，③由①②得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝83－a ，c ＝83－2a ，代入③中并整理得9a 2－4a ＋649=0，又a 为非零整数，则9a 2－4a 为整数，故方程9a 2－4a ＋649=0无整数解，故A 错误．若B ，C ，D 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＋b ＋c ＝3，4a ＋2b ＋c ＝8，解得a=5，b=－10，c=8，则f(x)=5x 2－10x ＋8，此时f(－1)=23≠0，符合题意．故选A ．一、填空题13.答案为：2；解析：由题中图象知f(3)=1，∴1f （3）=1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1f （3）=f(1)=2.14.答案9解析 依题意得x 1+x 2=-,则f(x 1+x 2)=f=a+b+9=9.15.答案为：7[解析]：∵x<3时，f(x)=1-3x ，∴f(-1)=1-3×(-1)=4.又∵x ≥3时，f(x)=2x-1，∴f(4)=2×4-1=7.∴f[f(-1)]=f(4)=7.16. [答案][-4,2][解析] ∵-3≤x ≤3，∴-4≤x-1≤2，∴f(x)的定义域为[-4,2]．17.答案为：1.8；解析：函数f(x)=x 2－2tx ＋1图象的对称轴是x=t ，函数在区间[2，5]上单调，故t≤2或t≥5. 若t≤2，则函数f(x)在区间[2，5]上是增函数， 故f(x)max =f(5)=25－10t ＋1=8，解得t=1.8；若t≥5，函数f(x)在区间[2，5]上是减函数，此时f(x)max =f(2)=4－4t ＋1=8， 解得t=－0.75，与t≥5矛盾． 综上所述，t=1.8.18.答案为：⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3； 解析：因为y=x 2－3x －4=⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322－254，且f(0)=－4，值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－254，－4，所以32∈[0，m]，即m≥32．又f(m)≤－4，则0≤m≤3，所以32≤m≤3．。

全国高考数学复习：专题(含参函数的单调性讨论)重点讲解与练习(附答案)

全国高考数学复习：专题(含参函数的单调性讨论)重点讲解与练习(附答案)

全国高考数学复习：专题（含参函数的单调性讨论）重点讲解与练习【方法总结】分类讨论思想研究函数的单调性讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要部分，简称导主．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；(2)导函数是否有变号零点，即“有没有”；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内，即“在不在”；(4)导函数的变号零点之间的大小关系，即“大不大”．牢记：十二字方针“是不是，有没有，在不在，大不大”．考点一 导主一次型【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】1．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．考点二 导主二次型【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x1，x2都在定义域内，则讨论个零点x1，x2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1是不是＋有没有＋在不在[例2](2021ꞏ全国乙节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论f(x)的单调性．[例3](2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．[例4]设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．讨论f(x)的单调性．4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．[例6] 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．[例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．[例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性．10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．考点三 导主指对型 【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．[例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值； (2)求函数f (x )的单调区间．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12](2017山东理)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e xꞏ(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性参考答案【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，令f ′(x )＝0，得x ＝a ， ①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．【对点训练】1．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．讨论函数f (x )的单调性． 1．解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减； 当a ＝0时，f (x )为常函数．2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性． 2．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ， 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 考点二 导主二次型 【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x 1，x 2都在定义域内，则讨论个零点x 1，x 2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1 是不是＋有没有＋在不在[例2] (2021ꞏ全国乙节选)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析 由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )． ①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3， 令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，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．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－1－3a 3上单调递增，在⎝ ⎛⎪⎫1－1－3a 3，1＋1－3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－3a 3，＋∞上单调递增．[例3] (2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性． 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2． ①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42． 当x ∈⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． 综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．[例4] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性． 解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a． 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－(a ＋1)＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)＋2a ＋1a ，－(a ＋1)－2a ＋1a 上单调递增． 【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性． 3．解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－∞，－k 3，⎝⎛⎭⎫k 3，＋∞上单调递增． 4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．4．解析 由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2. 设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0．此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数． ②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0． 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2， x ∈(0，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在(a －a 2－82，a ＋a 2－82)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性． 5．解析 由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增． 当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增； ②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a ，x 2＝－1＋1－1a ．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性． 解析 因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x． 由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1， 即函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减；若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (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f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[例6] 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．解析 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． [例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－(x －1)(ax －1)x 2．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝1a ． 当a ≤0时，ax －1＜0，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减； 当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． [例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析 f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋2＋a 2x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22，又f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增； 若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞上单调递减．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3． 当a ≤0，x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . ①若0＜a ＜2，则2a ＞1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②若a ＝2，则2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③若a ＞2，则0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．6．解析 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x． ①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； ②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a <1，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间． 7．解析 f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1 ． ①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0；x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，0，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－2a ，0． ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－2a ． 8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．8．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x． (1)当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；(3)当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a 2a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在(1－a 2a ，＋∞)上单调递增． 9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性． 9．解 因为f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k x －4－x 2x 2＝－(x －k )⎝⎛⎭⎫x －4k x 2(x >0，k >0)． ①当0<k <2时，4k k >0，且4k >2，所以当x ∈(0，k )时，f ′(x )<0，当x ∈(k ，2)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；②当k ＝2时，4k ＝k ＝2，f ′(x )<0在(0，2)上恒成立，所以f (x )在(0，2)上是减函数；③当k >2时，0<4k <2，k >4k ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，4k 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫4k ，2时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数．综上可知，当0<k <2时，f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；当k ＝2时，f (x )在(0，2)上是减函数；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数． 10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性． 10．解析 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1． ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增．当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．考点三 导主指对型【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解析 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②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. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2．当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0；故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． [例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析 易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a 2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；②若a 2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．11．解析 ∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ．易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值；(2)求函数f (x )的单调区间．12．解析 (1)若a ＝0，f (x )＝x 2ln x －12x 2，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x 2×1x －x ＝2x ln x ，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，所以f (x )在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f (x )的最小值为f (1)＝－12．(2)f ′(x )＝(2x －2a )ln x ＋(x 2－2ax )ꞏ1x －x ＋2a ＝(2x －2a )ln x ，①当a ≤0时，2x －2a ＞0，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；②当0＜a ＜1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜a 或x ＞1，由f ′(x )＜0可得a ＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；③当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；④当a ＞1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜1或x ＞a ，由f ′(x )＜0可得1＜x ＜a ，此时f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a ＞1时，f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12] (2017山东理)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ꞏ(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．解析 (1)g′(x)＝(e x)′ꞏ(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x．因为cos x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0．当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0．①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，e x－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，e x－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，e x－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(ln a，＋∞)时，e x －a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a<1时，函数h(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增；当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性．13．解析 (1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0．(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0．①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．。

历年(2020-2024)全国高考数学真题分类(函数及其基本性质)汇编(附答案)

历年(2020-2024)全国高考数学真题分类(函数及其基本性质)汇编(附答案)

历年(2020-2024)全国高考数学真题分类(函数及其基本性质)汇编考点01 直接求函数值1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（ ） A ．(10)100f > B ．(20)1000f > C ．(10)1000f <D ．(20)10000f <2．（2024∙上海∙高考真题）已知()0,1,0x f x x >=≤⎪⎩则()3f = ． 3．（2023∙北京∙高考真题）已知函数2()4log xf x x =+，则12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．4．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．53-B ．13-C ．13D ．535．（2021∙浙江∙高考真题）已知R a ∈，函数24,2()3,2,x x f x x a x ⎧->⎪=⎨-+≤⎪⎩若3f f ⎡⎤=⎣⎦，则=a .考点02 函数的定义域与值域1．（2022∙北京∙高考真题）函数1()f x x=的定义域是 ． 2．（2020∙山东∙高考真题）函数()1lg f x x=的定义域是（ ） A ．()0,∞+B ．()()0,11,+∞C ．[)()0,11,+∞UD ．()1,+∞考点03 函数单调性的判断及其应用1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞B ．[1,0]-C ．[1,1]-D ．[0,)+∞2．（2023∙北京∙高考真题）下列函数中，在区间(0,)+∞上单调递增的是（ ） A ．()ln f x x =-B ．1()2xf x =C ．1()f x x=-D ．|1|()3x f x -=3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）已知函数()2(1)e x f x --=．记,,a f b f c f ===⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则（ ）A ．b c a >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>4．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设函数()()2x x a f x -=在区间()0,1上单调递减，则a 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．[)2,0-C ．(]0,2D ．[)2,+∞5．（2021∙全国甲卷∙高考真题）下列函数中是增函数的为（ ）A ．()f x x =-B ．()23xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．()2f x x = D ．()f x 6．（2020∙山东∙高考真题）已知函数()f x 的定义域是R ，若对于任意两个不相等的实数1x ，2x ，总有()()21210f x f x x x ->-成立，则函数()f x 一定是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．增函数D ．减函数7．（2020∙全国∙高考真题）设函数331()f x x x=-,则()f x （ ） A ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 C ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增D ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减考点04 函数的奇偶性及其应用1．（2024∙天津∙高考真题）下列函数是偶函数的是（ ）A ．22e 1x x y x -=+ B ．22cos 1x x y x +=+C ．e 1x x y x -=+D ．||sin 4e x x xy +=2．（2024∙上海∙高考真题）已知()3f x x a =+，x ∈R ，且()f x 是奇函数，则=a ．3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）若()()2π1sin 2f x x ax x ⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭为偶函数，则=a ．4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知e ()e 1xax x f x =-是偶函数，则=a （ ）A ．2-B ．1-C ．1D ．25．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）若()()21ln 21x f x x a x -=++为偶函数，则=a （ ）． A ．1-B ．0C ．12D ．16．（2022∙全国乙卷∙高考真题）若()1ln 1f x a b x++-=是奇函数，则=a ，b = ． 7．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．53-B ．13-C ．13D ．538．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x ． ①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()f x '是奇函数．9．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数()()322x x x a f x -=⋅-是偶函数，则=a .10．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设函数1()1xf x x-=+，则下列函数中为奇函数的是（ ） A ．()11f x --B ．()11f x -+C ．()11f x +-D ．()11f x ++11．（2020∙山东∙高考真题）若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（ ）A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[1,0][1,)-⋃+∞D ．[1,0][1,3]-⋃12．（2020∙全国∙高考真题）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则f (x )（ ）A ．是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B ．是奇函数，且在11(,)22-单调递减C ．是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D ．是奇函数，且在1(,2-∞-单调递减考点05 函数的周期性及其应用1．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ++-==，则221()k f k ==∑（ ）A ．3-B ．2-C ．0D ．12．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则（ ） A ．102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B ．()10f -=C ．()20f =D ．()40f =3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设函数()f x 的定义域为R ，()1f x +为奇函数，()2f x +为偶函数，当[]1,2x ∈时，2()f x ax b =+．若()()036f f +=，则92f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．94-B ．32-C ．74D ．52考点06 函数的对称性及其应用1．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（ ） A ．当1a >时，()f x 有三个零点 B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心2．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（ ）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x +-=--=．若()y g x =的图像关于直线2x =对称，(2)4g =，则()221k f k ==∑（ ）A ．21-B ．22-C ．23-D ．24-4．（2020∙全国∙高考真题）已知函数f (x )=sin x +1sin x，则（） A ．f (x )的最小值为2B ．f (x )的图象关于y 轴对称C ．f (x )的图象关于直线x π=对称D ．f (x )的图象关于直线2x π=对称参考答案 考点01 直接求函数值1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（ ） A ．(10)100f > B ．(20)1000f > C ．(10)1000f < D ．(20)10000f <【答案】B【答案分析】代入得到(1)1,(2)2==f f ，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【答案详解】因为当3x <时()f x x =，所以(1)1,(2)2==f f ， 又因为()(1)(2)f x f x f x >-+-，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5f f f f f f >+=>+>，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21f f f f f f f f f >+>>+>>+>， (8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89f f f f f f f f f >+>>+>>+>， (11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377f f f f f f f f f >+>>+>>+> (14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987f f f f f f >+>>+>，(16)(15)(14)15971000f f f >+>>，则依次下去可知(20)1000f >，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确. 故选：B.【名师点评】关键点名师点评：本题的关键是利用(1)1,(2)2==f f ，再利用题目所给的函数性质()(1)(2)f x f x f x >-+-，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.2．（2024∙上海∙高考真题）已知()0,1,0x f x x >=≤⎪⎩则()3f = ．【答案分析】利用分段函数的形式可求()3f .【答案详解】因为()0,1,0x f x x >=≤⎪⎩故()3f =3．（2023∙北京∙高考真题）已知函数2()4log xf x x =+，则12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．【答案】1【答案分析】根据给定条件，把12x =代入，利用指数、对数运算计算作答. 【答案详解】函数2()4log xf x x =+，所以12211()4log 21122f =+=-=.故答案为：14．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．53-B ．13-C ．13D ．53【答案】C【答案分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得53f ⎛⎫⎪⎝⎭的值.【答案详解】由题意可得：522213333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而21111133333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故5133f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.故选：C.【名师点评】关键点名师点评：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.5．（2021∙浙江∙高考真题）已知R a ∈，函数24,2()3,2,x x f x x a x ⎧->⎪=⎨-+≤⎪⎩若3f f ⎡⎤=⎣⎦，则=a . 【答案】2【答案分析】由题意结合函数的答案解析式得到关于a 的方程，解方程可得a 的值.【答案详解】()()642233f f f f a ⎡⎤=-==-+=⎣⎦，故2a =， 故答案为：2.考点02 函数的定义域与值域1．（2022∙北京∙高考真题）函数1()f x x=的定义域是 ． 【答案】()(],00,1-∞⋃【答案分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【答案详解】解：因为()1f x x =100x x -≥⎧⎨≠⎩，解得1x ≤且0x ≠， 故函数的定义域为()(],00,1-∞⋃； 故答案为：()(],00,1-∞⋃2．（2020∙山东∙高考真题）函数()1lg f x x=的定义域是（ ） A ．()0,∞+ B ．()()0,11,+∞C ．[)()0,11,+∞UD ．()1,+∞【答案】B【答案分析】根据题意得到0lg 0x x >⎧⎨≠⎩，再解不等式组即可.【答案详解】由题知：0lg 0x x >⎧⎨≠⎩，解得0x >且1x ≠. 所以函数定义域为()()0,11,+∞ . 故选：B考点03 函数单调性的判断及其应用1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．(,0]-∞ B ．[1,0]- C ．[1,1]- D ．[0,)+∞【答案】B【答案分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【答案详解】因为()f x 在R 上单调递增，且0x ≥时，()()e ln 1xf x x =++单调递增，则需满足()02021e ln1aa -⎧-≥⎪⨯-⎨⎪-≤+⎩，解得10a -≤≤， 即a 的范围是[1,0]-. 故选：B.2．（2023∙北京∙高考真题）下列函数中，在区间(0,)+∞上单调递增的是（ ） A ．()ln f x x =- B ．1()2xf x =C ．1()f x x=-D ．|1|()3x f x -=【答案】C【答案分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC ，举反例排除D 即可. 【答案详解】对于A ，因为ln y x =在()0,∞+上单调递增，y x =-在()0,∞+上单调递减， 所以()ln f x x =-在()0,∞+上单调递减，故A 错误；对于B ，因为2x y =在()0,∞+上单调递增，1y x=在()0,∞+上单调递减，所以()12xf x =在()0,∞+上单调递减，故B 错误； 对于C ，因为1y x=在()0,∞+上单调递减，y x =-在()0,∞+上单调递减， 所以()1f x x=-在()0,∞+上单调递增，故C 正确；对于D ，因为111221332f -⎛⎫=== ⎪⎝⎭()()112101331,233f f --=====，显然()13x f x -=在()0,∞+上不单调，D 错误.故选：C.3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）已知函数()2(1)e x f x --=．记,,222a f b f c f ⎛⎫=== ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则（ ） A ．b c a >> B ．b a c >> C ．c b a >> D ．c a b >>【答案】A【答案分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可. 【答案详解】令2()(1)g x x =--，则()g x 开口向下，对称轴为1x =，4112⎛-= ⎝⎭，而22491670-=+=>，41102⎛-=> ⎝⎭，即1122->-由二次函数性质知g g <，4112⎛-= ⎝⎭，而22481682)0-=+-=-=-<，112<-，所以(2g g >，综上，(2g g g <<， 又e x y =为增函数，故a c b <<，即b c a >>. 故选：A.4．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设函数()()2x x a f x -=在区间()0,1上单调递减，则a 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．[)2,0-C ．(]0,2D ．[)2,+∞【答案】D【答案分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【答案详解】函数2x y =在R 上单调递增，而函数()()2x x a f x -=在区间()0,1上单调递减，则有函数22()()24a a y x x a x =-=--在区间()0,1上单调递减，因此12a ≥，解得2a ≥，所以a 的取值范围是[)2,+∞. 故选：D5．（2021∙全国甲卷∙高考真题）下列函数中是增函数的为（ ）A ．()f x x =-B ．()23xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭C ．()2f x x = D ．()f x 【答案】D【答案分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项. 【答案详解】对于A ，()f x x =-为R 上的减函数，不合题意，舍. 对于B ，()23xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭为R 上的减函数，不合题意，舍.对于C ，()2f x x =在(),0∞-为减函数，不合题意，舍.对于D ，()f x =R 上的增函数，符合题意， 故选：D.6．（2020∙山东∙高考真题）已知函数()f x 的定义域是R ，若对于任意两个不相等的实数1x ，2x ，总有()()21210f x f x x x ->-成立，则函数()f x 一定是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．增函数D ．减函数【答案】C【答案分析】利用函数单调性定义即可得到答案. 【答案详解】对于任意两个不相等的实数1x ，2x ，总有()()21210f x f x x x ->-成立，等价于对于任意两个不相等的实数12x x <，总有()()12f x f x <. 所以函数()f x 一定是增函数. 故选：C7．（2020∙全国∙高考真题）设函数331()f x x x =-,则()f x （ ） A ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 C ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减【答案】A【答案分析】根据函数的答案解析式可知函数的定义域为{}0x x ≠，利用定义可得出函数()f x 为奇函数，再根据函数的单调性法则，即可解出．【答案详解】因为函数()331f x x x =-定义域为{}0x x ≠，其关于原点对称，而()()f x f x -=-， 所以函数()f x 为奇函数． 又因为函数3y x =在()0,+?上单调递增，在(),0-?上单调递增，而331y x x -==在()0,+?上单调递减，在(),0-?上单调递减，所以函数()331f x x x =-在()0,+?上单调递增，在(),0-?上单调递增．故选：A ．【名师点评】本题主要考查利用函数的答案解析式研究函数的性质，属于基础题．考点04 函数的奇偶性及其应用1．（2024∙天津∙高考真题）下列函数是偶函数的是（ ）A ．22e 1x x y x -=+ B ．22cos 1x x y x +=+C ．e 1x xy x -=+D ．||sin 4e x x xy +=【答案】B【答案分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.【答案详解】对A ，设()22e 1x xf x x -=+，函数定义域为R ，但()112e 1f ---=，()112e f -=，则()()11f f -≠，故A 错误；对B ，设()22cos 1x x g x x +=+，函数定义域为R ， 且()()()()()2222cos cos 11x x x x g x g x x x -+-+-===+-+，则()g x 为偶函数，故B 正确；对C ，设()e 1x xh x x -=+，函数定义域为{}|1x x ≠-，不关于原点对称， 则()h x 不是偶函数，故C 错误； 对D ，设()||sin 4e x x x x ϕ+=，函数定义域为R，因为()sin141e ϕ+=，()sin141e ϕ---=， 则()()11ϕϕ≠-，则()x ϕ不是偶函数，故D 错误. 故选：B.2．（2024∙上海∙高考真题）已知()3f x x a =+，x ∈R ，且()f x 是奇函数，则=a ．【答案】0【答案分析】根据奇函数的性质可求参数a .【答案详解】因为()f x 是奇函数，故()()0f x f x -+=即()330x a x a ++-+=，故0a =， 故答案为：0.3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）若()()2π1sin 2f x x ax x ⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭为偶函数，则=a ．【答案】2【答案分析】利用偶函数的性质得到ππ22f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，从而求得2a =，再检验即可得解.【答案详解】因为()()()22π1sin 1cos 2y f x x ax x x ax x ⎛⎫==-+++=-++ ⎪⎝⎭为偶函数，定义域为R ，所以ππ22f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即22ππππππ222222s 1co 1cos a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+=-+ ⎪ -⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭--⎝+⎭，则22πππ2π1212a -⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪⎭⎝⎭= ⎝，故2a =，此时()()2212cos 1cos f x x x x x x =-++=++， 所以()()()()221cos s 1co f x x x x x f x -=-++++-==， 又定义域为R ，故()f x 为偶函数， 所以2a =. 故答案为：2.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）已知e ()e 1xaxx f x =-是偶函数，则=a （ ） A ．2- B ．1- C ．1 D ．2【答案】D【答案分析】根据偶函数的定义运算求解.【答案详解】因为()e e 1x ax x f x =-为偶函数，则()()()()1e e e e 0e 1e 1e 1a x x x x ax ax axx x x f x f x ---⎡⎤--⎣⎦--=-==---， 又因为x 不恒为0，可得()1e e 0a x x --=，即()1e e a x x -=， 则()1x a x =-，即11a =-，解得2a =. 故选：D.5．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）若()()21ln 21x f x x a x -=++为偶函数，则=a （ ）． A ．1- B ．0C ．12D ．1【答案】B【答案分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a 值，再检验即可.【答案详解】因为()f x 为偶函数，则 1(1)(1)(1)ln (1)ln 33f f a a =-∴+=-+，，解得0a =， 当0a =时，()21ln21x x x f x -=+，()()21210x x -+>，解得12x >或12x <-，则其定义域为12x x ⎧⎨⎩或12x ⎫<-⎬⎭，关于原点对称.()()()()()()()121212121ln ln ln ln 21212121f x x x x x x x x x f x x x x x ---+⎫-=---⎛==== ⎪-+-++⎝-⎭-， 故此时()f x 为偶函数. 故选：B.6．（2022∙全国乙卷∙高考真题）若()1ln 1f x a b x++-=是奇函数，则=a ，b = ． 【答案】 12-； ln 2．【答案分析】根据奇函数的定义即可求出． 【答案详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性 若0a =，则()f x 的定义域为{|1}x x ≠，不关于原点对称0a ∴≠若奇函数的1()||1f x ln a b x =++-有意义，则1x ≠且101a x+≠- 1x ∴≠且11x a≠+，函数()f x 为奇函数，定义域关于原点对称，111a ∴+=-，解得12a =-， 由(0)0f =得，102ln b +=，2b ln ∴=，故答案为：12-；2ln ．[方法二]：函数的奇偶性求参 111()111a ax ax a f x ln a b ln b ln b x x x-+--=++=+=+--- 1()1ax a f x lnb x++-=++函数()f x 为奇函数11()()2011ax a ax a f x f x lnln b x x--++∴+-=++=-+2222(1)201a x a lnb x -+∴+=-22(1)1210112a a a a +∴=⇒+=⇒=- 1222241,22b ln b ln a b ln ln -==-⇒=∴=-=[方法三]：因为函数()1ln 1f x a b x++-=为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 由101a x+≠-可得，()()110x a ax -+-≠，所以11a x a +==-，解得：12a =-，即函数的定义域为()()(),11,11,-∞-⋃-⋃+∞，再由()00f =可得，ln 2b =．即()111ln ln 2ln 211x f x x x+=-++=--，在定义域内满足()()f x f x -=-，符合题意． 故答案为：12-；ln 2．7．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．53-B ．13-C ．13D ．53【答案】C【答案分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得53f ⎛⎫⎪⎝⎭的值.【答案详解】由题意可得：522213333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而21111133333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故5133f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.故选：C.【名师点评】关键点名师点评：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.8．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x ． ①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()f x '是奇函数．【答案】()4f x x =（答案不唯一，()()2*n x N f n x =∈均满足）【答案分析】根据幂函数的性质可得所求的()f x .【答案详解】取()4f x x =，则()()()()44421121122x f x f x x x x f x x ===，满足①， ()34f x x '=，0x >时有()0f x ¢>，满足②， ()34f x x '=的定义域为R ，又()()34f x x f x ''-=-=-，故()f x '是奇函数，满足③.故答案为：()4f x x =（答案不唯一，()()2*n x N f n x =∈均满足）9．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知函数()()322x xx a f x -=⋅-是偶函数，则=a .【答案】1【答案分析】利用偶函数的定义可求参数a 的值.【答案详解】因为()()322x x x a f x -=⋅-，故()()322x xf x x a --=-⋅-，因为()f x 为偶函数，故()()f x f x -=，时()()332222x x x x x a x a --⋅-=-⋅-，整理得到()()12+2=0x xa --，故1a =， 故答案为：110．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设函数1()1xf x x-=+，则下列函数中为奇函数的是（ ） A ．()11f x -- B ．()11f x -+C ．()11f x +-D ．()11f x ++【答案】B【答案分析】分别求出选项的函数答案解析式，再利用奇函数的定义即可. 【答案详解】由题意可得12()111x f x x x-==-+++， 对于A ，()2112f x x--=-不是奇函数； 对于B ，()211f x x-=+是奇函数； 对于C ，()21122f x x +-=-+，定义域不关于原点对称，不是奇函数； 对于D ，()2112f x x ++=+，定义域不关于原点对称，不是奇函数. 故选：B【名师点评】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.11．（2020∙山东∙高考真题）若定义在R 的奇函数f (x )在(,0)-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x的取值范围是（ ）A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[1,0][1,)-⋃+∞D ．[1,0][1,3]-⋃【答案】D【答案分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数()f x 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【答案详解】因为定义在R 上的奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减，且(2)0f =， 所以()f x 在(0,)+∞上也是单调递减，且(2)0f -=，(0)0f =，所以当(,2)(0,2)x ∈-∞-⋃时，()0f x >，当(2,0)(2,)x ∈-+∞ 时，()0f x <， 所以由(10)xf x -≥可得：0210x x <⎧⎨-≤-≤⎩或0012x x >⎧⎨≤-≤⎩或0x = 解得10x -≤≤或13x ≤≤，所以满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是[1,0][1,3]-⋃， 故选：D.【名师点评】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题. 12．（2020∙全国∙高考真题）设函数()ln |21|ln |21|f x x x =+--，则f (x )（ ）A ．是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B ．是奇函数，且在11(,)22-单调递减C ．是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增D ．是奇函数，且在1(,2-∞-单调递减【答案】D【答案分析】根据奇偶性的定义可判断出()f x 为奇函数，排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，利用函数单调性的性质可判断出()f x 单调递增，排除B ；当1,2x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，利用复合函数单调性可判断出()f x 单调递减，从而得到结果.【答案详解】由()ln 21ln 21f x x x =+--得()f x 定义域为12x x ⎧⎫≠±⎨⎬⎩⎭，关于坐标原点对称，又()()ln 12ln 21ln 21ln 21f x x x x x f x -=----=--+=-， ()f x \为定义域上的奇函数，可排除AC ；当11,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()()ln 21ln 12f x x x =+--，()ln 21y x =+Q 在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()ln 12y x =-在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()f x \在11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，排除B ；当1,2x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭时，()()()212ln 21ln 12ln ln 12121x f x x x x x +⎛⎫=----==+ ⎪--⎝⎭，2121x μ=+- 在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，()ln f μμ=在定义域内单调递增，根据复合函数单调性可知：()f x 在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，D 正确.故选：D.【名师点评】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据()f x -与()f x 的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.考点05 函数的周期性及其应用1．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ++-==，则221()k f k ==∑（ ）A ．3-B ．2-C ．0D ．1【答案】A【答案分析】法一：根据题意赋值即可知函数()f x 的一个周期为6，求出函数一个周期中的()()()1,2,,6f f f 的值，即可解出． 【答案详解】[方法一]：赋值加性质因为()()()()f x y f x y f x f y ++-=，令1,0x y ==可得，()()()2110f f f =，所以()02f =，令0x =可得，()()()2f y f y f y +-=，即()()f y f y =-，所以函数()f x 为偶函数，令1y =得，()()()()()111f x f x f x f f x ++-==，即有()()()21f x f x f x ++=+，从而可知()()21f x f x +=--，()()14f x f x -=--，故()()24f x f x +=-，即()()6f x f x =+，所以函数()f x 的一个周期为6．因为()()()210121f f f =-=-=-，()()()321112f f f =-=--=-，()()()4221f f f =-==-，()()()5111f f f =-==，()()602f f ==，所以一个周期内的()()()1260f f f +++= ．由于22除以6余4， 所以()()()()()221123411213k f k f f f f ==+++=---=-∑．故选：A ．[方法二]：【最优解】构造特殊函数由()()()()f x y f x y f x f y ++-=，联想到余弦函数和差化积公式()()cos cos 2cos cos x y x y x y ++-=，可设()cos f x a x ω=，则由方法一中()()02,11f f ==知2,cos 1a a ω==，解得1cos 2ω=，取3πω=， 所以()2cos3f x x π=，则()()()()2cos 2cos 4cos cos 333333f x y f x y x y x y x y f x f y ππππππ⎛⎫⎛⎫++-=++-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()2cos 3f x xπ=符合条件，因此()f x 的周期263T ππ==，()()02,11f f ==，且()()()()()21,32,41,51,62f f f f f =-=-=-==，所以(1)(2)(3)(4)(5)(6)0f f f f f f +++++=， 由于22除以6余4，所以()()()()()221123411213k f k f f f f ==+++=---=-∑．故选：A ．【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.2．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则（ ） A ．102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B ．()10f -=C ．()20f =D ．()40f =【答案】B【答案分析】推导出函数()f x 是以4为周期的周期函数，由已知条件得出()10f =，结合已知条件可得出结论.【答案详解】因为函数()2f x +为偶函数，则()()22f x f x +=-，可得()()31f x f x +=-， 因为函数()21f x +为奇函数，则()()1221f x f x -=-+，所以，()()11f x f x -=-+， 所以，()()()311f x f x f x +=-+=-，即()()4f x f x =+， 故函数()f x 是以4为周期的周期函数，因为函数()()21F x f x =+为奇函数，则()()010F f ==， 故()()110f f -=-=，其它三个选项未知. 故选：B.3．（2021∙全国甲卷∙高考真题）设函数()f x 的定义域为R ，()1f x +为奇函数，()2f x +为偶函数，当[]1,2x ∈时，2()f x ax b =+．若()()036f f +=，则92f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．94-B ．32-C ．74D ．52【答案】D【答案分析】通过()1f x +是奇函数和()2f x +是偶函数条件，可以确定出函数答案解析式()222f x x =-+，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【答案详解】[方法一]：因为()1f x +是奇函数，所以()()11f x f x -+=-+①； 因为()2f x +是偶函数，所以()()22f x f x +=-+②．令1x =，由①得：()()()024f f a b =-=-+，由②得：()()31f f a b ==+， 因为()()036f f +=，所以()462a b a b a -+++=⇒=-，令0x =，由①得：()()()11102f f f b =-⇒=⇒=，所以()222f x x =-+．思路一：从定义入手．9551222222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1335112222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 511322=2222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=--+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以935222f f⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． [方法二]：因为()1f x +是奇函数，所以()()11f x f x -+=-+①； 因为()2f x +是偶函数，所以()()22f x f x +=-+②．令1x =，由①得：()()()024f f a b =-=-+，由②得：()()31f f a b ==+， 因为()()036f f +=，所以()462a b a b a -+++=⇒=-，令0x =，由①得：()()()11102f f f b =-⇒=⇒=，所以()222f x x =-+．思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数()f x 的周期4T =． 所以91352222f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 故选：D ．【名师点评】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．考点06 函数的对称性及其应用1．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设函数32()231f x x ax =-+，则（ ） A ．当1a >时，()f x 有三个零点 B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心【答案】AD【答案分析】A 选项，先答案分析出函数的极值点为0,x x a ==，根据零点存在定理和极值的符号判断出()f x 在(1,0),(0,),(,2)a a a -上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行答案分析；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b =为()f x 的对称轴，则()(2)f x f b x =-为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,33)a -为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a +-=-，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【答案详解】A 选项，2()666()f x x ax x x a '=-=-，由于1a >，故()(),0,x a ∞∞∈-⋃+时()0f x '>，故()f x 在()(),0,,a ∞∞-+上单调递增， (0,)x a ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，则()f x 在0x =处取到极大值，在x a =处取到极小值， 由(0)10=>f ，3()10f a a =-<，则(0)()0f f a <， 根据零点存在定理()f x 在(0,)a 上有一个零点，又(1)130f a -=--<，3(2)410f a a =+>，则(1)(0)0,()(2)0f f f a f a -<<，则()f x 在(1,0),(,2)a a -上各有一个零点，于是1a >时，()f x 有三个零点，A 选项正确； B 选项，()6()f x x x a '=-，a<0时，(,0),()0x a f x '∈<，()f x 单调递减， ,()0x ∈+∞时()0f x '>，()f x 单调递增，此时()f x 在0x =处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的,a b ，使得x b =为()f x 的对称轴，即存在这样的,a b 使得()(2)f x f b x =-， 即32322312(2)3(2)1x ax b x a b x -+=---+，根据二项式定理，等式右边3(2)b x -展开式含有3x 的项为303332C (2)()2b x x -=-，于是等式左右两边3x 的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的,a b ，使得x b =为()f x 的对称轴，C 选项错误； D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简(1)33f a =-，若存在这样的a ，使得(1,33)a -为()f x 的对称中心，则()(2)66f x f x a +-=-，事实上，32322()(2)2312(2)3(2)1(126)(1224)1812f x f x x ax x a x a x a x a +-=-++---+=-+-+-，于是266(126)(1224)1812a a x a x a -=-+-+-即126012240181266a a a a -=⎧⎪-=⎨⎪-=-⎩，解得2a =，即存在2a =使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确. 方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，32()231f x x ax =-+，2()66f x x ax '=-，()126f x x a ''=-，由()02af x x ''=⇔=，于是该三次函数的对称中心为,22a a f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由题意(1,(1))f 也是对称中心，故122aa =⇔=， 即存在2a =使得(1,(1))f 是()f x 的对称中心，D 选项正确. 故选：AD【名师点评】结论名师点评：（1）()f x 的对称轴为()(2)x b f x f b x =⇔=-；（2）()f x 关于(,)a b 对称()(2)2f x f a x b ⇔+-=；（3）任何三次函数32()f x ax bx cx d =+++都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是()0f x ''=的解，即,33b b f a a ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭是三次函数的对称中心 2．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）（多选）已知函数()f x 及其导函数()f x '的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（ ）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=【答案】BC【答案分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【答案详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究对于()f x ，因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即3322f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭①，所以()()3f x f x -=，所以()f x 关于32x =对称，则(1)(4)f f -=，故C 正确； 对于()g x ，因为(2)g x +为偶函数，(2)(2)g x g x +=-，(4)()g x g x -=，所以()g x 关于2x =对称，由①求导，和()()g x f x '=，得333333222222f x f x f x f x g x g x ''⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫''-=+⇔--=+⇔--=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦，所以()()30g x g x -+=，所以()g x 关于3(,0)2对称，因为其定义域为R ，所以302g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，结合()g x 关于2x =对称，从而周期34222T ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，所以13022g g ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()112g g g -==-，故B 正确，D 错误； 若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C +（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知()g x 周期为2，关于2x =对称，故可设()()cos πg x x =，则()()1sin ππf x x c =+，显然A ，D 错误，选BC.故选：BC.[方法三]： 因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数， 所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即3322f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(2)(2)g x g x +=-， 所以()()3f x f x -=，(4)()g x g x -=，则(1)(4)f f -=，故C 正确；函数()f x ，()g x 的图象分别关于直线3,22x x ==对称， 又()()g x f x '=，且函数()f x 可导， 所以()()30,32g g x g x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 所以()(4)()3g x g x g x -==--，所以()(2)(1)g x g x g x +=-+=， 所以13022g g ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()112g g g -==-，故B 正确，D 错误； 若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C +（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误.故选：BC.【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x +-=--=．若()y g x =的图像关于直线2x =对称，(2)4g =，则()221k f k ==∑（ ）A ．21-B ．22-C ．23-D ．24-【答案】D【答案分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f x f x +-=-，从而得到()()()352110f f f +++=- ，()()()462210f f f +++=- ，然后根据条件得到(2)f 的值，再由题意得到()36g =从而得到()1f 的值即可求解.【答案详解】因为()y g x =的图像关于直线2x =对称，所以()()22g x g x -=+，因为()(4)7g x f x --=，所以(2)(2)7g x f x +--=，即(2)7(2)g x f x +=+-，因为()(2)5f x g x +-=，所以()(2)5f x g x ++=，代入得[]()7(2)5f x f x ++-=，即()(2)2f x f x +-=-，所以()()()()35212510f f f +++=-⨯=- ，()()()()46222510f f f +++=-⨯=- .因为()(2)5f x g x +-=，所以(0)(2)5f g +=，即()01f =，所以()(2)203f f =--=-.因为()(4)7g x f x --=，所以(4)()7g x f x +-=，又因为()(2)5f x g x +-=，联立得，()()2412g x g x -++=，所以()y g x =的图像关于点()3,6中心对称，因为函数()g x 的定义域为R ，所以()36g =因为()(2)5f x g x ++=，所以()()1531f g =-=-.所以()()()()()()()()221123521462213101024()k f f f f f f f f f k =+++++++++=----=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=∑ . 故选：D【名师点评】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.4．（2020∙全国∙高考真题）已知函数f (x )=sin x +1sin x ，则（） A ．f (x )的最小值为2B ．f (x )的图象关于y 轴对称C ．f (x )的图象关于直线x π=对称D ．f (x )的图象关于直线2x π=对称【答案】D【答案分析】根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D.【答案详解】sin x 可以为负，所以A 错；1sin 0()()sin ()sin x x k k Z f x x f x x π≠∴≠∈-=--=-∴Q Q ()f x 关于原点对称； 11(2)sin (),()sin (),sin sin f x x f x f x x f x x x ππ-=--≠-=+=Q 故B 错； ()f x ∴关于直线2x π=对称，故C 错，D 对故选：D【名师点评】本题考查函数定义域与最值、奇偶性、对称性，考查基本答案分析判断能力，属中档题.。

