一题多变：已知函数的单调性求参数取值范围
重难点专题18 三角函数中w取值范围问题八大题型汇总(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
题型8新定义 (9)已知函数y =Asin(ωx +φ)(A >0,ω>0)，在[x 1,x 2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围第一步：根据题意可知区间[x 1,x 2]的长度不大于该函数最小正周期的一半，即x 2-x 1≤12T =πω，求得0<ω≤πx 2-x 1.第二步：以单调递增为例，利用[ωx 1+φ,ωx 2+φ]⊆[―π2+2kπ,π2+2kπ]，解得ω的范围；第三步：结合第一步求出的ω的范围对k 进行赋值，从而求出ω（不含参数）的取值范围.结合图象平移求ω的取值范围1、平移后与原图象重合思路1：平移长度即为原函数周期的整倍数；思路2：平移前的函数=平移后的函数.2、平移后与新图象重合：平移后的函数=新的函数.3、平移后的函数与原图象关于轴对称：平移后的函数为偶函数；4、平移后的函数与原函数关于轴对称：平移前的函数=平移后的函数-；5、平移后过定点：将定点坐标代入平移后的函数中。
()f x ()g x ()f x ()g x y x ()f x ()g x三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为T，相邻的对称轴和对2，也就是说，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期称中心之间的“水平间隔”为T4性，进而可以研究ω的取值。
三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.已知三角函数的零点个数问题求ω的取值范围对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值．三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.ππ。
复合函数问题
复合函数问题一、复合函数定义： 设y=f(u)的定义域为A ，u=g(x)的值域为B ，若A ⊇B ，则y 关于x 函数的y=f ［g(x)］叫做函数f 与g 的复合函数，u 叫中间量.二、复合函数定义域问题：题型一、已知f x ()的定义域，求[]f g x ()的定义域思路：设函数f x ()的定义域为D ，即x D ∈，所以f 的作用范围为D ，又f 对g x ()作用，作用范围不变，所以D x g ∈)(，解得x E ∈，E 为[]f g x ()的定义域。
例1. 设函数f u ()的定义域为（0，1），则函数f x (ln )的定义域为__________。
解：函数f u ()的定义域为（0，1）即u ∈()01，，所以f 的作用范围为（0，1）又f 对lnx 作用，作用范围不变，所以01<<ln x解得x e ∈()1，，故函数f x (ln )的定义域为（1，e ）例2. 若函数f x x ()=+11，则函数[]f f x ()的定义域为______________。
解：先求f 的作用范围，由f x x ()=+11，知x ≠-1 即f 的作用范围为{}x R x ∈≠-|1，又f 对f(x)作用所以f x R f x ()()∈≠-且1，即[]f f x ()中x 应满足x f x ≠-≠-⎧⎨⎩11() 即x x ≠-+≠-⎧⎨⎪⎩⎪1111，解得x x ≠-≠-12且 故函数[]f f x ()的定义域为{}x R x x ∈≠-≠-|12且题型二、已知[]f g x ()的定义域，求f x ()的定义域思路：设[]f g x ()的定义域为D ，即x D ∈，由此得g x E ()∈，所以f 的作用范围为E ，又f 对x 作用，作用范围不变，所以x E E ∈，为f x ()的定义域。
例3. 已知f x ()32-的定义域为[]x ∈-12，，则函数f x ()的定义域为_____。
如何运用导数解决含参函数问题的研究
如何运用导数解决含参函数问题的研究作者：黄清鹏来源：《中学课程辅导·教师通讯》2018年第02期【内容摘要】导数的学习和解决方法的掌握，不仅是高中数学重要的组成部分，在高考中也是作为考试的考查重点。
含参函数问题主要是以函数为载体，运用导数工具来解决这一类问题，这是一种方法，主要是考查函数性质，促进学生深入研究和分析导数和更好地应用导数。
因此，运用导数解决含参函数问题，必须把握好最近几年函数命题的规律，深入了解和分析导数的性质和应用，结合试题特点和命题趋向的同时，要充分运用导数来解决含参函数问题。
要把握好导数的性质，根据导数来求出含参数函数问题中参数的取值范围，这种求存在性问题是常考的范围，也是常规的解题思路，通过等价转化将复杂的数学思想进行简单转化，有利于将学生不熟悉、复杂的问题简单化，进而变为他们熟悉、规范和简单的含参函数问题。
运用导数解决含参函数问题，对提高学生对导数性质认识和创新方法与思路去解决含参函数问题具有极强的指导意义。
【关键词】含参函数问题导数数学历年高考试题中常常出现含参函数问题，这考察的不仅是学生对含参函数问题的解决能力，也是学生解题思路的一种培养。
常用的解题方法就是导数求解法。
实际上，学生对这类含参函数问题比较头疼和恐惧，因为此类问题涉及的数学知识内容多、面广，具有极强的综合性。
学生面对这类问题时，不知道如何确定参数范围，也不知道所包括的函数关系或不等关系是怎么来的。
含参函数问题以函数为载体，对学生函数性质及导数应用的考察要求较为严格，也是近些年高考数学命题的趋向。
实际上，运用导数解决含参数函数问题，求参数取值范围，作为探索性问题对于数学解题来说非常常见，通过等价转化来把握住数学思想，就可以将这些复杂的数学问题转化成为学生熟悉的、规范的和简单的问题。
运用导数解决含参