2020年高考数学一轮复习考点05函数的单调性与最值必刷题(含解析)(2021-2022学年)

2020年高考数学一轮复习考点05函数的单调性与最值必刷题(含解析)(2021-2022学年)

考点05 函数的单调性与最值1.函数在的图像大致为A ．ﻩＢ． Ｃ.D.【答案】B【解析】设,则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称,排除选项C ．又排除选项D;，排除选项Ａ,故选B ． 2．设是定义域为的偶函数,且在单调递减,则（ )A ．B.C.D ．ﻬ【答案】C【解析】是Ｒ的偶函数，.[]6,6-()f x ()fx R()0,∞+()f x,又在(0，+∞）单调递减，∴,，故选C.3．已知函数的定义域为,为偶函数，且对,满足。

若,则不等式的解集为( ）A.ﻩB.C ．ﻩ D.【答案】A【解析】因为对,满足，所以当时，是单调递减函数,又因为为偶函数,所以关于对称，所以函数当时，是增函数,又因为,所以有, 当时，即当时,当时，即当时,，综上所述：不等式()fx ()y f x =R)1(+x f 121x x ∀<≤(3)1f =1,82⎛⎫⎪⎝⎭)8,1(121x x ∀<≤()y f x=1≤x )1(+x f ()y f x =1x =()y f x=1>x (3)1f =1)1(=-f 2lo g 1x ≤02x <≤2lo g 1x >2x >的解集为，故本题选A 。

4.函数的单调减区间为（ )A ．ﻩ B.C ．ﻩ D.【答案】A 【解析】函数,所以或,所以函数的定义域为或,当时,函数是单调递减，而，所以函数的单调减区间为，故本题选Ａ。

5．已知函数，则的小关系是( )A. B ．C ．D.【答案】B 【解析】 函数为偶函数,,, 当时,,函数在上递增，，即,故选:． 6．记设，则（ )A.存在 B ．存在Ｃ.存在 D.存在ﻬ【答案】C【解析】解：ｘ2﹣ｘ3=x 2(1﹣x )，1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭(,1)-∞-3(,)2-∞-3(,)2+∞(4,)+∞1x <-()fx 4x >1x <-3(,)2-∞1x <-(),1-∞-∴当x≤1时,x2﹣x3≥0,当x>1时，x2﹣x3<0,∴f(x)．若t>1,则|f(t）+f(﹣ｔ）|=|t2＋（﹣t)3｜＝｜t2﹣ｔ３|=t3﹣t２，|f(t)﹣f(﹣t）|＝｜ｔ2+t3｜＝t２+ｔ3,f（t)﹣ｆ(﹣t)＝t2﹣(﹣t)3＝t2+t3,若０＜t<1,｜f(t)+f(﹣t)|=｜ｔ3＋(﹣t）3|=0,｜ｆ(t)﹣f（﹣t）|＝|ｔ３+t3|＝2t3，f(t)﹣f（﹣t)＝ｔ3﹣（﹣t)3=2ｔ3,当t=1时,|f(t)+ｆ(﹣t)｜＝｜1+（﹣1）|＝0，|f(t)﹣f（﹣t)|＝｜1﹣(﹣１)|＝２，f(ｔ)﹣f(﹣ｔ)=1﹣（﹣1)=2,∴当ｔ>0时,｜f(ｔ)+f(﹣t）｜＜f（ｔ)﹣f(﹣ｔ),|ｆ（ｔ)﹣f(﹣t)|=ｆ(t)﹣f(﹣t),故Ａ错误,B错误;当ｔ＞０时,令g（ｔ)＝f（1+t)+f(1﹣t)＝(1+t）2+（1﹣t)3＝﹣t３+4ｔ２﹣t＋2,则g′(t）=﹣3t2+８t﹣1，令ｇ′（t)＝0得﹣３ｔ２+8t﹣1=0,∴△＝64﹣12＝52，∴g(t)有两个极值点t1，t2,∴ｇ(t)在（t2,＋∞）上为减函数,∴存在t0>ｔ2，使得ｇ（ｔ０)＜0，∴|g（t0)|>g（t0)，故C正确;令h(ｔ)＝（1+t)﹣ｆ（1﹣t）=（1+t)2﹣(１﹣t）3＝ｔ3﹣2ｔ2＋５t,则h′(t)=3t2﹣4ｔ＋5=３（t）20,∴ｈ(t）在(0,+∞)上为增函数,∴h(t）＞ｈ(0）=0，∴|ｈ(t）|=h(t），即｜f(１+t）﹣f(1﹣ｔ）｜=f（1+t)﹣f(1﹣ｔ),故Ｄ错误.ﻬ故选：C.7．已知函数是定义域为的奇函数,当时，,则不等式的解集为（ )A．ﻩB．C．D．【答案】A【解析】当时，,，函数是定义域为的奇函数,当时,,可得到函数是单调递增的，故在整个实属范围内也是单调递增的,故只需要.故答案为:Ａ.8．在平面直角坐标系中，对于点,若函数满足：,都有，就称这个函数是点的“限定函数"．以下函数:①,②,③，④,其中是原点的“限定函数"的序号是______．已知点在函数的图象上，若函数是点的“限定函数”,则的取值范围是＿_____. 【答案】①③【解析】要判断是否是原点O 的“限定函数＂只要判断:,都有，对于① ，由可得,则①是原点O 的“限定函数”； 对于②，由可得,则②不是原点O 的“限定函数"对于③ ,由可得,则③是原点O 的“限定函数＂对于④,由可得,则④不是原点O 的“限定函数"点在函数的图像上,若函数是点Ａ的“限定函数”,可得,xoy(),A a b ()y f x =A12y x =221y x =+s in y x =O(),A a b 2x y =2x y =Aa(,0]-∞[1,1]x ∀∈-[1,1]y ∈-12y x =[1,1]x ∈-221y x =+[1,1]x ∈-s in y x =[1,1]x ∈-[1,1]x ∈-[0,l n 3]y ∈⊄[1,1]-A (a, b)2xy =2xy =2ab =由,即,即,可得,可得,且,即的范围是，故答案为:①③；。

2020高考数学(文数)考点测试刷题本05 函数的定义域和值域(含答案解析)

2020高考数学(文数)考点测试刷题本05 函数的定义域和值域(含答案解析)

2020高考数学(文数)考点测试刷题本05函数的定义域和值域一、选择题1.函数f(x)=＋ln (x ＋1)的定义域为( )12－xA ．(2，＋∞)B ．(－1，2)∪(2，＋∞)C ．(－1，2)D ．(－1，2]2.函数y=＋的定义域为( )x (3－x )x －1A ．[0，3] B ．[1，3] C ．[1，＋∞) D ．[3，＋∞)3.若函数的定义域为R ，则实数m 的取值范围是( ).A.0<m<4B.0≤m ≤4C.m ≥4D.0<m ≤44.若函数y=x 2-3x-4的定义域为[0,m]，值域为[-425,-4]，则m 的取值范围是( )A.（0，4]B.[-425,-4] C.[1.5,3] D.[1.5,+∞)5.．已知函数f(x)=Error!那么函数f(x)的值域为( )A ．(－∞，－1)∪[0，＋∞)B ．(－∞，－1]∪(0，＋∞)C ．[－1，0) D．R 6.若函数y=f(x)的值域是[1，3]，则函数F(x)=1－f(x ＋3)的值域是( )A ．[－8，－3]B ．[－5，－1]C ．[－2，0]D ．[1，3]7.函数y=的值域是( )16－4x A ．[0，＋∞) B ．[0，4] C ．[0，4) D ．(0，4)8.函数f(x)=x 2-2mx+3在区间[0,2]上的值域为[-2,3]，则m 的值为( )A.或B.或C.D.二、填空题9.若函数f(x ＋1)的定义域是[－1，1]，则函数f(log x)的定义域为________．1210.函数y=的定义域是________．3－2x －x211.已知函数f(x)=Error!则f[f(－3)]=______，f(x)的最小值是______．12.函数y=x （2a-x ）在0≤x ≤2时有最大值a 2，则a 的范围是三、解答题13.已知函数f(x)=x 2＋(2a －1)x －3．(1)当a=2，x ∈[－2，3]时，求函数f(x)的值域；(2)若函数f(x)在[1，3]上的最大值为1，求实数a 的值．14.已知函数f(x)=ax ＋(1－x)(a>0)，且f(x)在[0，1]上的最小值为g(a)，求g(a)的最大值1a．15.已知f(x)=2＋log 3x ，x ∈[1，9]，试求函数y=[f(x)]2＋f(x 2)的值域．16.已知常数a≠0，f(x)=aln x＋2x.(1)当a=－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．答案解析1.答案为：C ；解析：函数的定义域应满足Error!∴－1<x<2．故选C ．2.答案为：B ；解析：由题意得Error!解得1≤x≤3．故选B ．3.答案为：B ；4.答案为：C ；5.答案为：B ；解析：函数y=x －2(x≤1)的值域为(－∞，－1]，函数y=ln x(x>1)的值域为(0，＋∞)，故函数f(x)的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．故选B ．6.答案为：C ；解析：∵1≤f(x)≤3，∴－3≤－f(x ＋3)≤－1，∴－2≤1－f(x ＋3)≤0，即F(x)的值域为[－2，0]．故选C ．7.答案为：C ；解析：由已知得0≤16－4x <16，0≤ <=4，即函数y=的值域是[0，4)．故选C 16－4x 1616－4x ．8.答案为：D ；一、填空题9.答案为：0.25，1；解析：∵f(x ＋1)的定义域是[－1，1]，∴f(x)的定义域是[0，2]，则f(log x)的定义域为0≤log x≤2，∴≤x≤1．12121410.答案为：[－3，1]；解析：若函数有意义，则需3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，解得－3≤x≤1．11.答案为：0，2－3；2解析：由题知，f(－3)=1，f(1)=0，即f[f(－3)]=0．又f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，22所以f(x)min =min{f(0)，f()}=2－3．2212.答案为：0≤a ≤2.二、解答题13.解：(1)当a=2时，f(x)=x 2＋3x －3=x ＋2－，32214又x ∈[－2，3]，所以f(x)min =f －=－，32214f(x)max =f(3)=15，所以所求函数的值域为－，15．214(2)对称轴为x=－．2a －12①当－≤1，即a≥－时，f(x)max =f(3)=6a ＋3，2a －1212所以6a ＋3=1，即a=－，满足题意；13②当－≥3，即a≤－时，f(x)max =f(1)=2a －3，2a －1252所以2a －3=1，即a=2，不满足题意；③当1<－<3，即－<a<－时，2a －125212此时，f(x)max 在端点处取得，令f(1)=1＋2a －1－3=1，得a=2(舍去)，令f(3)=9＋3(2a －1)－3=1，得a=－(舍去)．13综上，可知a=－．1314.解：f(x)=x ＋，(a －1a )1a当a>1时，a －>0，此时f(x)在[0，1]上为增函数，∴g(a)=f(0)=；1a 1a当0<a<1时，a －<0，此时f(x)在[0，1]上为减函数，∴g(a)=f(1)=a ；1a当a=1时，f(x)=1，此时g(a)=1．∴g(a)=Error!∴g(a)在(0，1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数，又a=1时，有a==1，1a∴当a=1时，g(a)取得最大值1．15.解：∵f(x)=2＋log 3x 的定义域为[1，9]，要使[f(x)]2＋f(x 2)有意义，必有1≤x≤9且1≤x 2≤9，∴1≤x≤3，∴y=[f(x)]2＋f(x 2)的定义域为[1，3]．又y=(2＋log 3x)2＋2＋log 3x 2=(log 3x ＋3)2－3．∵x ∈[1，3]，∴log 3x ∈[0，1]，∴y max =(1＋3)2－3=13，y min =(0＋3)2－3=6．∴函数y=[f(x)]2＋f(x 2)的值域为[6，13]．16.解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f ′(x)=＋2=.当a=－4时，f ′(x)=.a x a ＋2x x 2x －4x∴当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x ＞2时，f ′(x)＞0，即f(x)单调递增．∴f(x)只有极小值，且在x=2时，f(x)取得极小值f(2)=4－4ln 2，无极大值．(2)∵f′(x)=，∴当a ＞0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，a ＋2x x即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a ＜0时，由f′(x)＞0得，x ＞－，a 2∴f(x)在上单调递增；(－a 2，＋∞)由f′(x)＜0得，0＜x ＜－，∴f(x)在上单调递减．a 2(0，－a 2)∴当a ＜0时，f(x)的最小值为f =aln ＋2×.(－a 2)(－a 2)(－a 2)根据题意得f =aln ＋2×≥－a ，即a[ln(－a)－ln 2]≥0.(－a 2)(－a 2)(－a 2)∵a ＜0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，∴实数a 的取值范围是[－2，0)．。

2020年高考数学一轮复习专题09幂函数与二次函数(含解析)

2020年高考数学一轮复习专题09幂函数与二次函数(含解析)

专题09对数与对数函数最新考纲1.理解对数的概念及其运算性质，知道用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数；了解对数在简化运算中的作用．2.理解对数函数的概念及其单调性，掌握对数函数图象通过的特殊点，会画底数为2,3,10，12，13的对数函数的图象．3.体会对数函数是一类重要的函数模型．4.了解指数函数y ＝a x(a >0，且a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)互为反函数.基础知识融会贯通 1．对数的概念一般地，如果a x＝N (a >0，且a ≠1)，那么数x 叫做以a 为底N 的对数，记作x ＝log a N ，其中__a __叫做对数的底数，__N __叫做真数． 2．对数的性质与运算法则 (1)对数的运算法则如果a >0，且a ≠1，M >0，N >0，那么： ①log a (MN )＝log a M ＋log a N ； ②log a M N＝log a M －log a N ； ③log a M n＝n log a M (n ∈R )． (2)对数的性质 ①log a Na＝__N __；②log a a N＝__N __(a >0，且a ≠1)．(3)对数的换底公式log a b ＝log c blog c a (a >0，且a ≠1；c >0，且c ≠1；b >0)．3．对数函数的图象与性质4.反函数指数函数y＝a x(a>0且a≠1)与对数函数y＝log a x(a>0且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．知识拓展1．换底公式的两个重要结论(1)log a b＝1log b a；(2)logmnab＝nmlog a b.其中a>0且a≠1，b>0且b≠1，m，n∈R. 2．对数函数的图象与底数大小的比较如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数，故0<c<d<1<a<b.由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大．重点难点突破【题型一】对数的运算【典型例题】若函数f（x）＝1+x3，则f（lg2）+f（1g）＝（）A．2 B．4 C．﹣2 D．﹣4【解答】解：∵f（x）＝1+x3；∴．故选：A．【再练一题】已知奇函数f（x）满足f（x）＝f（x+4），当x∈（0，1）时，f（x）＝4x，则f（log4184）＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵奇函数f（x）满足f（x）＝f（x+4），当x∈（0，1）时，f（x）＝4x，∴f（log4184）＝﹣f（log4184﹣4）＝﹣（）．故选：A．思维升华对数运算的一般思路(1)拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并．(2)合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算．【题型二】对数函数的图象及应用【典型例题】设函数y＝f（x）的图象与y＝log2（x+a）的图象关于直线y＝﹣x对称，且f（﹣2）+f（﹣1）＝2，则a ＝（）A．3 B．1 C．2 D．4【解答】解：函数y＝f（x）的图象与y＝log2（x+a）的图象关于直线y＝﹣x对称，设f（x）上任意一点为（x，y），则（x，y）关于直线y＝﹣x对称的点为（﹣y，﹣x），把（﹣y，﹣x）代入y＝log2（x+a），得﹣x＝log2（﹣y+a），∴f（x）＝﹣2﹣x+a，∵f（﹣2）+f（﹣1）＝2，∴﹣22+a﹣2+a＝2，解得a＝4．故选：D．【再练一题】已知l1，l2分别是函数f（x）＝|lnx|图象上不同的两点P1，P2处的切线，l1，l2分别与y轴交于点A，B，且l1与l2垂直相交于点P，则△ABP的面积的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，2）C．（0，+∞）D．（1，+∞）【解答】解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2）（0＜x1＜1＜x2），当0＜x＜1时，f′（x），当x＞1时，f′（x），∴l1的斜率k1，l2的斜率k2，∵l1与l2垂直，且x2＞x1＞0，∴k1•k2•1，即x1x2＝1．直线l1：y（x﹣x1）﹣lnx1，l2：y（x﹣x2）+lnx2．取x＝0分别得到A（0，1﹣lnx1），B（0，﹣1+lnx2），|AB|＝|1﹣lnx1﹣（﹣1+lnx2）|＝|2﹣（lnx1+lnx2）|＝|2﹣lnx1x2|＝2．联立两直线方程可得交点P的横坐标为x，∴S△PAB|AB|•|x P|2，∵函数y＝x在（0，1）上为减函数，且0＜x1＜1，∴x11+1＝2，则0，∴01．∴△PAB的面积的取值范围是（0，1）．故选：A．思维升华 (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．【题型三】对数函数的性质及应用命题点1 对数函数的单调性【典型例题】已知函数y＝log2（ax﹣1）在（﹣2，﹣1）上单调递减，则a的取值范围是．【解答】解：∵已知函数y＝log2（ax﹣1）在（﹣2，﹣1）上单调递减，∴a＜0，且﹣a﹣1＞0，求得a＜﹣1，故答案为：（﹣∞，﹣1）．【再练一题】对于任意x∈R，函数f（x）满足f（2﹣x）＝﹣f（x），且当x≥1时，函数f（x）＝lnx，若a＝f（2﹣0.3），b＝f（log3π），c＝f（）则a，b，c大小关系是（）A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a【解答】解：对于任意x∈R，函数f（x）满足f（2﹣x）＝﹣f（x），∴函数f（x）关于（1，0）点对称，将f（x）向左平移一个单位得到y＝f（x+1），此时函数f（x）关于原点对称，则函数y＝f（x+1）是奇函数；当x≥1时，f（x）＝lnx是单调增函数，∴f（x）在定义域R上是单调增函数；由0＜2﹣0.3＜1＜log3π，∴f（）＜f（2﹣0.3）＜f（log3π），∴b＞a＞c．故选：A．命题点2 和对数函数有关的复合函数【典型例题】若函数y＝log a（x2﹣ax+1）有最小值，则a的取值范围是．【解答】解：令g（x）＝x2﹣ax+1（a＞0，且a≠1），①当a＞1时，y＝log a x在R+上单调递增，∴要使y＝log a（x2﹣ax+1）有最小值，必须g（x）min＞0，∴△＜0，解得﹣2＜a＜2∴1＜a＜2；②当0＜a＜1时，g（x）＝x2﹣ax+1没有最大值，从而不能使得函数y＝log a（x2﹣ax+1）有最小值，不符合题意．综上所述：1＜a＜2；故答案为：1＜a＜2．【再练一题】若函数有最小值，则实数a的取值范围是（）A．（1，）B．[，+∞）C．（0，1）D．（0，1）∪（1，）【解答】解：由题意，令t＝x2﹣ax（t）2，则函数f（t）＝log a t∵函数有最小值，∴a＞1要使函数有最小值，则t＝x2﹣ax有最小值，且为正数∴0∴综上，实数a的取值范围是（1，）故选：A．思维升华 (1)利用对数函数单调性时要注意真数必须为正，明确底数对单调性的影响．(2)解决与对数函数有关的复合函数问题，首先要确定函数的定义域，根据“同增异减”原则判断函数的单调性，利用函数的最值解决恒成立问题．基础知识训练1．幂函数曲线y=x b,当b>1时的图像为()A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，根据幂函数的图象与性质，可得当b>1时,图像为选项A,当0<b<1时为选项B, 当b<0时为选项C,当b=1时为选项D，故选A.2．已知，则（）A． B．C． D．【答案】A【解析】故函数上是减函数则故选3．已知幂函数的图象过，若，则值为（）A．1 B． C．3 D．9【答案】B【解析】∵幂函数幂函数的图象过，解得．则故选：B．4．若幂函数在（0，+∞）上为增函数，则实数m=（）A． B． C． D．或4【答案】A【解析】幂函数在（0，+∞）上为增函数，，解得（舍去）故选A.5．已知幂函数的图象关于y轴对称，且在上是减函数，则（）A．- B．1或2 C．1 D．2【答案】C【解析】分析：由为偶数，且，即可得结果.详解：幂函数的图象关于轴对称，且在上是减函数，为偶数，且，解得，故选C.点睛：本题考查幂函数的定义、幂函数性质及其应用，意在考查综合利用所学知识解决问题的能力.6．设函数，若，则A．B．C．D．【答案】A【解析】由于函数，在第一象限为单调递增函数．由于：，所以：故选：A．7．已知幂函数f（x）=x a的图象经过点（2，），则函数f（x）为（）A．奇函数且在上单调递增B．偶函数且在上单调递减C．非奇非偶函数且在上单调递增D．非奇非偶函数且在上单调递减【答案】C【解析】∵幂函数f（x）=x a的图象经过点（2，），∴2a=，解得a=，∴函数f（x）=，∴函数f（x）是非奇非偶函数且在（0，+∞）上单调递增．故选：C．8．若幂函数在区间上单调递减，则实数m的值可能为A．1 B． C． D．2【答案】C【解析】幂函数在区间上单调递减，，由选项可知，实数m的值可能为．故选：C．9．已知幂函数过点A．，且在上单调递减B．，且在单调递增C．且在上单调递减D．，且在上单调递增【答案】A【解析】幂函数过点，，解得，，在上单调递减．故选：A．10．已知幂函数的图象关于原点对称，且在上是减函数，若，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】幂函数的图象关于原点对称，且在上是减函数，所以，解得，因为，所以，时，，图象关于轴对称，不满足题意；当时，，图象关于原点对称，满足题意，不等式化为，，因为函数上递减，所以，解这个不等式，得，即实数的取值范围是，故选B .11．已知函数是在上单调递增的幂函数，则( )A．0或4 B．0或2 C．0 D．2【答案】C【解析】∵f（x）是幂函数，∴（m﹣1）2＝1，得m＝0，或m＝2，∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴m2﹣4m+2＞0，则当m＝0时，2＞0成立，当m＝2时，4﹣8+2＝﹣2，不成立，故选C．12．已知幂函数的图像过点，则下列说法正确的是（）A．是奇函数，且在上单调递增B．是偶函数，且在上单调递减C．既不是奇函数也不是偶函数，且在上单调递增D．既不是奇函数也不是偶函数，且在上单调递减【答案】C【解析】∵幂函数y＝xα的图象过点（2，），∴2α，解得α，故f（x），故f（x）既不是奇函数也不是偶函数，且在（0，+∞）上是增函数，故选：C．13．已知函数的图象恒过定点P，若幂函数的图象经过点P，则的值为______．【答案】【解析】令，则恒成立故函数恒过，即幂函数的图象经过点则，解得故本题正确结果：14．若幂函数的图象经过点（2，），则f（）=______．【答案】【解析】设幂函数f（x）＝xα，α∈R；其函数图象过点（2，），∴2α，解得α；∴f（x），∴．故答案为：．15．若为幂函数，且满足，则______．【答案】【解析】为幂函数，且满足，，则，解得，，．故答案为：．16．已知幂函数满足，则______．【答案】2【解析】幂函数满足，．故答案为：2．17．已知幂函数过点（2,4）(1)求解析式(2)不等式的解集为[1,2]，求不等式的解集. 【答案】（1）；（2）【解析】（1）设幂函数解析式为因为函数图像过点（2,4），所以所以所求解析式为(2) 不等式的解集为[1,2]，的解集为，是方程的两个根，，，因此；所以不等式可化为，即，解得,所以原不等式的解集为.18．已知幂函数上单调递增．求m值及解析式；若函数上的最大值为3，求实数a的值．【答案】（1）；（2）【解析】幂函数上单调递增故：解得：故：由于所以：函数函数为开口方向向下的抛物线，对称轴为由于在上的最大值为3，时，上单调递增，故：，解得．时，上单调递减，故：，解得：．时，上单调递增，在上单调递减，故：，解得：舍去，或舍去，综上所述：．19．已知幂函数上单调递增，又函数. （1）求实数的值，并说明函数的单调性；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）因为是幂函数，所以，解得，又因为上单调递增，所以，即，即，则，因为均在上单调递增，所以函数上单调递增.（2）因为，所以是奇函数，所以不等式可变为，由（1）知上单调递增，所以，解得.20．已知幂函数f（x）=x a的图象过点（2，4）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）设函数h（x）=4f（x）-kx-8在[5，8]上是单调函数，求实数k的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】解：（1）幂函数f（x）=x a的图象过点（2，4），∴f（2）=2α=4，∴a=2，∴f（x）=x2；（2）函数h（x）=4f（x）-kx-8，∴h（x）=4x2-kx-8，对称轴为x=；当h（x）在[5，8]上为增函数时，≤5，解得k≤40；当h（x）在[5，8]上为减函数时，≥8，k≥64；所以k的取值范围为（-∞，40]∪[64，+∞）．能力提升训练1．已知函数上为增函数，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】若函数f（x）=2x2﹣mx+3在[﹣2，+∞）上为增函数，则，解得：m∈（﹣∞，﹣8]，故选：A．2．若函数上的最大值是3，则实数（）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】A【解析】.因为所以时，，即故选A.3．已知函数，则在[0，2］上的最小值为A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】图象的对称轴方程为，故上的最小值为.答案选B.4．已知命题p：，若命题p是假命题，则的取值范围为（）A． B． C． D．或a=0【答案】B【解析】∃x∈R，ax2+x+1≤0．若命题p是假命题，即“ax2+x+1＞0恒成立”是真命题①．当a＝0 时，①不成立，当a≠0 时，要使①成立，必须，解得＜a，故实数a的取值范围为：．故选B．5．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若a＝c，则函数f(x)的图象不可能是A．B．C．D．【答案】D【解析】由于，根据韦达定理，有，观察图像可以发现，对于D选项，两个根都小于，那么它们的乘积大于，故D选项不可能成立.故选D.6．已知函数的值域为，则实数m的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵函数的值域为，∴∴∴实数m的取值范围为故选：A7．若函数在区间上为减函数，则a的取值范围是（）A． B． C． D．（1,2]【答案】A【解析】令.∵∴函数的图象是开口向下的抛物线.∵∴若，外函数为增函数，要使复合函数在区间上为减函数，则，解得.若，外函数为减函数，要使复合函数在区间上为减函数，则，解得.综上，的取值范围是.故选A.8．已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象大致是( )A． B．C． D．【答案】B【解析】法一：结合二次函数的图象可知，，所以函数单调递增，排除C，D；把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，排除A，选B.法二：结合二次函数的图象可知，，所以，在中，取，得，只有选项B符合，故选:B.9．若函数有最小值，则实数的取值范围是( )A．(0,1) B． C． D．【答案】C【解析】.当a>1且有最小值时，f(x)才有最小值.∴⇒1<a<.10．函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(x＋1)＝f(1－x)，且f(0)＝3，则f(b x)与f(c x)的大小关系是A．f(b x)≤f(c x) B．f(b x)≥f(c x)C．f(b x)>f(c x) D．与x有关，不确定【答案】A【解析】∵f（1+x）＝f（1﹣x），∴f（x）图象的对称轴为直线x＝1，由此得b＝2．又f（0）＝3，∴c＝3．∴f（x）在（﹣∞，1）上递减，在（1，+∞）上递增．若x≥0，则3x≥2x≥1，∴f（3x）≥f（2x）．若x＜0，则3x＜2x＜1，∴f（3x）＞f（2x）．∴f（3x）≥f（2x）．故选：A．11．已知都是常数，.若的零点为，则下列不等式正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，又为函数的零点，且，所以可在平面直角坐标系中作出函数的大致图像，如图所示，由图可知，故选.12．己知恒成立，则实数a的取值范围为A． B． C． D．【答案】B【解析】设对任意恒成立，即对任意都成立，当，则与讨论矛盾，当时，，则，解得，故选：B．13．函数的最小值为________．【答案】1【解析】由题意，可得，由于，所以当时，函数取最小值1.14．已知函数.若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围是_______.【答案】【解析】∵的对称轴为x=a，且，∴函数f（x）=在[0，]上是减函数，在[，2]上是增函数；∴函数f（x）=的最小值为f（a）=﹣，①当2≤a＜3时，函数f（x）=（x∈）在x=0时取得最大值，且最大值为2a﹣1，由于此时2≤a＜3，则3≤2a﹣1＜5；2a﹣1∴②0＜a＜2时，函数f（x）=（x∈）在x=4时取得最大值，且最大值为42﹣8a+2a﹣1=15﹣6a，由于此时0＜a＜2，则3＜15﹣6a＜15；，∴综上，∴；即t的取值范围是：．15．已知二次函数y＝f(x)的顶点坐标为，且方程f(x)＝0的两个实根之差等于7，则此二次函数的解析式是________．【答案】【解析】设二次函数顶点式为.设的两个根为，且，依题意，两边平方并化简得，即，解得.故.16．若对任意，函数总有零点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】∵函数总有零点，∴对任意恒成立，∴记上单调递减，∴∴故答案为：17．已知f（x）为二次函数，且f（x+1）+f（x﹣1）=2x2﹣4x，（1）求f（x）的解析式；（2）设g（x）=f（2x）﹣m•2x+1，其中x∈[0，1]，m为常数且m∈R，求函数g（x）的最小值．【答案】（1）f（x）=x2﹣2x﹣1（2）【解析】解：（1）设f（x）=ax2+bx+c，且。

2020年高考数学一轮复习考点07二次函数与幂函数必刷题(含解析)

2020年高考数学一轮复习考点07二次函数与幂函数必刷题(含解析)

考点07 二次函数与幂函数1、如果方程x 2＋(2m －1)x ＋4－2m ＝0的一根大于2，一根小于2，那么实数m 的取值范围是____．【答案】(－∞，－3)【解析】设f(x)＝x 2＋(2m －1)x ＋4－2m ，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（2m －1）2－4（4－2m ）>0，f （2）＝4＋2（2m －1）＋4－2m<0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m<－52或m>32，m<－3，所以m<－3，故实数m 的取值范围是(－∞，－3)．2、 若幂函数y ＝mx n (m ，n ∈R)的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫8，14，则n ＝___． 【答案】－23【解析】由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，8n ＝14， 解得n ＝－23，故n 的值为－23. 3、已知f(x)＝ax 2＋bx ＋3a ＋b 是定义在[a －1，2a]上的偶函数，则a ，b 的值为____．【答案】13，0 【解析】由题意得，f(－x)＝f(x)，即ax 2－bx ＋3a ＋b ＝ax 2＋bx ＋3a ＋b ，即2bx ＝0对任意x 恒成立，所以b ＝0.又因为a －1＝－2a ，解得a ＝13，所以a ，b 的值分别为13，0. 4、函数y ＝－x 2＋2||x ＋3的单调减区间是____． 【答案】[－1，0]和[1，＋∞)【解析】令f(x)＝－x 2＋2|x|＋3，所以f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋3，x≥0，－x 2－2x ＋3， x<0， 即f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －1）2＋4，x≥0，－（x ＋1）2＋4， x<0， 所以当x≥0时，函数f(x)的减区间为(1，＋∞)；当x<0时，函数f(x)的减区间为(－1，0)，故单调减区间为(－1，0)和(1，＋∞)．5、若函数f(x)＝x 2－2x ＋1在区间[]a ，a ＋2上的最大值为4，则a 的值为____．【答案】－1或1【解析】由题意得，f(x)＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2，对称轴为直线x ＝1.当a≥0时，f(a ＋2)＝4，即(a ＋2)2－2(a ＋2)＋1＝4，解得a ＝1或a ＝－3(舍去)；当a<0时，f(a)＝4，即a 2－2a ＋1＝4，解得a ＝－1或a ＝3(舍去)．综上，a 的值为1或－1.6、 若不等式x 4＋2x 2＋a 2－a －2≥0对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是___.【答案】(－∞，－1]∪[2，＋∞)【解析】由题意得x 4＋2x 2＋a 2－a －2≥0，即(x 2＋1)2≥－a 2＋a ＋3，所以－a 2＋a ＋3≤1，解得a≥2或a≤－1，所以实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．7、设α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，1，2，3，则使函数y ＝x α为奇函数且定义域为R 的所有α的值为____． 【答案】1，3【解析】当α＝－1时，y ＝x －1＝1x ，此时函数的定义域为{x |x ≠0}，不符合题意；当α＝12时，y ＝x 12＝x ，此时函数的定义域为[0，＋∞)，不符合题意；当α＝1时，y ＝x ，此时函数的定义域为R ，且是奇函数，符合题意；当α＝2时，y ＝x 2，此时函数的定义域为R ，是偶函数，不符合题意；当α＝3时，y ＝x 3，此时函数的定义域为R ，且为奇函数，符合题意，综上α的值为1和3.8、求函数f(x)＝x 2－2ax ＋2(x ∈[2，4])的最小值．【答案】f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧6－4a ， a<2，2－a 2， 2≤a≤4，18－8a ， a>4.【解析】f(x)图象的对称轴是直线x ＝a ，可分以下三种情况：①当a ＜2时，f(x)在[2，4]上为增函数，所以f(x)min ＝f(2)＝6－4a ；②当2≤a≤4时，f(x)min ＝f(a)＝2－a 2；③当a ＞4时，f(x)在[2，4]上为减函数，所以f(x)min ＝f(4)＝18－8a.综上所述，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧6－4a ， a<2，2－a 2， 2≤a≤4，18－8a ， a>4.9、已知函数f(x)＝x 2－2x ＋2(x ∈[t ，t ＋1])的最小值为g(t)，求g(t)的表达式．【答案】g(t)＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1， t<0，1， 0≤t≤1，t 2－2t ＋2， t>1.【解析】由题意得，f(x)＝(x －1)2＋1.①当t ＋1<1，即t<0时，g(t)＝f(t ＋1)＝t 2＋1;②当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，g(t)＝f(1)＝1;③当t>1时，g(t)＝f(t)＝t 2－2t ＋2.综上所述，g(t)＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1， t<0，1， 0≤t≤1，t 2－2t ＋2， t>1.10、若点(2，2)在幂函数f(x)的图象上，点⎝⎛⎭⎪⎫－2，14在幂函数g(x)的图象上，定义 h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），f （x ）≤g（x ），g （x ）， f （x ）>g （x ）.试求函数h(x)的最大值以及单调区间． 【答案】1 单调增区间为(－∞，－1)和(0，1)；单调减区间为(－1，0)和(1，＋∞).【解析】求f(x)，g(x)解析式及作出f(x)，g(x)的图象同例1，如例1图所示，则有h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2，x<－1或x>1，x 2， －1≤x≤1且x≠0. 根据图象可知函数h(x)的最大值为1，单调增区间为(－∞，－1)和(0，1)；单调减区间为(－1，0)和(1，＋∞).11、已知幂函数f(x)的图象过点(2，2)，幂函数g(x)的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14. (1) 求函数f(x)，g(x)的解析式；(2) 求当x 为何值时：①f(x)>g(x)；②f(x)＝g(x)；③f(x)<g(x)．【答案】(1) g(x)＝x －2(2) ①当x>1或x<－1时，f(x)>g(x)；②当x ＝1或x ＝－1时，f(x)＝g(x)； ③当－1<x<1且x≠0时，f(x)<g(x)．【解析】(1) 设f(x)＝x α，因为图象过点(2，2)，故2＝(2)α，解得α＝2，所以f(x)＝x 2. 设g(x)＝x β，因为图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14， 所以14＝2β，解得β＝－2，所以g(x)＝x －2.(2) 在同一平面直角坐标系下作出f(x)＝x 2与g(x)＝x－2的图象，如图所示. 由图象可知，函数f(x)，g(x)的图象均过点(－1，1)和(1，1)，所以①当x>1或x<－1时，f(x)>g(x)；②当x ＝1或x ＝－1时，f(x)＝g(x)；③当－1<x<1且x≠0时，f(x)<g(x)．12、已知函数f(x)＝xm 2－2m －3(m ∈N *)的图象关于y 轴对称，且在区间(0，＋∞)上是减函数，求满足(a ＋1)－m 3<(3－2a )－m 3的a 的取值范围． 【答案】{a |a <－1或23<a <32} 【解析】因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以m 2－2m －3<0，解得－1<m <3.因为m ∈N *，所以m ＝1或m ＝2.又函数的图象关于y 轴对称，所以m 2－2m －3是偶数，当m ＝2时，22－2×2－3＝－3为奇数，当m ＝1时，12－2×1－3＝－4为偶数，所以m ＝1.又y ＝x －13在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数， 所以(a ＋1)－13<(3－2a )－13等价于a ＋1>3－2a >0或0>a ＋1>3－2a 或a ＋1<0<3－2a ， 解得a <－1或23<a <32. 故a 的取值范围为{a |a <－1或23<a <32}． 13、已知二次函数y ＝f(x)(x ∈R)的图象过点(0，－3)，且f (x )>0的解集为(1，3)．(1) 若函数f (x )＝f (x )－mx 在区间(0，1)上单调递增，求实数m 的取值范围； (2) 求函数G (x )＝f (sin x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最值．【答案】(1) (－∞，2] (2) 最大值为0，最小值为－3【解析】(1) 因为f (x )>0的解集为(1，3)，所以二次函数与x 轴的交点为(1，0)和(3，0)，所以可设f (x )＝a (x －1)(x －3)．又因为函数图象过点(0，－3)，代入f (x )得3a ＝－3，解得a ＝－1，所以f (x )＝－(x －1)(x －3)＝－x 2＋4x －3，所以f (x )＝－x 2＋4x －3－mx ＝－x 2＋(4－m )x －3.因为函数f (x )在区间(0，1)上单调递增，所以－4－m 2×（－1）≥1，解得m ≤2， 故实数m 的取值范围是(－∞，2]．(2) 由题意得，G (x )＝－sin 2x ＋4sin x －3＝－(sin x －2)2＋1. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以sin x ∈[0，1]， 所以当sin x ＝0时，G (x )min ＝－3；当sin x ＝1时，G (x )max ＝0，故函数G (x )的最大值为0，最小值为－3.14、已知幂函数f (x )＝x (m 2＋m )－1(m ∈N *)．(1) 试确定该函数的定义域，并指明该函数在其定义域上的单调性；(2) 若该函数经过点(2，2)，试确定m 的值，并求满足条件f (2－a )>f (a －1)的实数a 的取值范围． 【答案】(1) [0，＋∞) 增函数 (2) ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 【解析】(1) 因为m 2＋m ＝m (m ＋1)，m ∈N *，且m 与m ＋1中必有一个为偶数，所以m (m ＋1)为偶数． 所以函数f (x )＝x (m 2＋m )－1(m ∈N *)的定义域为[0，＋∞)，并且在定义域上为增函数．(2) 因为函数f (x )经过点(2，2)，所以2＝2(m 2＋m )－1，即212＝2(m 2＋m )－1， 所以m 2＋m ＝2，解得m ＝1或m ＝－2.又因为m ∈N *，所以m ＝1.由f (2－a )>f (a －1)得⎩⎪⎨⎪⎧2－a ≥0，a －1≥0，2－a >a －1，解得1≤a <32， 所以a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32.15、已知a ∈R ，函数f (x )＝x |x －a |.(1) 当a ＝2时，写出函数y ＝f (x )的单调增区间；(2) 当a >2时，求函数y ＝f (x )在区间[1，2]上的最小值；(3) 设a ≠0，函数y ＝f (x )在区间(m ，n )上既有最大值又有最小值，请分别求出m ，n 的取值范围(用a 表示)．【答案】(1) (－∞，1]，[2，＋∞) (2) f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a －4，2<a ≤3，a －1， a >3.(3) 2＋12a ≤m <a ，a 2<n ≤0. 【解析】(1) 当a ＝2时，f (x )＝x |x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －2），x ≥2，x （2－x ）， x <2. 由图象可知，y ＝f (x )的单调增区间为(－∞，1]，[2，＋∞)．(2) 因为a >2，x ∈[1，2]，所以f (x )＝x (a －x )＝－x 2＋ax ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋a 24. 当1<a 2≤32，即2<a ≤3时，f (x )min ＝f (2)＝2a －4；当a 2>32，即a >3时，f (x )min ＝f (1)＝a －1， 所以f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧2a －4，2<a ≤3，a －1， a >3. (3) f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －a ），x ≥a ，x （a －x ），x <a . ①当a >0时，图象如图1所示.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a 24，y ＝x （x －a ），得x ＝1＋22a ， 所以0≤m <a 2，a <n ≤ 2＋12a . ②当a <0时，图象如图2所示．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－a 24，y ＝x （a －x ），得x ＝1＋22a ， 所以2＋12a ≤m <a ，a 2<n ≤0.图1图2 16、已知函数f (x )＝x －k 2＋k ＋2(k ∈Z)满足f (2)<f (3)．(1)求k 的值并求出相应的f (x )的解析式；(2)对于(1)中得到的函数f (x )，试判断是否存在q ，使函数g (x )＝1－qf (x )＋(2q －1)x 在区间[－1,2]上的值域为[－4，178]？若存在，求出q ；若不存在，请说明理由． 【答案】 (1) f (x )＝x 2(2) 2【解析】 (1)∵f (2)<f (3)，∴f (x )在第一象限是增函数．故－k 2＋k ＋2>0，解得－1<k <2.又∵k ∈Z ，∴k ＝0或k ＝1.当k ＝0或k ＝1时，－k 2＋k ＋2＝2，∴f (x )＝x 2.(2)假设存在q 满足题设，由(1)知 g (x )＝－qx 2＋(2q －1)x ＋1，x ∈[－1,2]．∵g (2)＝－1，∴两个最值点只能在端点(－1，g (－1))和顶点(2q －12q ，4q 2＋14q)处取得． ①当q >0时，而4q 2＋14q －g (－1)＝4q 2＋14q－(2－3q )＝q －24q ≥0，∴g (x )max ＝4q 2＋14q ＝178， g (x )min ＝g (－1)＝2－3q ＝－4.解得q ＝2.②当q <0时，g (x )max ＝g (－1)＝2－3q ＝178， g (x )min ＝4q 2＋14q ＝－4， q 不存在．综上所述，存在q ＝2满足题意．17、设函数f (x )＝x 2＋2bx ＋c (c <b <1)， f (1)＝0，方程f (x )＋1＝0有实根．(1)证明：－3<c ≤－1且b ≥0；(2)若m 是方程f (x )＋1＝0的一个实根，判断f (m －4)的正负并加以证明．【答案】(1) 见解析 (2)见解析解析：(1)证明：f (1)＝0⇒1＋2b ＋c ＝0⇒b ＝－c ＋12. 又c <b <1，故c <－c ＋12<1⇒－3<c <－13. 方程f (x )＋1＝0有实根，即x 2＋2bx ＋c ＋1＝0有实根，故Δ＝4b 2－4(c ＋1)≥0，即(c ＋1)2－4(c ＋1)≥0⇒c ≥3或c ≤－1.又c <b <1，得－3<c ≤－1，由b ＝－c ＋12知b ≥0. (2)f (x )＝x 2＋2bx ＋c ＝x 2－(c ＋1)x ＋c ＝(x －c )(x －1)，f (m )＝－1<0，∴c <m <1，∴c －4<m －4<－3<c ，∴f (m －4)＝(m －4－c )(m －4－1)>0，∴f (m －4)的符号为正．18、设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 在区间[－2,2]上的最大值、最小值分别是M 、m ，集合A ＝{x |f (x )＝x }．(1)若A ＝{1,2}，且f (0)＝2，求M 和m 的值；(2)若A ＝{1}，且a ≥1，记g (a )＝M ＋m ，求g (a )的最小值．【答案】(1) M ＝10 m ＝1 (2) 314【解析】(1)由f (0)＝2可知c ＝2，又A ＝{1,2}，故1,2是方程ax 2＋(b －1)x ＋c ＝0的两实根， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋2＝1－b a 2＝c a ，解得a ＝1，b ＝－2. ∴f (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[－2,2]． 当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝1，即m ＝1；当x ＝－2时，f (x )max ＝f (－2)＝10，即M ＝10.(2)由题意知，方程ax 2＋(b －1)x ＋c ＝0有两相等实根x ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋1＝1－b a 1＝c a，即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1－2a c ＝a . ∴f (x )＝ax 2＋(1－2a )x ＋a ，x ∈[－2,2]，其对称轴方程为x ＝2a －12a ＝1－12a， 又a ≥1，故1－12a ∈[12，1)， ∴M ＝f (－2)＝9a －2，m ＝f (2a －12a )＝1－14a. g (a )＝M ＋m ＝9a －14a－1. 又g (a )在区间[1，＋∞)上是单调递增的，∴当a ＝1时，g (a )min ＝314.。

2020年高考数学复习题：二次函数与幂函数

2020年高考数学复习题：二次函数与幂函数

二次函数与幂函数[基础训练]1．在同一直角坐标系中，函数f(x)＝x a(x>0)，g(x)＝log a x的图象可能是()答案：D解析：因为a>0，所以f(x)＝x a在(0，＋∞)上为增函数，故A错．在B中，由f(x)的图象知a>1，由g(x)的图象知0<a<1，矛盾，故B错．在C中，由f(x)的图象知0<a<1，由g(x)的图象知a>1，矛盾，故C错．在D中，由f(x)的图象知0<a<1，由g(x)的图象知0<a<1，相符，故选D.2．[2019上海模拟]如图是函数y＝x mn(m，n∈N*，m，n互质)的图象，则下列结论正确的是()A．m，n是奇数，且m<nB．m是偶数，n是奇数，且m>nC ．m 是偶数，n 是奇数，且m <nD ．m 是奇数，n 是偶数，且m >n答案：C 解析：由图象可知函数y ＝x m n 为偶函数，∴m 是偶数，又m ，n 互质，n ∈N *，∴n 是奇数．又∵图象在第一象限是上凸的，∴m n <1，即m <n .故选C.3．[2019广东佛山模拟]已知实数m ，n ∈{1,2,3,4}，若m ≠n ，则函数f (x )＝|m －n |x n m 为幂函数且为偶函数的概率为( )A.12B.14C.16D.23答案：B 解析：函数f (x )＝|m －n |x n m 为幂函数且为偶函数，则|m －n |＝1，且n 为偶数，∴(m ，n )的可能情况有(1,2)，(3,2)，(3,4)．又实数m ，n ∈{1,2,3,4}，∴(m ，n )的所有可能情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共12种情况．∴函数f (x )＝|m －n |x n m 为幂函数且为偶函数的概率为312＝14.故选B.4．[2019湖南长沙统一模拟]已知函数f (x )＝x 12，则( )A ．∃x 0∈R ，使得f (x )<0B ．∀x >0，f (x )>0C ．∃x 1，x 2∈[0，＋∞)，使得f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0D ．∀x 1∈[0，＋∞)，∃x 2∈[0，＋∞)，使得f (x 1)>f (x 2) 答案：B 解析：由题意得f (x )＝x ，函数的定义域为[0，＋∞)，函数的值域为[0，＋∞)，并且函数是单调递增函数．所以A 不成立，根据单调性可知C 也不成立．而D 中，当x 1＝0时，不存在x 2∈[0，＋∞)，使得f (x 1)>f (x 2)，所以D 不成立．故选B.5．若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为 ( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．1答案：B 解析：函数f (x )＝x 2－2x ＋m ＝(x －1)2＋m －1的图象如图所示．由图象知在[3，＋∞)上，f (x )min ＝f (3)＝32－2×3＋m ＝1，得m ＝－2.6．[2019湖南株洲联考]函数y ＝ax 2＋bx 与y ＝log|b a |x (ab ≠0，|a |≠|b |)在同一直角坐标系中的图象可能是( )答案：D 解析：对于A ，B 两图，⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a >1，而ax 2＋bx ＝0的两根分别为0和－b a ，且两根之和为－b a ，由图知0<－b a <1，得－1<b a <0，矛盾；对于C ，D 两图，0<⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <1，在C 图中两根之和－b a <－1，即b a >1，矛盾，C 错．故选D.7．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，且a >b >c ，a ＋b ＋c ＝0，则( )A ．∀x ∈(0,1)，都有f (x )>0B ．∀x ∈(0,1)，都有f (x )<0C ．∃x 0∈(0,1)，使f (x 0)＝0D ．∃x 0(0,1)，使f (x 0)>0答案：B 解析：由a >b >c ，a ＋b ＋c ＝0可知a >0，c <0，抛物线开口向上，因为f (0)＝c <0，f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，即1是方程ax 2＋bx ＋c ＝0的一个根，所以∀x ∈(0,1)，都有f (x )<0.故选B.8．[2019广东汕头一模]命题“ax 2－2ax ＋3>0恒成立”是假命题，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)∪[3，＋∞)B ．(－∞，0]∪[3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(3，＋∞)D ．(0,3)答案：A 解析：若ax 2－2ax ＋3>0恒成立，则a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ＝4a 2－12a <0，可得0≤a <3，故当命题“ax 2－2ax ＋3>0恒成立”是假命题时，a <0或a ≥3.9．[2019福建龙海期末]若幂函数y ＝(m 2－3m ＋3)·xm 2－m －2 的图象不经过坐标原点，则实数m ＝________.答案：1或2 解析：由题意得m 2－3m ＋3＝1，解得m ＝1或m ＝2.当m ＝1时，y ＝x －2，图象不过原点， 当m ＝2时，y ＝x 0，图象不过原点，故m ＝1或2.10．[2019山西一模]已知函数f (x )＝x 2－m 是定义在区间[－3－m ，m 2－m ]上的奇函数，则f (m )＝________.答案：－1 解析：由题意得m 2－m ＝3＋m ，即m 2－2m －3＝0，∴m ＝3或m ＝－1.当m ＝3时，f (x )＝x －1，[－3－m ，m 2－m ]为[－6,6]， f (x )在x ＝0处无意义，故舍去．当m ＝－1时，f (x )＝x 3，[－3－m ，m 2－m ]为[－2,2]，满足题意，∴f (m )＝f (－1)＝(－1)3＝－1.11．已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，若y ＝f (x )在区间[－4,6]上是单调函数，则实数a 的取值范围为________．答案：(－∞，－6]∪[4，＋∞) 解析：函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3的图象的对称轴为直线x ＝－2a 2＝－a ，要使f (x )在[－4,6]上为单调函数，只需－a ≤－4或－a ≥6，解得a ≥4或a ≤－6.12．[2019重庆二模]已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋5(a >1)．(1)若f (x )的定义域和值域均是[1，a ]，求实数a 的值；(2)若对任意的x 1，x 2∈[1，a ＋1]，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤4，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f (x )＝(x －a )2＋5－a 2(a >1)，∴f (x )在[1，a ]上为减函数．又∵f (x )的定义域和值域均是[1，a ]，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝a ，f (a )＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2a ＋5＝a ，a 2－2a 2＋5＝1，解得a ＝2.(2)对任意的x 1，x 2∈[1，a ＋1]，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤4，即f (x )max －f (x )min ≤4.若a ≥2，则a ∈[1，a ＋1]，且(a ＋1)－a ≤a －1.∴f (x )max ＝f (1)＝6－2a ，f (x )min ＝f (a )＝5－a 2，∴f (x )max －f (x )min ＝6－2a －(5－a 2)≤4，解得－1≤a ≤3，又a ≥2，∴2≤a ≤3.若1<a <2，则a ∈[1，a ＋1]，且a －1<(a ＋1)－a .∴x ∈[1，a ＋1]时，f (x )max ＝f (a ＋1)＝6－a 2，f (x )min ＝f (a )＝5－a 2，f (x )max －f (x )min ＝(6－a 2)－(5－a 2)＝1，∴f (x )max －f (x )min ≤4成立．综上，a 的取值范围是(1,3]．[强化训练]1．已知函数f (x )＝x 2＋1的定义域为[a ，b ](a <b )，值域为[1,5]，则在平面直角坐标系内，点(a ，b )的运动轨迹与两坐标轴围成的图形的面积为( )A ．8B ．6C ．4D ．2 答案：C 解析：二次函数f (x )＝x 2＋1，开口向上，顶点为(0,1)， 且当x ＝±2时，y ＝5.根据二次函数的图象特点，f (x )在[a ，b ]上的最大值一定是在端点处取得．∴要使f (x )在[a ，b ]上的值域为[1,5]，则f (a )＝5，f (b )≤5或f (b )＝5，f (a )≤5，且0∈[a ，b ]， ∴a ＝－2,0≤b ≤2或者b ＝2，－2≤a ≤0.∴点(a ，b )的运动轨迹与两坐标轴围成的图形是一个边长为2的正方形，面积为4.2．已知函数f (x )＝ax 2－2x ＋2，若对一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，f (x )>0都成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．[－4，＋∞) D ．(－4，＋∞)答案：B 解析：由题意f (x )>0对一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2都成立， 分离参数得a >2x －2x 2对一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2都成立， 即只需满足a 大于函数y ＝2x －2x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2的最大值即可． ∵y ＝2x －2x 2＝－2x 2＋2x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122＋12，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， ∴y ＝2x －2x 2的最大值为12.∴a >12.故选B.3．[2019山东烟台模拟]定义在R 上的奇函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，则使得f (x )>f (x 2－2x ＋2)成立的x 的取值范围是( )A ．(1,2)B ．(－∞，1)∪(2，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(2，＋∞) 答案：A 解析：因为f (x )是R 上的奇函数且在(0，＋∞)上是增函数．则函数f (x )在(－∞，0)上也是增函数，故函数在R 上为增函数，f (x )>f (x 2－2x ＋2)⇒x >x 2－2x ＋2⇒x 2－3x ＋2<0，解得1<x <2，即x 的取值范围是(1,2)．故选A.4．[2019河北保定模拟]对于任意a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值总大于0，则x 的取值范围是( )A ．{x |1<x <3}B ．{x |x <1或x >3}C ．{x |1<x <2}D ．{x |x <1或x >2} 答案：B 解析：由题意知，关于a 的一次函数y ＝a (x －2)＋x 2－4x ＋4的值大于0在a ∈[－1,1]上恒成立，只需⎩⎪⎨⎪⎧ (－1)×(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，1×(x －2)＋x 2－4x ＋4>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x >3或x <2，x >2或x <1，即x <1或x >3，故选B.5．[2019江西吉安模拟]不等式2x 2－axy ＋3y 2≥0对于任意x ∈[1,2]及y ∈[1,3]恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，22]B ．(－∞，26]C ．(－∞，5] D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，92 答案：B 解析：∵2x 2－axy ＋3y 2≥0，∴2x 2－axy ＋3y 2x 2≥0，即3⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋2≥0， ∵x ∈[1,2]，y ∈[1,3]，∴12≤y x ≤3.设t ＝y x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，g (t )＝3t 2－at ＋2， 则g (t )≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3恒成立， ∴g (t )min ≥0.函数g (t )的对称轴为t ＝a 6，当a 6≤12，即a ≤3时，g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上单调递增， ∴g (t )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝34－a 2＋2≥0， 解得a ≤112，∴a ≤3；当a 6≥3，即a ≥18时，g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上单调递减， ∴g (t )min ＝g (3)＝27－3a ＋2≥0，解得a ≤293，∴a 不存在；当12<a 6<3，即3<a <18时，g (t )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3上先减后增， ∴g (t )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6＝24－a 212≥0，解得－26≤a ≤26，∴3<a ≤2 6.综上所述，a ≤2 6.故选B.6．[2019湖北荆州模拟]二次函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (－x ＋2)，又f (0)＝3，f (2)＝1，若在[0，m ]上有最大值3，最小值1，则m 的取值范围是 ( )A ．(0，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．(0,2]D ．[2,4] 答案：D 解析：∵二次函数f (x )满足f (2＋x )＝f (2－x )， ∴其图象的对称轴是x ＝2，又f (0)＝3，∴f (4)＝3，又f (2)<f (0)，∴f (x )的图象开口向上，∵f (0)＝3，f (2)＝1，f (4)＝3，f (x )在[0，m ]上的最大值为3，最小值为1，∴由二次函数的性质知2≤m ≤4.故选D.7．[2019河南南阳模拟]设函数f (x )＝mx 2－mx －1，若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋4恒成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，0]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，57 C ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，57 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57 答案：D 解析：由题意，f (x )<－m ＋4对于x ∈[1,3]恒成立，即m (x 2－x ＋1)<5对于x ∈[1,3]恒成立．∵当x ∈[1,3]时，x 2－x ＋1∈[1,7]，∴不等式f (x )<－m ＋4等价于m <5x 2－x ＋1. ∵当x ＝3时，5x 2－x ＋1取最小值57， ∴若要不等式m <5x 2－x ＋1对于x ∈[1,3]恒成立， 则必须满足m <57，因此，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，57，故选D.8．[2019河北保定一模]已知函数f (x )既是二次函数又是幂函数，函数g (x )是R 上的奇函数，函数h (x )＝g (x )f (x )＋1＋1，则h (2 018)＋h (2 017)＋h (2 016)＋…＋h (1)＋h (0)＋h (－1)＋…＋h (－2 016)＋h (－2 017)＋h (－2 018)＝( )A ．0B ．2 018C ．4 036D ．4 037答案：D 解析：函数f (x )既是二次函数又是幂函数， ∴f (x )＝x 2，∴f (x )＋1为R 上的偶函数，又函数g (x )是R 上的奇函数，h (x )＝g (x )f (x )＋1＋1， ∴h (x )＋h (－x )＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤g (x )f (x )＋1＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤g (－x )f (－x )＋1＋1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤g (x )f (x )＋1＋－g (x )f (x )＋1＋2＝2， ∴h (2 018)＋h (2 017)＋h (2 016)＋…＋h (1)＋h (0)＋h (－1)＋…＋h (－2 016)＋h (－2 017)＋h (－2 018)＝[h (2 018)＋h (－2 018)]＋[h (2 017)＋h (－2 017)]＋…＋[h (1)＋h (－1)]＋h (0)＝2＋2＋…＋2＋1＝2×2 018＋1＝4 037.故选D.9．[2019湖南祁阳二模]已知幂函数f (x )＝(m －1)2xm 2－4m ＋2在(0，＋∞)上单调递增，函数g (x )＝2x －k .(1)求m 的值；(2)当x ∈[1,2)时，记f (x )，g (x )的值域分别为集合A ，B ，设p ：x ∈A ，q ：x ∈B ，若p 是q 成立的必要条件，求实数k 的取值范围．解：(1)依题意，得(m －1)2＝1⇒m ＝0或m ＝2，当m ＝2时，f (x )＝x －2在(0，＋∞)上单调递减，与题设矛盾，舍去，所以m ＝0.(2)由(1)，得f (x )＝x 2，当x ∈[1,2)时，f (x )∈[1,4)，即A ＝[1,4)， 当x ∈[1,2)时，g (x )∈[2－k,4－k )，即B ＝[2－k,4－k )，因为p 是q 成立的必要条件，则B ⊆A ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2－k ≥1，4－k ≤4，即⎩⎪⎨⎪⎧ k ≤1，k ≥0，得0≤k ≤1.10．设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．(1)当b ＝a 24＋1时，求函数f (x )在[－1,1]上的最小值g (a )的表达式；(2)已知函数f (x )在[－1,1]上存在零点，0≤b －2a ≤1，求b 的取值范围．解：(1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋1，故对称轴为直线x ＝－a 2.当a <－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2≤a ≤2时，g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝1. 当a >2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 24＋a ＋2，a <－2，1，－2≤a ≤2，a 24－a ＋2，a >2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧ s ＋t ＝－a ，st ＝b ，由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2t t ＋2(－1≤t ≤1)． 当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2t ＋2. 由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45， 所以－23≤b ≤9－4 5.当－1≤t<0时，t－2t2t＋2≤st≤－2t2t＋2，由于－2≤－2t2t＋2<0和－3≤t－2t2t＋2<0，所以－3≤b<0.故b的取值范围是[－3,9－45]．。

2020年高考数学一轮复习重点突破必刷题—— 取整函数【解析版】

2020年高考数学一轮复习重点突破必刷题—— 取整函数【解析版】

2020年高考数学一轮复习 重点突破必刷题——取整函数一、选择题x 为实数，[]x 表示不超过x 的最大整数，则函数()[]f x x x =-在R 上为 A ．奇函数 B ．偶函数C ．增函数D ． 周期函数【答案】D【解析】因为 )(][]1[1)1(x f x x x x x f =-=+-+=+ ，所以函数()[]f x x x =-是以1为周期的周期函数.故选D2.设[x ]表示不大于x 的最大整数, 则对任意实数x , y , 有 A. [－x ] ＝－[x ] B.[2x ] ＝ 2[x ] C. [x ＋y ]≤[x ]＋[y ] D. [x －y ]≤[x ]－[y ] 【答案】D【解析】取x=2.5,则[-x]=[-2.5]=-3,-[x]=-[2.5]=-2,所以A 错误；[2x]=[5],2[x ]=2[2.5]=4,所以B 错误；再取y=2.8，则[x+y]=[5.3]=5,[x]+[y]=[2.5]+[2.8]=2+2=4，所以C 错误；故选D.3.如果对于任意实数x ，[]x 表示不超过x 的最大整数. 例如[]3.273=，[]0.60=.那么][][y x =是1x y -<的 （ ）A ．充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】【解析】若][][y x =m =，则1+<≤m x m ，1+<≤m y m ，∴11≤-≤-y x 即1x y -<， 另外取9.0,1==y x ，则1x y -<，但是][][y x ≠，∴][][y x =是1x y -<的充分而不必要条件. 4.阅读下列一段材料，然后解答问题：对于任意实数x ，符号[]x 表示“不超过x 的最大整数”，在数轴上，当x 是整数， []x 就是x ，当x 不是整数时， []x 是点x 左侧的第一个整数点，这个函数叫做“取整函数”，也叫高斯（Gauss ）函数.如[][][]22, 1.52,2.52-=--=-=.求][][][2222111log log log log 1432⎡⎤+++⎢⎥⎣⎦][][][2222log 1log 2log 3log 4⎡⎤++++⎣⎦的值为（ ） A ．0 B ．-2 C ．-1 D ．1 【答案】C【解析】22222221112,21,1,10,21,132,42432log log log log log log log =--<<-=-==<<=， 由“取整函数”的定义可得，[][][][]222222211112344322210112 1.log log log log log log log ⎡⎤⎡⎤⎡⎤++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦=---++++=- 故选C. 5.我们定义函数（表示不大于的最大整数）为“下整函数”；定义（表示不小于的最小整数）为“上整函数”；例如.某停车场收费标准为每小时2元，即不超过1小时（包括1小时）收费2元，超过一小时，不超过2小时（包括2小时）收费4元，以此类推.若李刚停车时间为小时，则李刚应缴费为（单位：元） A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如时，应缴费2元，此时，，排除A 、B ；当时，缴费为2元，此时排除D ，故选C6.遂宁二中将于近期召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于．．5时再增选一名代表.那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数][x y =（][x 表示不．大于．．x 的最大整数）可以表示为（ ） （A ）]10[x y = （B ）]103[+=x y （C ）]104[+=x y （D ）]105[+=x y 【答案】C【解析】可以采用特殊值法，由于已知中当各班人数除以10的余数大于．．5时再增选一名代表，比如当x=56时，则可知被10除的余数大于5，因此y=6,这样选项A,B 中代入得到的结论为5，不符合题意.再看x=55,那么可知5[][6]610x y +===，而55被10除的余数等于5，因此得到y=5，显然不成立，排除法选C. 7.已知当[],x R x ∈表示不超过x 的最大整数，称[]y x =为取整函数，例如[][]1,21,2,33=-=-，若()[]f x x =，且偶函数()()()2110g x x x =--+≥，则方程()()()f f x g x =的所有解之和为（ ）A ．1B ．-2 C3 D．3 【答案】D【解析】设0x <，则0x ->，又()g x 为偶函数，所以()()()()221111g x g x x x =-=---+=-++．由()[]f x x =，得()()[]f f x x =．在同一坐标系中画出()()f f x 与()g x 的图象，如图所示．由图知同，两个图象有四个交点，交点的纵坐标分别为1,0,3,4--，当0x ≥时，方程()()()ff xg x =的解是0和1；当0x <时，由()()2113g x x =-++=-解得3x =-，由()()2114g x x =-++=-解得1x =-上，得()()()ff xg x =的所有解之和为01313+--=--D ．8.在计算机的算法语言中有一种函数叫做取整函数（也称高斯函数），表示不超过的最大整数．例如：．设函数，则函数的值域为 （ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】B【解析】)12(21221212)(+-=-+=x x x x x f ,且)()21(221)12(212)(x f x f x xx x -=+-=+-=---，即函数)(x f 为奇函数；又⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈+-=21,2112121)(x x f ；当0)(=x f 时，[][]0)()(=-+x f x f ；当0)(≠x f 时，不妨设0)(>x f ，则[]0)(=x f ，[]1)(-=-x f ，则[][]1)()(-=-+x f x f ；故选B ．9.把不超过实数x 的最大整数记为[]x ，则函数[]()f x x =称作取整函数，又叫高斯函数，在[]1,4 上任取x ，则[]x =的概率为（ ）A ．14B ．13C ．12D ．23【答案】D【解析】当2≤x ＜3时，[x]＝＝2； 当3≤x ＜4时，[x]＝3，＝2； 当4≤x ＜4.5时，[x]＝4，＝2；[]x []x x [2]2,[3.1]3,[ 2.6]3==-=-21()122x x f x =-+[()][()]y f x f x =+-{}0{}1,0-{}1,0,1-{}2,0-当4.5≤x ＜5时，[x]＝4，＝3．符合条件的x ∈[2，3），由长度比可得，[x]＝的概率为321523-=-． 故选B ．10．定义区间(),a b 、[),a b 、(],a b 、[],a b 的长度均为d b a =-，用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[]3.23=，[]2.33-=-.记{}[]x x x =-，设()[]{}f x x x=，()1g x x =-，若用d 表示不等式()f x <解集区间长度，则03x ≤≤当时有（ ）A ．1d =B ．2d = C. 3d = D ．4d = 【答案】A【解析】()[]{}[][]()[][]()()[][]22,,1,f x x x x x x x x x f x g x x x x x =⋅=-=-<-<-由得即[]()[]211x x x -<-,当[)[]0,1,0=∈x x 时,不等式的解为1>x ,不符合题意；当[)2,1∈x 时,[]1=x ,不等式无解,不合题意；当[]3,2∈x 时,[]1>x ,不等式可化为[]1+<x x ,此时不等式恒成立,所以不等式解集为32≤≤x .综上可得不等式()()x g x f <解集区间的长度为1=d ,故选A.11．对任意正整数n 与，表示不超过（表示不超过实数x 的最大整数）且与n 互素的正整数的个数.则（）.A ．l1B ．13C ．14D ．19 【答案】C 【解析】由，知所求为1至33中与100互素的数的个数.先去掉所有的偶数，还剩下17个奇数，再去掉5的倍数（共三个），从而，所求为14. 12．设表示不超过x 的最大整数，Z 表示整数集，方程的解集为M ，则有（）.A ．B ．C ．D ．M 与Z 互不包含【答案】C 【解析】显然，.设，令.代入方程得.()g x而.当时，. 于是，a=0.当t=0时，，a=0，即，所以，.因此，. 故选C.二、填空题13.函数[]y x =称为高斯函数，又称取整函数，对任意实数,[]x x 是不超过x 的最大整数，则函数[]1(0.5 2.5)y x x =+-<<的值域为 .【答案】}{0,1,2,3【解析】①当-0.5＜x ＜0时，y=[x]+1的函数值为0； ②当0≤x ＜1时，y=[x]+1的函数值为1； ③当1≤x ＜2时，y=[x]+1的函数值为2； ④当2≤x ＜2.5时，y=[x]+1的函数值为3；综上所述，得函数y=[x]+1（-0.5＜x ＜2.5）的值域为{0，1，2，3}.14.对于任意x ∈R ，令[]x 为不大于x 的最大整数，则函数()[]f x x =称为高斯函数或取整函数．若数列{}n a 满足()4n n a f =()n +∈N ，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4n S 等于 ． 【答案】22n n - 【解析】由定义知，．15.对于实数，称为取整函数或高斯函数，亦即是不超过的最大整数.例如：.直角坐标平面内，若满足，则的取值范围是 ．【答案】(1,5)[10,20)⋃【解析】由[x-1]2+[y-1]2=4，得 [x-1]=±2， [y-1]=0 或 [x-1]=0， [y-1]=±2 然后得到可行域 41235678940,1,2,n a a a a a a a a a a n==========244(12...1)2n S n n n n∴=+++-+=-x 2+y 2看作可行域内点到坐标原点距离的平方．AO 2=1，BO 2=5此时x 2+y 2∈[1，5）．CO 2=10，DO 2=20， 此时x 2+y 2∈[10，20）．所以x 2+y 2∈[1，5）∪[10，20）．16.][x 表示不超过x 的最大整数，则方程]2[][log sin 2xx =的解集为___________.【答案】{π≤≤x x 2|或25π=x }【解析】22211sin 1sin ≤≤∴≤≤-x ， ， }210{]2[sin ，，∈∴x ⑴若]2[][log sin 2xx==0，则⎩⎨⎧<≤-<≤0sin 11log 02x x即⎩⎨⎧<≤-<≤0sin 121x x ，该不等式组的解集为空集；⑵若]2[][log sin 2xx==1，则⎩⎨⎧<≤-<≤0sin 12log 12x x即⎩⎨⎧<≤<≤1sin 042x x ， 解得π≤≤x 2；⑶若]2[][log sin 2xx ==2，则⎩⎨⎧=<≤1sin 3log 22x x即⎩⎨⎧=<≤1sin 84x x ，解得25π=x .综上得方程]2[][log sin 2xx=的解集为{π≤≤x x 2|或25π=x }.。

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第三章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第2节二次函数习题(含解析)

(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第三章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第2节二次函数习题(含解析)

第2节 二次函数考试要求 1.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.知 识 梳 理1.二次函数表达式的三种形式 (1)一般式：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0).(2)顶点式：y ＝a (x ＋h )2＋k (其中a ≠0，顶点坐标为(－h ，k )).(3)零点式：y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(其中a ≠0，x 1，x 2是二次函数的图象与x 轴的两个交点的横坐标).2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象和性质a >0 a <0图象定义域 R值域⎣⎢⎡⎭⎪⎫4ac －b 24a ，＋∞ ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，4ac －b 24a单调性在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－b 2a 上递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上递增在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－b 2a 上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上递减奇偶性 b ＝0时为偶函数，b ≠0时既不是奇函数也不是偶函数 图象特点①对称轴：x ＝－b 2a ；②顶点：⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，4ac －b 24a3.二次函数的最值问题二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清楚对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)，则二次函数f (x )在闭区间[m ，n ]上的最大值、最小值有如下的分布情况：对称轴与区间的关系m<n <－b2a，即－b2a∈(n，＋∞)m<－b2a<n，即－b2a∈(m，n)－b2a<m<n，即－b2a∈(－∞，m)图象最值f(x)max＝f(m)，f(x)min＝f(n)f(x)max＝max{f(n)，f(m)}，f(x)min＝f⎝⎛⎭⎪⎫－b2af(x)max＝f(n)f(x)min＝f(m)4.一元二次方程根的分布设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1<x2，相应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，方程的根即为二次函数图象与x轴的交点，它们的分布情况见下面各表(每种情况对应的均是等价条件)表一：(两根与k的大小比较)分布情况两根都小于k即x1<k，x2<k 两根都大于k即x1>k，x2>k一个根小于k，一个大于k，即x1<k<x2大致图象(a>0)综合结论(不讨论a)a·f(k)<0 表二：(根在区间上的分布)分布情况两根都在(m，n)内两根都在区间(m，n)外(x1<m，x2>n)一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m<n<p<q大致图象(a>0)综合结论(不讨论a )若两根有且仅有一根在(m ，n )内，则需分三种情况讨论：①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；②当f (m )＝0或f (n )＝0，方程有一根为m 或n ，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间(m ，n )内；③当f (m )·f (n )<0时，则两根有且仅有一根在(m ，n )内. [常用结论与易错提醒]不等式ax 2＋bx ＋c >0(<0)恒成立的条件 (1)不等式ax2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c >0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0. (2)不等式ax2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果二次函数f (x )的图象开口向上且关于直线x ＝1对称，且过点(0，0)，则此二次函数的解析式为f (x )＝(x －1)2－1.( )(2)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫120，＋∞.( )(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R )不可能是偶函数.( )(4)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈[a ，b ])的最值一定是4ac －b24a.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.已知f (x )＝x 2＋px ＋q 满足f (1)＝f (2)＝0，则f (－1)的值是( ) A.5 B.－5 C.6D.－6解析 由f (1)＝f (2)＝0知方程x 2＋px ＋q ＝0的两根分别为1，2，则p ＝－3，q ＝2，∴f (x )＝x 2－3x ＋2，∴f (－1)＝6.答案 C3.若方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0只有负根，则m 的取值范围是( ) A.[4，＋∞) B.(－5，－4] C.[－5，－4]D.(－5，－2)解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋2）2－4×（m ＋5）≥0，x 1＋x 2＝－（m ＋2）<0，x 1x 2＝m ＋5>0，解得m ≥4.答案 A4.已知函数y ＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[1，2] C.(1，2]D.(1，2)解析 画出函数y ＝x 2－2x ＋3的图象(如图)，由题意知1≤m ≤2.答案 B5.已知方程x 2＋(m －2)x ＋2m －1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m 的取值范围是 .解析 令f (x )＝x 2＋(m －2)x ＋2m －1.由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2m －1>0，1＋（m －2）＋2m －1<0， 解得12<m <23.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 6.若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，3]上是减函数，则实数a 的取值范围是 ，且函数f (x )恒过点 .解析 二次函数f (x )图象的对称轴是x ＝1－a ，由题意知1－a ≥3，∴a ≤－2.由函数的解析式易得，函数f (x )恒过定点(0，2). 答案 (－∞，－2] (0，2)考点一 二次函数的解析式 【例1】 求下列函数的解析式：(1)(一题多解)已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8；(2)已知二次函数f (x )的图象经过点(4，3)，它在x 轴上截得的线段长为2，并且对任意x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x ). 解 (1)法一(利用一般式解题)： 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0). 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. 法二(利用顶点式解题)： 设f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0). ∵f (2)＝f (－1)，∴二次函数图象的对称轴为x ＝2＋（－1）2＝12，∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8.∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4，∴f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.法三(利用零点式解题)：由已知f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1， 故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)(a ≠0)， 即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数的最大值是8，即4a （－2a －1）－（－a ）24a ＝8，解得a ＝－4，∴所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. (2)∵f (2－x )＝f (2＋x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的对称轴为x ＝2.又∵f (x )的图象在x 轴上截得的线段长为2， ∴f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的解析式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0)， 又∵f (x )的图象过点(4，3)，∴3a ＝3，∴a ＝1. ∴所求f (x )的解析式为f (x )＝(x －1)(x －3)， 即f (x )＝x 2－4x ＋3.规律方法 用待定系数法求二次函数的解析式，关键是灵活选取二次函数解析式的形式，选法如下：【训练1】 若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R )是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f (x )＝ .解析 由f (x )是偶函数知f (x )的图象关于y 轴对称， ∴b ＝－2，∴f (x )＝－2x 2＋2a 2，又f (x )的值域为(－∞，4]，∴2a 2＝4，故f (x )＝－2x 2＋4.答案 －2x 2＋4考点二 二次函数的图象与性质【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4，6]. (1)当a ＝－2时，求f (x )的最值；(2)求实数a 的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－4，6]上是单调函数； (3)当a ＝－1时，求f (|x |)的单调区间.解 (1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，由于x ∈[－4，6]， ∴f (x )在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增， ∴f (x )的最小值是f (2)＝－1，又f (－4)＝35，f (6)＝15， 故f (x )的最大值是35.(2)由于函数f (x )的图象开口向上，对称轴是x ＝－a ，所以要使f (x )在[－4，6]上是单调函数，应有－a ≤－4或－a ≥6，即a ≤－6或a ≥4， 故a 的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞).(3)由－4≤|x |≤6，得－6≤x ≤6，当a ＝－1时，f (|x |)＝x 2－2|x |＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3＝（x ＋1）2＋2，x ≤0，x 2－2x ＋3＝（x －1）2＋2，x >0， 其图象如图所示，∴f (|x |)在[－6，6]上的单调区间有[－6，－1)，[－1，0)，[0，1)，[1，6]. 规律方法 解决二次函数图象与性质问题时要注意：(1)抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要注意分类讨论； (2)要注意数形结合思想的应用.【训练2】 (1)设abc >0，二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可能是( )(2)若函数f (x )＝ax 2＋2x ＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a 的取值范围是Ｗ.解析 (1)由A ，C ，D 知，f (0)＝c <0，从而由abc >0，所以ab <0，所以对称轴x ＝－b2a >0，知A ，C 错误，D 满足要求；由B 知f (0)＝c >0， 所以ab >0，所以对称轴x ＝－b2a<0，B 错误.(2)由题意可知f ′(x )＝2ax ＋2≥0在[－4，6]上恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－4）＝－8a ＋2≥0，f ′（6）＝12a ＋2≥0，所以－16≤a ≤14.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，14考点三 二次函数的最值【例3－1】 已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a 的值. 解 f (x )＝a (x ＋1)2＋1－a .(1)当a ＝0时，函数f (x )在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；(2)当a >0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f (2)＝8a ＋1＝4，解得a ＝38； (3)当a <0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f (－1)＝1－a ＝4，解得a ＝－3.综上可知，a 的值为38或－3.【例3－2】 将例3－1改为：求函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上的最大值. 解 f (x )＝(x ＋a )2＋1－a 2，∴f (x )的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x ＝－a ， (1)当－a <12，即a >－12时，f (x )max ＝f (2)＝4a ＋5；(2)当－a ≥12，即a ≤－12时，f (x )max ＝f (－1)＝2－2a .综上，f (x )max＝⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋5，a >－12，2－2a ，a ≤－12.规律方法 研究二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类讨论.【训练3】 设函数f (x )＝x 2－2x ＋2，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，求函数f (x )的最小值. 解 f (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，函数图象的对称轴为x ＝1. 当t ＋1<1，即t <0时，函数图象如图(1)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为减函数， 所以最小值为f (t ＋1)＝t 2＋1；当t ≤1≤t ＋1，即0≤t ≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x ＝1处取得最小值，最小值为f (1)＝1；当t >1时，函数图象如图(3)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为增函数， 所以最小值为f (t )＝t 2－2t ＋2.综上可知，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1，t <0，1，0≤t ≤1，t 2－2t ＋2，t >1.考点四 一元二次方程根的分布 多维探究角度1 两根在同一区间【例4－1】 若二次函数y ＝－x 2＋mx －1的图象与两端点为A (0，3)，B (3，0)的线段AB 有两个不同的交点，求实数m 的取值范围. 解 线段AB 的方程为x 3＋y3＝1(x ∈[0，3])， 即y ＝3－x (x ∈[0，3])，由题意得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3－x ，y ＝－x 2＋mx －1， 消去y 得x 2－(m ＋1)x ＋4＝0，①由题意可得，方程①在x ∈[0，3]内有两个不同的实根，令f (x )＝x 2－(m ＋1)x ＋4，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋1）2－16>0，0≤m ＋12≤3，f （0）＝4≥0，f （3）＝10－3m ≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m <－5或m >3，－1≤m ≤5，m ≤103，所以3<m ≤103.故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤3，103.角度2 两根在不同区间【例4－2】 求实数m 的取值范围，使关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0. (1)一根大于1，另一根小于1； (2)两根α，β满足0<a <1<β<4； (3)至少有一个正根.解 令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6， (1)由题意得f (1)＝4m ＋5<0，解得m <－54.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－54. (2)⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋6>0，f （1）＝4m ＋5<0，f （4）＝10m ＋14>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >－3，m <－54，m >－75，所以－75<m <－54.故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－75，－54.(3)当方程有两个正根时，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）>0，f （0）＝2m ＋6>0，－2（m －1）>0，解得－3<m <－1.当方程有一个正根一个负根时，f (0)＝2m ＋6<0，解得m <－3. 当方程有一个根为零时，f (0)＝2m ＋6＝0，解得m ＝－3， 此时f (x )＝x 2－8x ，另一根为8，满足题意. 综上可得，实数m 的取值范围是(－∞，－1). 角度3 在区间(m ，n )内有且只有一个实根【例4－3】 已知函数f (x )＝mx 2－2x ＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m 的取值范围. 解 依题意，得(1)⎩⎪⎨⎪⎧m >0，Δ＝（－2）2－4m >0，无解.f （0）<0， (2)⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝（－2）2－4m >0，解得m <0.f （0）>0，(3)⎩⎪⎨⎪⎧m ≠0，Δ＝（－2）2－4m ＝0.解得m ＝1，经验证，满足题意.又当m ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，它显然有一个为正实数的零点. 综上所述，m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}.规律方法 利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤： (1)设出对应的二次函数；(2)利用二次函数的图象和性质列出等价不等式(组)； (3)解不等式(组)求得参数的范围.【训练4】 (1)已知二次函数y ＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3)与x 轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m 的取值范围.(2)若关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0有且只有一根在区间(0，3)内，求实数m 的取值范围.解 (1)令f (x )＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3).由题意可知(m ＋2)·f (1)<0， 即(m ＋2)(2m ＋1)<0，所以－2<m <－12.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12. (2)令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6，①⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）＝0，0<－（m －1）<3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1或m ＝5，－2<m <1，所以m ＝－1.②f (0)·f (3)＝(2m ＋6)(8m ＋9)<0， 解得－3<m <－98.③f (0)＝2m ＋6＝0，即m ＝－3时，f (x )＝x 2－8x ，另一根为8∉(0，3)，所以舍去； ④f (3)＝8m ＋9＝0，即m ＝－98时，f (x )＝x 2－174x ＋154，另一根为54∈(0，3)，满足条件.综上可得，－3<m ≤－98或m ＝－1.所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－3，－98∪{－1}.基础巩固题组一、选择题1.已知a ，b ，c ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .若f (0)＝f (4)>f (1)，则( ) A.a >0，4a ＋b ＝0 B.a <0，4a ＋b ＝0 C.a >0，2a ＋b ＝0D.a <0，2a ＋b ＝0解析 因为f (0)＝f (4)>f (1)，所以函数图象应开口向上，即a >0，且其对称轴为x ＝2，即－b2a ＝2，所以4a ＋b ＝0.答案 A2.设二次函数f (x )＝ax 2－2ax ＋c 在区间[0，1]上单调递减，且f (m )≤f (0)，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，0]B.[2，＋∞)C.(－∞，0]∪[2，＋∞)D.[0，2]解析 f (x )的对称轴为x ＝1，由f (x )在[0，1]上递减知a >0，且f (x )在[1，2]上递增，f (0)＝f (2)，∵f (m )≤f (0)，结合对称性，∴0≤m ≤2. 答案 D3.若函数f (x )＝x 2－ax －a 在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a 等于( ) A.－1 B.1 C.2D.－2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax －a 的图象为开口向上的抛物线， ∴函数的最大值在区间的端点取得. ∵f (0)＝－a ，f (2)＝4－3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥4－3a ，－a ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧－a ≤4－3a ，4－3a ＝1，解得a ＝1. 答案 B4.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋b (a ，b ∈R )，记f (x )在[a －b ，a ＋b ]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m ( ) A.与a 有关，且与b 有关 B.与a 无关，且与b 无关 C.与a 有关，但与b 无关D.与a 无关，但与b 有关解析 函数f (x )＝x 2－2ax ＋b ＝(x －a )2－a 2＋b ，所以f (x )的对称轴为x ＝a 且开口向上，因为区间[a －b ，a ＋b ]也关于x ＝a 对称，所以m ＝f (a )＝b －a 2，M ＝f (a －b )＝f (a ＋b )＝b 2－a 2＋b ，所以M －m ＝b 2，故选D. 答案 D5.(2019·嘉兴检测)若f (x )＝x 2＋bx ＋c 在(m －1，m ＋1)内有两个不同的零点，则f (m －1)和f (m ＋1)( ) A.都大于1 B.都小于1 C.至少有一个大于1D.至少有一个小于1解析 设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点为x 1，x 2，则f (x )＝(x －x 1)(x －x 2)，因为函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点在(m －1，m ＋1)内，所以f (m －1)>0，f (m ＋1)>0，又因为f (m－1)f (m ＋1)＝(m －1－x 1)(m －1－x 2)·(m ＋1－x 1)(m ＋1－x 2)＝[－(m －1－x 1)(m ＋1－x 1)]·[－(m －1－x 2)(m ＋1－x 2)]<[－（m －1－x 1）＋（m ＋1－x 1）]24·[－（m －1－x 2）＋（m ＋1－x 2）]24＝1，所以f (m－1)和f (m ＋1)至少有一个小于1，故选D. 答案 D6.若函数f (x )＝x 2＋kx ＋m 在[a ，b ]上的值域为[n ，n ＋1]，则b －a ( ) A.既有最大值，也有最小值 B.有最大值但无最小值 C.无最大值但有最小值D.既无最大值，也无最小值解析 取k ＝m ＝n ＝0，f (x )＝x 2，由图象可知，显然b －a 不存在最小值.∵f (a )＝a 2＋ka ＋m ，f (b )＝b 2＋kb ＋m ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋m ，∴（b －a ）22＝f (a )＋f (b )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤n ＋1＋n ＋1－2n ＝2，∴b －a ≤2，当b ＝2－k 2，a ＝－2＋k2时，b －a 取得最大值为2，故选B. 答案 B7.(2016·浙江卷)已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 ∵f (x )＝x 2＋bx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b24，当x ＝－b 2时，f (x )min ＝－b 24.又f (f (x ))＝(f (x ))2＋bf (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫f （x ）＋b 22－b 24，当f (x )＝－b 2时，f (f (x ))min ＝－b 24，当－b2≥－b 24时，f (f (x ))可以取到最小值－b 24，即b 2－2b ≥0，解得b ≤0或b ≥2，故“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的充分不必要条件. 答案 A8.函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象关于直线x ＝－b2a 对称.据此可推测，对任意的非零实数a ，b ，c ，m ，n ，p ，关于x 的方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解集不可能是( ) A.{1，2} B.{1，4} C.{1，2，3，4}D.{1，4，16，64}解析 ∵f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为x ＝－b2a .设方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解为f 1(x )，f 2(x )，则必有f 1(x )＝y 1＝ax 2＋bx ＋c ，f 2(x )＝y 2＝ax 2＋bx ＋c ，那么从图象上看y ＝y 1，y ＝y 2是平行x 轴的两条直线，它们与f (x )有交点， 由对称性，方程y 1＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 1，x 2应关于对称轴x ＝－b2a 对称，即x 1＋x 2＝－ba ，同理方程y 2＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 3，x 4也关于对称轴x ＝－b2a对称， 即x 3＋x 4＝－b a，在C 中，可以找到对称轴直线x ＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D 中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D 不可能. 答案 D9.(2019·衢州二中二模)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，若存在非零实数t ，使得f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2成立，则a 2＋4b 2的最小值为( )A.165B.145C.16D.4 解析 由f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2知，存在实数t ≠0，使⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0成立，又a 2＋4b 2的几何意义为坐标原点与点(a ，2b )的距离的平方，记2b ＝m ，u ＝t ＋1t，则u 2≥4.故⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0，即ua ＋m ＋u 2＝0，其表示动点(a ，m )的轨迹，设为直线l ，则原点与点(a ，m )的距离的最小值为原点到直线l 的距离，故a 2＋4b 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫u 2u 2＋12＝⎝⎛⎭⎪⎫u 2＋1－1u 2＋12≥165，故选A. 答案 A 二、填空题10.已知b ，c ∈R ，函数y ＝x 2＋2bx ＋c 在区间(1，5)上有两个不同的零点，则f (1)＋f (5)的取值范围是 .解析 设f (x )的两个零点为x 1，x 2，不妨设1<x 1<x 2<5，则f (1)>f (x 1)＝0，f (5)>f (x 2)＝0，所以f (1)＋f (5)>0.另一方面f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)，所以f (1)＋f (5)＝(1－x 1)·(1－x 2)＋(5－x 1)(5－x 2)＝2x 1x 2－6(x 1＋x 2)＋26<2x 1x 2－12x 1x 2＋26＝2(x 1x 2－3)2＋8<2(25－3)2＋8＝16，所以f (1)＋f (5)的取值范围是(0，16).答案 (0，16)11.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2（x ≥t ），x （x <t ），若存在实数t ，使函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围是 .解析 由题意知函数f (x )在定义域上不单调，如图，当t ＝0或t ≥1时，f (x )在R 上均单调递增，当t <0时，在(－∞，t )上f (x )单调递增，且f (x )<0，在(t ，0)上f (x )单调递减，且f (x )>0，在(0，＋∞)上f (x )单调递增，且f (x )>0.故要使得函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围为(－∞，0)∪(0，1).答案 (－∞，0)∪(0，1)12.(2019·诸暨统考)已知a ，b 都是正数，a 2b ＋ab 2＋ab ＋a ＋b ＝3，则2ab ＋a ＋b 的最小值等于 .解析 设2ab ＋a ＋b ＝t ，则t >0，且3＝ab (a ＋b )＋ab ＋a ＋b ＝ab (t －2ab )＋t －ab ，故关于ab 的二次方程2(ab )2＋(1－t )ab ＋3－t ＝0的解为正数，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（1－t ）2－8（3－t ）≥0，t －12>0，3－t 2>0，解得42－3≤t <3，即2ab ＋a ＋b 的最小值等于42－3.答案 42－313.已知f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4. (1)f (x )的解析式为 ；(2)当x ∈[0，5]时，f (x )的最大值和最小值分别是 . 解析 (1)f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4，令x ＋1＝t ，则x ＝t －1， ∴f (t )＝(t －1)2－5(t －1)＋4＝t 2－7t ＋10，∴f (x )＝x 2－7x ＋10.(2)∵f (x )＝x 2－7x ＋10，其图象开口向上，对称轴为x ＝72，72∈[0，5]，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝－94， 又f (0)＝10，f (5)＝0.∴f (x )的最大值为10，最小值为－94.答案 (1)x 2－7x ＋10 (2)10，－9414.(2018·浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是 .若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是 .解析 若λ＝2，则当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4).令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)能力提升题组15.(2019·杭州质检)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M 为函数y ＝|f (x )|在[－1，1]上的最大值，N 为|a |＋|b |的最大值( ) A.若M ＝13，则N ＝3B.若M ＝12，则N ＝3C.若M ＝2，则N ＝3D.若M ＝3，则N ＝3解析 由题意得|f (1)|＝|1＋a ＋b |≤M ⇒|a ＋b |≤M ＋1，|f (－1)|＝|1－a ＋b |≤M ⇒|a －b |≤M ＋1.|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，则易知N ≤M ＋1，则选项A ，B 不符合题意；当a ＝2，b ＝－1时，M ＝2，N ＝3，则选项C 符合题意；当a ＝2，b ＝－2时，M ＝3，N ＝4，则选项D不符合题意，故选C. 答案 C16.(2019·丽水测试)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，集合A ＝{x |f (x )≤0}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪f （f （x ））≤54，若A ＝B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A.[5，5]B.[－1，5]C.[5，3]D.[－1，3]解析 设集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }，其中m ，n 为方程f (x )＝54的两个根，因为A ＝B ≠∅，所以n ＝0且m ≤f (x )min ，Δ＝a 2－4b ≥0，于是f (n )＝f (0)＝b ＝54，则由a 2－4b ＝a 2－5≥0得a ≤－5或a ≥5，令t ＝f (x )≤0，则由f (f (x ))≤54得f (t )≤54，即t 2＋at ＋54≤54，解得－a ≤t ≤0，所以B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }＝{x |－a ≤f (x )≤0}，解得m ＝－a ，所以－a ≤f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 22＋a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋54，解得－1≤a ≤5.综上所述，实数a 的取值范围为[5，5]，故选A. 答案 A17.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (|b |≤2|a |)，定义f 1(x )＝max{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，f 2(x )＝min{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，其中max{a ，b }表示a ，b 中的较大者，min{a ，b }表示a ，b 中的较小者，下列命题正确的是( ) A.若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)>f (1) B.若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)>f (1) C.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 1(－1)<f 1(1) D.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 2(－1)>f 2(1)解析 对于A ，若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f (－1)>f (1)或f (－1)＝f (1)，故A 错误；对于B ，若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，∴f (－1)<f (1)或f (－1)＝f (1)，故B 错误；对于C ，若f 2(1)＝f 1(－1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，而f 1(－1)＝f (－1)，f 1(1)表示f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f 1(－1)<f 1(1)，故C 正确；对于D ，若f 2(1)＝f 1(－1)，由新定义可得f 1(－1)＝f 2(－1)，则f 2(1)＝f 2(－1)，故D 错误，综上所述，故选C. 答案 C18.(2019·绍兴适应性考试)已知a >0，函数f (x )＝|x 2＋|x －a |－3|在[－1，1]上的最大值是2，则a ＝ .解析 由题意知f (0)≤2，即有||a |－3|≤2，又∵a >0，∴||a |－3|≤2⇒|a －3|≤2⇒1≤a≤5.又∵x ∈[－1，1]，∴f (x )＝|x 2－x －3＋a |≤2，设t ＝x 2－x －3，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1，则原问题等价于t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1时，|t ＋a |＝|t －(－a )|的最大值为2，∴a ＝3或a ＝54. 答案 3或5419.已知方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上有两个不同的解，则c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是 .解析 设方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上的两个根为α，β，α≠β，则f (x )＝x 2＋bx ＋c ＝(x －α)(x －β)，0<α<2且0<β<2，所以c 2＋2(b ＋2)c ＝f (0)·f (2)＝αβ(2－α)(2－β)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋（2－α）22⎣⎢⎡⎦⎥⎤β＋（2－β）22＝1，又0<α<2且0<β<2，所以αβ(2－α)(2－β)>0，所以c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是(0，1]. 答案 (0，1]20.已知函数f (x )＝ax ＋3＋|2x 2＋(4－a )x －1|的最小值为2，则a ＝ .解析 令g (x )＝2x 2＋(4－a )x －1＝0，Δ＝(4－a )2＋8>0，则g (x )＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1＝a －4－（4－a ）2＋84，x 2＝a －4＋（4－a ）2＋84，当x ∈[x 1，x 2]时，f (x )＝ax ＋3－[2x 2＋(4－a )x －1]＝－2x 2＋(2a －4)x ＋4，当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f (x )＝ax ＋3＋[2x 2＋(4－a )x －1]＝2(x ＋1)2≥0，因为f (x )的最小值为2，则f (x )min ＝min{f (x 1)，f (x 2)}，即ax 1＋3＝2或ax 2＋3＝2，解得a ＝12.答案 12。

2020届高考数学一轮复习第二篇函数及其性质专题2.6对数与对数函数练习(含解析)

2020届高考数学一轮复习第二篇函数及其性质专题2.6对数与对数函数练习(含解析)

专题2.6 对数与对数函数【考试要求】1.理解对数的概念和运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数；2.通过具体实例，了解对数函数的概念．能用描点法或借助计算工具画出具体对数函数的图象，探索并了解对数函数的单调性与特殊点；3.知道对数函数y ＝log a x 与指数函数y ＝a x互为反函数(a >0，且a ≠1)． 【知识梳理】 1.对数的概念如果a x＝N (a >0，且a ≠1)，那么x 叫做以a 为底N 的对数，记作x ＝log a N ，其中a 叫做对数的底数，N 叫做真数.2.对数的性质、换底公式与运算性质 (1)对数的性质：①a log aN＝N ；②log a a b＝b (a >0，且a ≠1).(2)对数的运算法则如果a >0且a ≠1，M >0，N >0，那么 ①log a (MN )＝log a M ＋log a N ； ②log a M N＝log a M －log a N ； ③log a M n＝n log a M (n ∈R )；④log a m M n ＝n mlog a M (m ，n ∈R ，且m ≠0).(3)换底公式：log b N ＝log a Nlog a b (a ，b 均大于零且不等于1).3.对数函数及其性质(1)概念：函数y ＝log a x (a ＞0，且a ≠1)叫做对数函数，其中x 是自变量，函数的定义域是(0，＋∞). (2)对数函数的图象与性质图象性质定义域：(0，＋∞)值域：R当x ＝1时，y ＝0，即过定点(1，0)当x >1时，y >0； 当0<x <1时，y <0 当x >1时，y <0； 当0<x <1时，y >0 在(0，＋∞)上是增函数在(0，＋∞)上是减函数4.反函数指数函数y ＝a x(a >0，且a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y ＝x 对称. 【微点提醒】1.换底公式的两个重要结论(1)log a b ＝1log b a ；(2)log a m b n＝n m log a b .其中a >0，且a ≠1，b >0，且b ≠1，m ，n ∈R .2.在第一象限内，不同底的对数函数的图象从左到右底数逐渐增大.3.对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a ，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，－1，函数图象只在第一、四象限. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)log 2x 2＝2log 2x .( )(2)函数y ＝log 2(x ＋1)是对数函数.( )(3)函数y ＝ln 1＋x1－x 与y ＝ln(1＋x )－ln(1－x )的定义域相同.( )(4)当x >1时，若log a x >log b x ，则a <b .( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)× 【解析】 (1)log 2x 2＝2log 2|x |，故(1)错.(2)形如y ＝log a x (a ＞0，且a ≠1)为对数函数，故(2)错.(4)当x＞1时，log a x＞log b x，但a与b的大小不确定，故(4)错. 【教材衍化】2.(必修1P73T3改编)已知a＝132-，b＝log213，c＝log1213，则( )A.a>b>cB.a>c>bC.c>b>aD.c>a>b【答案】 D【解析】∵0<a<1，b<0，c＝log1213＝log23>1.∴c>a>b.3.(必修1P74A7改编)函数y＝log23(2x－1)的定义域是________.【答案】⎝⎛⎦⎥⎤12，1【解析】由log23(2x－1)≥0，得0<2x－1≤1.∴12<x≤1.∴函数y＝log23(2x－1)的定义域是⎝⎛⎦⎥⎤12，1.【真题体验】4.(2019·杭州检测)计算log29×log34＋2log510＋log50.25＝( )A.0B.2C.4D.6【答案】 D【解析】原式＝2log23×(2log32)＋log5(102×0.25)＝4＋log525＝4＋2＝6.5.(2019·上海静安区检测)已知函数y＝log a(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，且a≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )A.a>1，c>1B.a>1，0<c<1C.0<a<1，c>1D.0<a<1，0<c<1【答案】 D【解析】由题图可知，函数在定义域内为减函数，所以0<a<1.又当x＝0时，y>0，即log a c>0，所以0<c <1.6.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝log 2(x 2＋a ).若f (3)＝1，则a ＝________. 【答案】 －7【解析】 由f (3)＝1得log 2(32＋a )＝1，所以9＋a ＝2，解得a ＝－7. 【考点聚焦】 考点一 对数的运算【例1】 (1)计算：⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 14－lg 25÷100－12＝________. (2)计算：（1－log 63）2＋log 62·log 618log 64＝________.【答案】 (1)－20 (2)1【解析】 (1)原式＝(lg 2－2－lg 52)×10012＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫122×52×10＝lg 10－2×10＝－2×10＝－20.(2)原式＝1－2log 63＋(log 63)2＋log 6 63·log 6(6×3)log 64＝1－2log 63＋(log 63)2＋1－(log 63)2log 64＝2(1－log 63)2log 62＝log 66－log 63log 62＝log 62log 62＝1.【规律方法】 1.在对数运算中，先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后正用对数运算法则化简合并.2.先将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底对数真数的积、商、幂再运算.3.ab ＝N ⇔b ＝logaN(a>0，且a≠1)是解决有关指数、对数问题的有效方法，在运算中应注意互化. 【训练1】 (1)若lg 2，lg(2x＋1)，lg(2x＋5)成等差数列，则x 的值等于( ) A.1B.0或18C.18D.log 23(2)(2019·成都七中检测)已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a，则a ＝________，b ＝________.【答案】 (1)D (2)4 2【解析】 (1)由题意知lg 2＋lg(2x ＋5)＝2lg(2x＋1)， ∴2(2x＋5)＝(2x＋1)2，(2x )2－9＝0，2x＝3，x ＝log 23. (2)设log b a ＝t ，则t >1，因为t ＋1t ＝52，所以t ＝2，则a ＝b 2. 又a b ＝b a ，所以b 2b ＝bb 2，即2b ＝b 2，又a >b >1，解得b ＝2，a ＝4. 考点二 对数函数的图象及应用【例2】 (1)(2019·潍坊一模)若函数f (x )＝a x－a －x(a >0且a ≠1)在R 上为减函数，则函数y ＝log a (|x |－1)的图象可以是( )(2)当x ∈(1，2)时，不等式(x －1)2<log a x 恒成立，则a 的取值范围是( ) A.(0，1) B.(1，2)C.(1，2]D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 【答案】 (1)D (2)C【解析】 (1)由f (x )在R 上是减函数，知0<a <1.又y ＝log a (|x |－1)是偶函数，定义域是(－∞，－1)∪(1，＋∞).∴当x >1时，y ＝log a (x －1)的图象由y ＝log a x 向右平移一个单位得到.因此选项D 正确. (2)由题意，易知a >1.在同一坐标系内作出y ＝(x －1)2，x ∈(1，2)及y ＝log a x 的图象.若y ＝log a x 过点(2，1)，得log a 2＝1，所以a ＝2.根据题意，函数y ＝log a x ，x ∈(1，2)的图象恒在y ＝(x －1)2，x ∈(1，2)的上方. 结合图象，a 的取值范围是(1，2].【规律方法】 1.在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项.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.【训练2】 (1)(2018·湛江模拟)已知函数f (x )＝log a (2x＋b －1)(a >0，a ≠1)的图象如图所示，则a ，b 满足的关系是( )A.0<a －1<b <1 B.0<b <a －1<1 C.0<b －1<a <1 D.0<a －1<b －1<1(2)(2019·日照一中调研)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x<1，log2x ，x≥1，若方程f(x)－a ＝0恰有一个实根，则实数a 的取值范围是________.【答案】 (1)A (2){0}∪[2，＋∞)【解析】 (1)由函数图象可知，f (x )在R 上单调递增，又y ＝2x＋b －1在R 上单调递增，故a >1.函数图象与y 轴的交点坐标为(0，log a b )，由函数图象可知－1<log a b <0， 即log a a －1<log a b <log a 1，所以，a －1<b <1. 综上有0<a －1<b <1.(2)作出函数y ＝f (x )的图象(如图所示).方程f (x )－a ＝0恰有一个实根，等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 恰有一个公共点， 故a ＝0或a ≥2，即a 的取值范围是{0}∪[2，＋∞). 考点三 对数函数的性质及应用 多维探究角度1 对数函数的性质【例3－1】 已知函数f (x )＝ln x ＋ln(2－x )，则( ) A.f (x )在(0，2)上单调递增 B.f (x )在(0，2)上单调递减 C.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称 D.y ＝f (x )的图象关于点(1，0)对称【答案】 C【解析】 由题意知，f (x )＝ln x ＋ln(2－x )的定义域为(0，2)，f (x )＝ln[x (2－x )]＝ln[－(x －1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以排除A ，B ；又f (2－x )＝ln(2－x )＋ln x ＝f (x )，所以f (x )的图象关于直线x ＝1对称，C 正确，D 错误.角度2 比较大小或解简单的不等式【例3－2】 (1)(一题多解)(2018·天津卷)已知a ＝log 2e ，b ＝ln 2，c ＝log 1213，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a >b >c B.b >a >c C.c >b >aD.c >a >b(2)若log a (a 2＋1)<log a 2a <0，则a 的取值范围是( ) A.(0，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1D.(0，1)∪(1，＋∞)【答案】 (1)D (2)C【解析】 (1)法一 因为a ＝log 2e>1，b ＝ln 2∈(0，1)，c ＝log 1213＝log 23>log 2e ＝a >1，所以c >a >b .法二 log 1213＝log 23，如图，在同一坐标系中作出函数y ＝log 2x ，y ＝ln x 的图象，由图知c >a >b .(2)由题意得a >0且a ≠1，故必有a 2＋1>2a ， 又log a (a 2＋1)<log a 2a <0，所以0<a <1， 同时2a >1，∴a >12.综上，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 角度3 对数型函数性质的综合应用 【例3－3】 已知函数f (x )＝log a (3－ax ).(1)当x ∈[0，2]时，函数f (x )恒有意义，求实数a 的取值范围；(2)是否存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a 的值；如果不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)∵a >0且a ≠1，设t (x )＝3－ax ， 则t (x )＝3－ax 为减函数，x ∈[0，2]时，t (x )的最小值为3－2a ，当x ∈[0，2]时，f (x )恒有意义， 即x ∈[0，2]时，3－ax >0恒成立. ∴3－2a >0.∴a <32.又a >0且a ≠1，∴a 的取值范围是(0，1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. (2)t (x )＝3－ax ，∵a >0， ∴函数t (x )为减函数.∵f (x )在区间[1，2]上为减函数，∴y ＝log a t 为增函数，∴a >1，x ∈[1，2]时，t (x )最小值为3－2a ，f (x )最大值为f (1)＝log a (3－a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3－2a >0，log a（3－a ）＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧a <32，a ＝32.故不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1. 【规律方法】 1.确定函数的定义域，研究或利用函数的性质，都要在其定义域上进行. 2.如果需将函数解析式变形，一定要保证其等价性，否则结论错误.3.在解决与对数函数相关的比较大小或解不等式问题时，要优先考虑利用对数函数的单调性来求解.在利用单调性时，一定要明确底数a 的取值对函数增减性的影响，及真数必须为正的限制条件. 【训练3】 (1)若a >b >0，0<c <1，则( ) A.log a c <log b c B.log c a <log c b C.a c<b cD.c a>c b(2)若函数f (x )＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋32x (a >0，a ≠1)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞内恒有f (x )>0，则f (x )的单调递增区间为________.【答案】 (1)B (2)(0，＋∞)【解析】 (1)由y ＝x c与y ＝c x的单调性知，C ，D 不正确； ∵y ＝log c x 是减函数，得log c a <log c b ，B 正确； log a c ＝lg c lg a ，log b c ＝lg clg b，∵0＜c ＜1，∴lg c ＜0.又a ＞b ＞0，∴lg a ＞lg b ，但不能确定lg a ，lg b 的正负， ∴log a c 与log b c 的大小不能确定.(2)令M ＝x 2＋32x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，M ∈(1，＋∞)，f (x )>0，所以a >1，所以函数y ＝log a M 为增函数，又M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋342－916，因此M 的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞.又x 2＋32x >0，所以x >0或x <－32，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞). 【反思与感悟】1.对数值取正、负值的规律当a >1且b >1或0<a <1且0<b <1时，log a b >0； 当a >1且0<b <1或0<a <1且b >1时，log a b <0.2.利用单调性可解决比较大小、解不等式、求最值等问题，其基本方法是“同底法”，即把不同底的对数式化为同底的对数式，然后根据单调性来解决.3.比较幂、对数大小有两种常用方法：(1)数形结合；(2)找中间量结合函数单调性.4.多个对数函数图象比较底数大小的问题，可通过比较图象与直线y ＝1交点的横坐标进行判定. 【易错防范】1.在对数式中，真数必须是大于0的，所以对数函数y ＝log a x 的定义域应为(0，＋∞).对数函数的单调性取决于底数a 与1的大小关系，当底数a 与1的大小关系不确定时，要分0<a <1与a >1两种情况讨论.2.在运算性质log a M α＝αlog a M 中，要特别注意条件，在无M >0的条件下应为log a M α＝αlog a |M |(α∈N *，且α为偶数).3.解决与对数函数有关的问题时需注意两点：(1)务必先研究函数的定义域；(2)注意对数底数的取值范围.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟) 一、选择题1.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥4，f (x ＋1)，x <4，则f (2＋log 23)的值为( )A.24B.16C.12D.8【答案】 A【解析】 因为3<2＋log 23<4，所以f (2＋log 23)＝f (3＋log 23)＝23＋log 23＝8×2log 23＝24.2.(2018·天津卷)已知a ＝log 3 72，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1413，c ＝log 13 15，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a >b >c B.b >a >c C.c >b >aD.c >a >b【答案】 D【解析】 log 13 15＝log 3－15－1＝log 35，因为函数y ＝log 3x 在(0，＋∞)上为增函数，所以log 35>log 3 72>log 33＝1，因为函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 在(－∞，＋∞)上为减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1413<⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝1，故c >a >b .3.(2019·张家界三模)在同一直角坐标系中，函数f (x )＝2－ax ，g (x )＝log a (x ＋2)(a >0，且a ≠1)的图象大致为( )【答案】 A【解析】 由题意，知函数f (x )＝2－ax (a >0，且a ≠1)为单调递减函数，当0<a <1时，函数f (x )＝2－ax 的零点x ＝2a>2，且函数g (x )＝log a (x ＋2)在(－2，＋∞)上为单调递减函数，C ，D 均不满足；当a >1时，函数f (x )＝2－ax 的零点x ＝2a <2，且x ＝2a>0，又g (x )＝log a (x ＋2)在(－2，＋∞)上是增函数，排除B ，综上只有A 满足.4.(2019·宁波二模)已知f (x )＝lg(10＋x )＋lg(10－x )，则( ) A.f (x )是奇函数，且在(0，10)上是增函数 B.f (x )是偶函数，且在(0，10)上是增函数 C.f (x )是奇函数，且在(0，10)上是减函数 D.f (x )是偶函数，且在(0，10)上是减函数 【答案】 D【解析】 由⎩⎪⎨⎪⎧10＋x >0，10－x >0，得x ∈(－10，10)，且f (x )＝lg(100－x 2). ∴f (x )是偶函数，又t ＝100－x 2在(0，10)上单调递减，y ＝lg t 在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在(0，10)上单调递减.5.(2019·临汾三模)已知函数f (x )＝|ln x |，若f (m )＝f (n )(m >n >0)，则2m ＋1＋2n ＋1＝( ) A.12B.1C.2D.4 【答案】 C【解析】 由f (m )＝f (n )，m >n >0，可知m >1>n >0，∴ln m ＝－ln n ，则mn ＝1.所以2m ＋1＋2n ＋1＝2（m ＋n ）＋4mn ＋m ＋n ＋1＝2（m ＋n ＋2）m ＋n ＋2＝2. 二、填空题6.lg 52＋2lg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝________. 【答案】 －1【解析】 lg 52＋2lg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝lg 52＋lg 22－2 ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫52×4－2＝1－2＝－1. 7.(2019·昆明诊断)设f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，则使f (x )<0的x 的取值范围是________. 【答案】 (－1，0)【解析】 由f (x )是奇函数可得a ＝－1，∴f (x )＝lg 1＋x 1－x，定义域为(－1，1). 由f (x )<0，可得0<1＋x 1－x<1，∴－1<x <0. 8.(2019·潍坊调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－log 2（3－x ），x <2，2x －2－1，x ≥2，若f (2－a )＝1，则f (a )＝________. 【答案】 －2【解析】 当2－a <2，即a >0时，f (2－a )＝－log 2(1＋a )＝1.解得a ＝－12，不合题意. 当2－a ≥2，即a ≤0时，f (2－a )＝2－a －1＝1，即2－a＝2，解得a ＝－1，所以f (a )＝f (－1)＝－log 24＝－2.三、解答题9.设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a >0，a ≠1)，且f (1)＝2.(1)求a 的值及f (x )的定义域；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值.【答案】见解析【解析】(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a >0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x >0，3－x >0，得－1＜x ＜3， ∴函数f (x )的定义域为(－1，3).(2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]，∴当x ∈[0，1]时，f (x )是增函数；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.10.已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (0)＝0，当x >0时，f (x )＝log 12x .(1)求函数f (x )的解析式；(2)解不等式f (x 2－1)>－2.【答案】见解析【解析】(1)当x <0时，－x >0，则f (－x )＝log 12(－x ).因为函数f (x )是偶函数，所以f (－x )＝f (x )＝log 12(－x )，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x >0，0，x ＝0，log 12（－x ），x <0.(2)因为f (4)＝log 124＝－2，f (x )是偶函数，所以不等式f (x 2－1)>－2转化为f (|x 2－1|)>f (4).又因为函数f (x )在(0，＋∞)上是减函数，所以|x 2－1|<4，解得－5<x <5，即不等式的解集为(－5，5).【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·天津和平区二模)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝log a (x ＋x 2＋b )在区间(－∞，＋∞)上既是奇函数又是增函数，则函数g (x )＝log a ||x |－b |的图象是( )【答案】 A【解析】 ∵函数f (x )＝log a (x ＋x 2＋b )在区间(－∞，＋∞)上是奇函数，∴f (0)＝0，∴b ＝1，又函数f (x )＝log a (x ＋x 2＋b )在区间(－∞，＋∞)上是增函数，所以a >1.所以g (x )＝log a ||x |－1|，当x >1时，g (x )＝log a (x －1)为增函数，排除B ，D ；当0<x <1时，g (x )＝log a (1－x )为减函数，排除C ；故选A.12.设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( )A.2x <3y <5zB.5z <2x <3yC.3y <5z <2xD.3y <2x <5z【答案】 D【解析】 令t ＝2x ＝3y ＝5z ， ∵x ，y ，z 为正数，∴t >1.则x ＝log 2t ＝lg t lg 2，同理，y ＝lg t lg 3，z ＝lg t lg 5. ∴2x －3y ＝2lg t lg 2－3lg t lg 3＝lg t （2lg 3－3lg 2）lg 2×lg 3＝lg t （lg 9－lg 8）lg 2×lg 3>0， ∴2x >3y .又∵2x －5z ＝2lg t lg 2－5lg t lg 5＝lg t （2lg 5－5lg 2）lg 2×lg 5＝lg t （lg 25－lg 32）lg 2×lg 5<0， ∴2x <5z ，∴3y <2x <5z .13.(2019·衡水中学检测)已知函数f (x )＝lg(mx 2＋2mx ＋1)，若f (x )的值域为R ，则实数m 的取值范围是________.【答案】 [1，＋∞)【解析】 令g (x )＝mx 2＋2mx ＋1值域为A ，∵函数f (x )＝lg(mx 2＋2mx ＋1)的值域为R ，∴(0，＋∞)⊆A ，当m ＝0时，g (x )＝1，f (x )的值域不是R ，不满足条件；当m ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧m >0，4m 2－4m ≥0，解得m ≥1.14.已知函数f (x )＝ln x ＋1x －1.(1)求函数f (x )的定义域，并判断函数f (x )的奇偶性；(2)对于x ∈[2，6]，f (x )＝ln x ＋1x －1>ln m（x －1）（7－x ）恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】见解析【解析】(1)由x ＋1x －1>0，解得x <－1或x >1，∴函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f (－x )＝ln －x ＋1－x －1＝ln x －1x ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1－1＝－ln x ＋1x －1＝－f (x ).∴f (x )＝ln x ＋1x －1是奇函数.(2)由于x ∈[2，6]时，f (x )＝ln x ＋1x －1>ln m（x －1）（7－x ）恒成立，∴x ＋1x －1>m（x －1）（7－x ）>0，∵x ∈[2，6]，∴0<m <(x ＋1)(7－x )在x ∈[2，6]上恒成立.令g (x )＝(x ＋1)(7－x )＝－(x －3)2＋16，x ∈[2，6]，由二次函数的性质可知，x ∈[2，3]时函数g (x )单调递增，x ∈[3，6]时函数g (x )单调递减，即x ∈[2，6]时，g (x )min ＝g (6)＝7，∴0<m <7.故实数m 的取值范围为(0，7).。

2020年高考数学复习 专题11 函数的图像 (2)

2020年高考数学复习 专题11 函数的图像 (2)

I ．题源探究·黄金母题例 1 下图中哪几个图象与下述三件事分别吻合得最好？请你为剩下的那个图象写出一件事． （1）我离开家不久，发现自己把作业本忘在家里了，于是返回家里找到了作业本再上学；（2）我骑着车一路匀速行驶，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽搁了一些时间；（3）我出发后，心情轻松，缓缓行进，后来为了赶时间开始加速．【解析】图象（A ）对应事件（2），在途中遇到一次交通堵塞表示离开家的距离不发生变化；图象（B ）对应事件（3），刚刚开始缓缓行进，后来为了赶时间开始加速；图象（D ）对应事件（1），返回家里的时刻，离开家的距离又为零；图象（C ）我出发后，以为要迟到，赶时间开始加速，后来心情轻松，缓缓行进．精彩解读【试题来源】人教版A 版必修1第23页练习第2题【母题评析】本题考查了函数的表示法之一—图像法，意在培养学生的数形结合思想，也考察了学生的分析问题和解决问题的能力，同时告诉了学生生活之中处处有数学，数学来源于生活又应用与生活。

【思路方法】数形结合思想是高中数学中主要的解题思想之一，提别是在解决函数的问题中，函数图像是强有力的工具，这种思想是近几年高考试题常常采用的命题形式。

例2．函数()r f p =的图象如图所示． （1）函数()r f p =的定义域是什么？（2）函数()r f p =的值域是什么？ （3）r 取何值时，只有唯一的p值与之对应？【解析】（1）函数()r f p =的定义域是[5,0][2-；（2）函数()r f p =的值域是[0,)+∞；（3）当5r >，或02r ≤<时，只有唯一的p 值与之对应．例3．函数()[]f x x =的函数值表示不超过x 的最大整数，例如[ 3.5]4-=-，[2.1]2=．当(2.5,3]x ∈-时，写出函数()f x 的解析式，并作出函数的图象．【解析】3, 2.522,211,10()[]0,011,122,233,3x x x f x x x x x x --<<-⎧⎪--≤<-⎪⎪--≤<⎪==≤<⎨⎪≤<⎪≤<⎪⎪=⎩图象如下精彩解读【试题来源】人教版A 版必修1第25页习题1.2B 组第1题【母题评析】本题以分段函数的图像为载体考察了函数定义域、值域的求法，加强学生对函数概念及函数三要素的理解，这对以后学习函数的性质有很大的帮助。

【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 函数与导数 大题(含答案解析)

【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 函数与导数 大题(含答案解析)

【高考复习】2020年高考数学(理数)函数与导数 大题1.已知函数f(x)=ln xx ＋a (a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)-k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.2.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．3.已知函数f(x)=ax-ln x ，F(x)=e x＋ax ，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g(x)=xe ax-1-2ax ＋f(x)的最小值为M ，求M 的最小值．4.已知函数f(x)=ln x ＋tx-s(s ，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.5.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.6.已知函数f(x)=ln x ＋2ax ＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤x ＋12.7.已知函数f(x)=ln x-a(x ＋1)，a∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x∈(1，x 0)时，恒有f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)成立，求k 的取值范围．8.已知函数f(x)=xe x－a 3x 2－a 2x ，a≤e，其中e 为自然对数的底数．(1)当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex 2； (2)讨论函数f(x)极值点的个数．9.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．10.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(-x)＋f(x)=e x-3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围； (3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤ae －1≤e.答案解析1.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f′(x)=x ＋ax－ln x ＋2，因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠-1.所以f′(1)=1＋a ＋2=11＋a， 又由过点(1，f(1))的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直可得，f′(1)=1，即11＋a=1，解得a=0.此时f(x)=ln x x ，f′(x)=1－ln xx2， 令f′(x)>0，即1-ln x>0，解得0<x<e ； 令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g(x 1)=g(x 2)=0， 所以ln x 1-kx 1=0，ln x 2-kx 2=0.可得ln x 1＋ln x 2=k(x 1＋x 2)，ln x 1-ln x 2=k(x 1-x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k(x 1＋x 2)>2，因为k=ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2=t ，则t>1，即证ln t>－t ＋1.令h(t)=ln t-－t ＋1(t>1)．由h′(t)=1t -4＋2=－2＋2>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>－t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 2.解：(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-1x =kx －1x(x>0，k>0)，当x=1k 时，f′(x)=0；当0<x<1k 时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f(x)min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k =ln k ， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k=0，∴k=1.(2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，∵n∈N *，令x=n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n =ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．3.解：(1)由题意得f′(x)=a-1x =ax －1x，F′(x)=e x＋a ，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当-1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a<-1时，由F′(x)>0，得x>ln(-a)，由F′(x)<0，得0<x<ln(-a)， ∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(-a))，单调递增区间为(ln(-a)，＋∞)． ∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(-a)≥ln 3，解得a≤-3， 综上，a 的取值范围是(-∞，-3]．(2)g′(x)=e ax-1＋axe ax-1-a-1x =(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由e ax-1-1x =0，解得a=1－ln x x ，设p(x)=1－ln x x ，则p′(x)=ln x －2x 2， 当x>e 2时，p′(x)>0，当0<x<e 2时，p′(x)<0，从而p(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p(x)min =p(e 2)=-1e2，当a≤-1e 2时，a≤1－ln x x ，即e ax-1-1x≤0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min =g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a =M ， 设t=-1a ∈(0，e 2]，M=h(t)=t e2-ln t ＋1(0<t≤e 2)，则h′(t)=1e 2-1t ≤0，h(t)在(0，e 2]上单调递减，∴h(t)≥h(e 2)=0，即M≥0， ∴M 的最小值为0. 4.解：(1)f′(x)=x －tx2(x>0)，当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值； 当t>0时，由f′(x)<0，得x<t ，由f′(x)>0，得x>t ， f(x)在(0，t)上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x=t 处取得最小值，最小值为f(t)=ln t ＋1-s ，无最大值． (2)∵f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f(x 1)=ln x 1＋2x 1-s=0，f(x 2)=ln x 2＋2x 2-s=0，得s=2x 1＋ln x 1=2x 2＋ln x 2，∴2－x 1x 1x 2=ln x 2x 1，设t=x 2x 1>1，则ln t=－tx 1，x 1=－tln t，故x 1＋x 2=x 1(t ＋1)=2－tln t ，∴x 1＋x 2-4=2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h(t)=t 2－1t-2ln t ，∵h′(t)=－2t2>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增， ∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=x 2x 1>1，ln t>0，故x 1＋x 2>4成立．5.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)-x 1＋x ，则g′(x)=x＋2. 当-1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0， 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)=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 -＋x ＋ax 2－＋＋x ＋ax 22=x 22x 2＋4ax ＋6a ＋＋2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x<-6a ＋14a， 且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)>0， 故x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1=0存在根x 1<0，故当x∈(x 1,0)，且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1=0，则h′(x)=x 3－＋2－6x －2，则当x∈(-1,0)时，h′(x)>0； 当x∈(0,1)时，h′(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点， 从而x=0是f(x)的极大值点．综上，a=-16.6.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=x 2＋－＋1＋2.考虑y=x 2＋2(1-a)x ＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x 2＋2(1-a)x ＋1=0，得x=a-1±a 2－2a.若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a-1＋a 2－2a>a-1-a 2－2a>0，由f′(x)>0，得0<x<a-1-a 2－2a 或x>a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(0，a-1-a 2－2a)和(a-1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a-1-a 2－2a<x<a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)上单调递减．综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a-1-a 2－2a)，(a-1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)．(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x ＋2x ＋1.令g(x)=f(x)-x ＋12=ln x ＋2x ＋1-x ＋12(x>0)， 则g′(x)=1x -2＋2-12=2－x －x 3＋2=－－2＋x ＋＋2. 当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤x ＋12成立，得证．7.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=1x -a ，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=1x -1=1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)可化为ln x-x 22＋x-12>k(x-1)，令g(x)=ln x-x 22＋x-12-k(x-1)，则g′(x)=1x -x ＋1-k=－x 2＋－＋1x，令h(x)=-x 2＋(1-k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=1－k 2，①当1－k 2≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k ， 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(1)=0，不符合题意． 若-1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k<-1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，∴h(x)>h(1)=1-k>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(-∞，1)． 8.解:(1)证明：依题意，f(x)=xe x ，故原不等式可化为xe x ≥ex 2，因为x>0，所以只要证e x－ex≥0即可，记g(x)=e x－ex(x>0)，则g′(x)=e x－e(x>0)，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)≥g(1)=0，即f(x)≥ex 2，原不等式成立．(2)f′(x)=e x －13ax 2－12ax ＋xe x －23ax －12a=(x ＋1)e x －ax(x ＋1)=(x ＋1)(e x－ax)，记h(x)=e x －ax ，h′(x)=e x－a.(ⅰ)当a<0时，h′(x)=e x－a>0，h(x)在R 上单调递增，h(0)=1>0，h 1a =e 1a－1<0，所以存在唯一的x 0∈1a，0，使h(x 0)=0，且当x<x 0时，h(x)<0；当x>x 0，h(x)>0.①当x 0=－1，即a=－1e时，对任意x≠－1，f′(x)>0，此时f(x)在R 上单调递增，无极值点；②若x 0<－1，即－1e<a<0时，此时当x<x 0或x>－1时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，x 0)，(－1，＋∞)上单调递增；当x 0<x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(x 0，－1)上单调递减， 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点－1.③若－1<x 0<0，即a<－1e时，此时当x<－1或x>x 0时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(x 0，＋∞)上单调递增；当－1<x<x 0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，x 0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点－1和一个极小值点x 0.(ⅱ)当a=0时，f(x)=xe x ，所以f′(x)=(x ＋1)e x ，显然f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅲ)当0<a<e 时，由(1)可知，对任意x≥0，h(x)=e x －ax>e x －ex≥0，从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)=e x －ax>e x >0，所以对任意x ∈R ，h(x)>0，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)>0，得x>－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅳ)当a=e 时，由(1)可知，对任意x ∈R ，h(x)=e x －ax=e x －ex≥0(当且仅当x=1时，取等号)，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．综上所述，①当a<－1e 或－1e<a<0时，f(x)有两个极值点； ②当a=－1e时，f(x)无极值点； ③当0≤a≤e 时，f(x)有一个极值点．9.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －a x(x>0)， 当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －a x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．(2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1， 两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)． 由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x 2>0， 所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)． 综上，原命题得证．10.解：(1) 当a=2时，f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x －2x ，x ≥0. ①当x<0时，f ′(x)=-3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减；②当x ≥0时，f ′(x)=e x -2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(2) 当x>0时，f(x)=e x -ax ，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x 3＋x 2.所以可化为a=x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解． 记g(x)=x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)=2x ＋1-3x 2=（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x 2. 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(3) 当x ∈[0，2]时，f(x)=e x -ax ，有f ′(x)=e x -a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna ，2]上递增．不妨设0≤m<lna<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m ，n ∈[0，2]，n-m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分)因为f(m)=f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，即e-1≤a ≤e 2-e ，所以1≤a e －1≤e.。

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2020年高考虽然延期一个月，但是练习一定要跟上，加油！一、选择题（每小题5分，共60分）1.（2002年全国）函数y =x 2+bx +c （x ∈［0，+∞））是单调函数的充要条件是A.b ≥0B.b ≤0C.b ＞0D.b ＜0解析：y =x 2+bx +c 的对称轴为x =－2b ，∴－2b ≤0.∴b ≥0. 答案：A2.（全国Ⅲ，理11）设函数f （x ）=⎪⎩⎪⎨⎧--+14)1(2x x ,1,1≥<x x 则使得f（x ）≥1的自变量x 的取值范围为A.（－∞，－2］∪［0，10］B.（－∞，－2］∪［0，1］C.（－∞，－2］∪［1，10］D.［－2，0］∪［1，10］解析：当x ＜1时，f （x ）≥1⇔（x +1）2≥1⇔x ≤－2或x ≥0，∴x ≤－2或0≤x ＜1.当x ≥1时，f （x ）≥1⇔4－1-x ≥1⇔1-x ≤3⇔1≤x ≤10.综上，知x ≤－2或0≤x ≤10. 答案：A3.f （x ）是定义在R 上的奇函数，它的最小正周期为T ，则f （－2T ）的值为 A.0B.2TC.TD.－2T解法一：由f （2T ）=f （－2T +T ）=f （－2T ）=－f （2T ），知f （2T ）=0.解法二：取特殊函数f （x ）=sin x . 答案：A4.（上海，文15）若函数y =f （x ）的图象与函数y =lg （x +1）的图象关于直线x －y =0对称，则f （x ）等于A.10x －1B.1－10xC.1－10－xD.10－x －1解析：∵y =f （x ）与y =lg （x +1）关于x －y =0对称， ∴y =f （x ）与y =lg （x +1）互为反函数. ∴由y =lg （x +1），得x =10y －1. ∴所求y =f （x ）=10x －1. 答案：A5.函数f （x ）是一个偶函数，g （x ）是一个奇函数，且f （x ）+g （x ）=11-x ，则f （x ）等于A.112-x B.1222-x x C.122-xD.122-x x解析：由题知f （x ）+g （x ）=11-x ，①以－x 代x ，①式得f （－x ）+g （－x ）=11--x ，即f （x ）－g（x ）=11--x ， ②①+②得f （x ）=112-x . 答案：A6.（江苏，11）设k ＞1，f （x ）=k （x －1）（x ∈R ），在平面直角坐标系xOy 中，函数y =f （x ）的图象与x 轴交于A 点，它的反函数y =f －1（x ）的图象与y 轴交于B 点，且这两个函数的图象交于P 点.已知四边形OAPB 的面积是3，则k 等于A.3B.23C.34D.56解析：用k 表示出四边形OAPB 的面积. 答案：B 7.F （x ）=（1+122-x ）·f （x ）（x ≠0）是偶函数，且f （x ）不恒等于零，则f （x ）A.是奇函数B.是偶函数C.既是奇函数，又是偶函数D.是非奇非偶函数解析：g （x ）=1+122-x 是奇函数， ∴f （x ）是奇函数. 答案：A8.（2003年杭州市质检题）当a ≠0时，函数y =ax +b 和y =b ax 的图象只可能是答案：C9.（全国Ⅳ，12）设函数f （x ）（x ∈R ）为奇函数，f （1）=21，f （x +2）=f （x ）+ f （2），则f （5）等于A.0B.1C.25D.5解析：∵f （x +2）=f （x ）+f （2）且f （x ）为奇函数，f （1）=21，∴f （1）=f （－1+2）=f （－1）+f （2）=－f （1）+f （2）.∴f （2）=2f （1）=1.∴f （5）=f （3）+f （2）=f （1+2）+ f （2）=f （1）+2f （2）=25.答案：C10.设函数f （x ）=cx b ax ++2的图象如下图所示，则a 、b 、c 的大小关系是A.a ＞b ＞cB.a ＞c ＞bC.b ＞a ＞cD.c ＞a ＞b解析：f （0）=cb =0，∴b =0.f （1）=1，∴ca +1=1.∴a =c +1.由图象看出x ＞0时，f （x ）＞0，即x ＞0时，有cx ax +2＞0，∴a ＞0.又f （x ）= xc x a +，当x ＞0时，要使f （x ）在x =1时取最大值1，需x +xc ≥2c ，当且仅当x =c =1时.∴c =1，此时应有f （x ）=2a =1.∴a =2. 答案：B11.偶函数y =f （x ）（x ∈R ）在x ＜0时是增函数，若x 1＜0，x 2＞0且|x 1|＜|x 2|，下列结论正确的是A.f （－x 1）＜f （－x 2）B.f （－x 1）＞f （－x 2）C.f （－x 1）=f （－x 2）D.f （－x 1）与f （－x 2）大小关系不确定解析：|x |越小，f （x ）越大.∵|x 1|＜|x 2|，∴选B. 答案：B12.方程log 2（x +4）=3x 实根的个数是 A.0B.1C.2D.3解析：设y =log 2（x +4）及y =3x . 画图知交点有两个. 答案：C二、填空题（每小题4分，共16分）13.（浙江，理13）已知f （x ）=⎩⎨⎧<-≥,0,1,0,1x x 则不等式x +（x +2）·f（x +2）≤5的解集是___________________.解析：当x +2≥0时，原不等式⇔x +（x +2）≤5⇔x ≤23.∴－2≤x ≤23.当x +2＜0时，原不等式⇔x +（x +2）（－1）≤5⇔－2≤5.∴x ＜－2.综上，知x ≤23.答案：（－∞，23］14.设函数f （x ）的定义域是N *，且f （x +y ）=f （x ）+f （y ）+xy ，f （1）=1，则f （25）= ___________________.解析：由f （x +y ）=f （x ）+f （y ）+xy ⇒f （2）=f （1）+f （1）+1=3.∴f （2）－f （1）=2. 同理，f （3）－f （2）=3. ……f （25）－f （24）=25.∴f （25）=1+2+3+…+25=325. 答案：32515.（春季上海）已知函数f （x ）=log 3（x4+2），则方程f －1（x ）=4的解x =___________________.解析：由f －1（x ）=4，得x =f （4）=log 3（44+2）=1.答案：116.对于函数y =f （x ）（x ∈R ），有下列命题：①在同一坐标系中，函数y =f （1+x ）与y =f （1－x ）的图象关于直线x =1对称；②若f （1+x ）=f （1－x ），且f （2－x ）=f （2+x ）均成立，则f （x ）为偶函数；③若f （x －1）=f （x +1）恒成立，则y =f （x ）为周期函数； ④若f （x ）为单调增函数，则y =f （a x ）（a ＞0，且a ≠1）也为单调增函数.其中正确命题的序号是______________. （注：把你认为正确命题的序号都填上）解析：①不正确，y =f （x －1）与y =f （1－x ）关于直线x =1对称.②正确.③正确.④不正确.答案：②③三、解答题（共6小题，满分74分）17.（12分）函数y =lg （3－4x +x 2）的定义域为M ，x ∈M 时，求f （x ）=2x +2－3×4x 的最值.解：由3－4x +x 2＞0得x ＞3或x ＜1， ∴M ={x |x ＞3或x ＜1}，f （x ）=－3×22x +22·2x =－3（2x －32）2+34.∵x ＞3或x ＜1， ∴2x ＞8或0＜2x ＜2.∴当2x =32即x =log 232时，f （x ）最大，最大值为34.f （x ）没有最小值.18.（12分）（2003年高考新课程卷）设a ＞0，求函数f （x ）=x－ln （x +a ）（x ∈（0，+∞））的单调区间.分析：本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力.解：f '（x ）=x21－ax +1（x ＞0）. 当a ＞0，x ＞0时，f '（x ）＞0⇔x 2+（2a －4）x +a 2＞0， f '（x ）＜0⇔x 2+（2a －4）x +a 2＜0.①当a ＞1时，对所有x ＞0，有x 2+（2a －4）x +a 2＞0，即f '（x ）＞0.此时f （x ）在（0，+∞）内单调递增.②当a =1时，对x ≠1，有x 2+（2a －4）x +a 2＞0，即f '（x ）＞0，此时f （x ）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递增.又知函数f （x ）在x =1处连续.因此，函数f （x ）在（0，+∞）内单调递增. ③当0＜a ＜1时，令f '（x ）＞0，即x 2+（2a －4）x +a 2＞0，解得x ＜2－a －2a-1，或x ＞2－a +2a -1.因此，函数f （x ）在区间（0，2－a －2a -1）内单调递增，在区间（2－a +2a -1，+∞）内也单调递增.令f '（x ）＜0，即x 2+（2a －4）x +a 2＜0，解得2－a －2a-1＜x ＜2－a +2a -1.因此，函数f （x ）在区间（2－a －2a -1，2－a +2a -1）内单调递减.19.（12分）（2005年春季北京，理20）现有一组互不相同且从小到大排列的数据:a 0，a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，其中a 0=0.为提取反映数据间差异程度的某种指标，今对其进行如下加工:记T =a 0+a 1+…+a 5，x n =5n ，y n =T1（a 0+a 1+…+a n ），作函数y =f （x ），使其图象为逐点依次连结点P n （x n ，y n ）（n =0，1，2，…，5）的折线.（1）求f （0）和f （5）的值；（2）设P n －1P n 的斜率为k n （n =1，2，3，4，5），判断k 1、k 2、k 3、k 4、k 5的大小关系；（3）证明f （x n ）＜x n （n =1，2，3，4）. （1）解:f （0）=500a a a +⋅⋅⋅+=0，f （5）=5050a a a a +⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=1.（2）解:k n =11----n n n n x x y y =T5a n ，n =1，2， (5)因为a 1＜a 2＜a 3＜a 4＜a 5， 所以k 1＜k 2＜k 3＜k 4＜k 5.（3）证法一:对任何n （n =1，2，3，4）， 5（a 1+…+a n ）=［n +（5－n ）］（a 1+…+a n ） =n （a 1+…+a n ）+（5－n ）（a 1+…+a n ） ≤n （a 1+…+a n ）+（5－n ）na n =n ［a 1+…+a n +（5－n ）a n ］ ＜n （a 1+…+a n +a n +1+…+a 5）=nT ， 所以f （x n ）=Ta a n+⋅⋅⋅+1＜5n =x n .证法二：对任何n （n =1，2，3，4）， 当k n ＜1时，y n =（y 1－y 0）+（y 2－y 1）+…+（y n －y n －1）=51（k 1+k 2+…+k n ）＜5n =x n .当k n ≥1时，y n =y 5－（y 5－y n ）=1－［（y n +1－y n ）+（y n +2－y n +1）+…+（y 5－y 4）］ =1－51（k n +1+k n +2+…+k 5）＜1－51（5－n ）=5n =x n ，综上，f （x n ）＜x n .20.（12分）（2003年北京）有三个新兴城镇，分别位于A 、B 、C 三点处，且AB =AC =a ，BC =2b .今计划合建一个中心医院，为同时方便三镇，准备建在BC 的垂直平分线上的P 点处.（建立坐标系如下图）（1）若希望点P 到三镇距离的平方和为最小，点P 应位于何处？ （2）若希望点P 到三镇的最远距离为最小，点P 应位于何处？ 分析：本小题主要考查函数、不等式等基本知识，考查运用数学知识分析问题和解决问题的能力.（1）解：由题设可知，a ＞b ＞0，记h =22b a -，设P 的坐标为（0，y ），则P 至三镇距离的平方和为f （y ）=2（b 2+y 2）+（h －y ）2=3（y －3h ）2+32h 2+2b 2.∴当y =3h 时，函数f （y ）取得最小值.∴点P 的坐标是（0，3122b a -）.（2）解法一：P 至三镇的最远距离为g （y ）=⎪⎩⎪⎨⎧-+||22y h y b,||,||2222时当时当y h y b y h y b -<+-≥+由22yb +≥|h －y |解得y ≥hb h 222-，记y *=hb h 222-，于是g （y ）=⎪⎩⎪⎨⎧-+||22y h y b.,**时当时当y y y y <≥当y *=hb h 222-≥0，即h ≥b 时，22y b +在［y *，+∞）上是增函数，而|h －y |在（－∞，y *）上是减函数，由此可知，当y =y *时，函数g （y ）取得最小值；当y*=hb h 222-＜0，即h ＜b 时，函数22y b +在［y *，+∞）上，当y =0时，取得最小值b ，而|h －y |在（－∞，y *）上为减函数，且|h －y |＞b .可见，当y =0时，函数g （y ）取得最小值.∴当h ≥b 时，点P 的坐标为（0，222222ba b a --）；当h ＜b 时，点P 的坐标为（0，0）.其中h =22b a -.解法二：P 至三镇的最远距离为g （y ）=⎪⎩⎪⎨⎧-+||22y h y b.||,||2222时当时当y h y b y h y b -<+-≥+由22yb +≥|h －y |解得y ≥hb h 222-，记y *=hb h 222-，于是g （y ）=⎪⎩⎪⎨⎧-+||22y h y b.,**时当时当y y y y <≥当y *≥0，即h ≥b 时，z =g （y ）的图象如图（a ），因此，当y =y *时，函数g （y ）取得最小值.当y *＜0，即h ＜b 时，z =g （y ）的图象如图（b ），因此，当y =0时，函数g （y ）取得最小值.∴当h ≥b 时，点P 的坐标为（0，222222ba b a --）；当h ＜b 时，点P 的坐标为（0，0）.其中h =22b a -.解法三：∵在△ABC 中，AB =AC =a ，∴△ABC 的外心M 在射线AO 上，其坐标为（0，222222ba b a --），且AM =BM =CM .当P 在射线MA 上，记P 为P 1；当P 在射线MA 的反向延长线上，记P 为P 2. 若h =22b a -≥b 〔如图（c ）〕，(c)则点M 在线段AO 上.这时P 到A 、B 、C 三点的最远距离为P 1C 或P 2A ，且P 1C ≥MC ，P 2A ≥MA ，所以点P 与外心M 重合时，P 到三镇的最远距离最小. 若h =22b a -＜b 〔如图（d ）〕，则点M 在线段AO 外.(d)这时P 到A 、B 、C 三点的最远距离为P 1C 或P 2A ，且P 1C ≥OC ，P 2A ≥OC ，所以点P 与BC 边的中点O 重合时，P 到三镇的最远距离最小.∴当22ba -≥b 时，点P 的位置在△ABC 的外心（0，222222ba b a --）；当22b a -＜b 时，点P 的位置在原点O .21.（12分）设f （x ）是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1、x 2∈［0，21］，都有f （x 1+x 2）=f （x 1）·f （x 2）.（1）设f （1）=2，求f （21），f （41）；（2）证明f （x ）是周期函数.（1）解：由f （x 1+x 2）=f （x 1）·f （x 2），x 1、x 2∈［0，21］知f（x ）=f （2x ）·f （2x ）=［f （2x ）］2≥0，x ∈［0，1］.因为f （1）=f （21）·f （21）=［f （21）］2，及f （1）=2，所以f（21）=221.因为f （21）=f （41）·f （41）=［f （41）］2，及f （21）=221，所以f （41）=241.（2）证明：依题设y =f （x ）关于直线x =1对称，故f （x ）=f （1+1－x ） f （x ）=f （2－x ），x ∈R .又由f （x ）是偶函数知f （－x ）=f （x ），x ∈R ，所以f （－x ）=f （2－x ），x ∈R .将上式中－x 以x 代换，得f （x ）=f （x +2），x ∈R .这表明f （x ）是R 上的周期函数，且2是它的一个周期. 22.（14分）设函数y =f （x ）定义在R 上，对任意实数m 、n ，恒有f （m +n ）=f （m ）·f （n ）且当x ＞0时，0＜f （x ）＜1.（1）求证：f （0）=1，且当x ＜0时，f （x ）＞1； （2）求证：f （x ）在R 上递减；（3）设集合A ={（x ，y ）|f （x 2）·f （y 2）＞f （1）}，B ={（x ，y ）|f （ax －y +2）=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围.（1）证明：在f （m +n ）=f （m ）f （n ）中， 令m =1，n =0，得f （1）=f （1）f （0）. ∵0＜f （1）＜1，∴f （0）=1.设x ＜0，则－x ＞0.令m =x ，n =－x ，代入条件式有f （0）=f （x ）·f （－x ），而f （0）=1，∴f （x ）=)(1x f -＞1. （2）证明：设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0， ∴0＜f （x 2－x 1）＜1. 令m =x 1，m +n =x 2， 则n =x 2－x 1，代入条件式，得f （x 2）=f （x 1）·f （x 2－x 1），即0＜)()(12x f x f ＜1.∴f （x 2）＜f （x 1）. ∴f （x ）在R 上单调递减.（3）解：由f （x 2）·f （y 2）＞f （1）⇒f （x 2+y 2）＞f （1）. 又由（2）知f （x ）为R 上的减函数， ∴x 2+y 2＜1⇒点集A 表示圆x 2+y 2=1的内部.由f （ax －y +2）=1得ax －y +2=0⇒点集B 表示直线ax －y +2=0.∵A ∩B =∅，∴直线ax －y +2=0与圆x 2+y 2=1相离或相切.2 2+ a ≥1⇒－3≤a≤3.于是1。

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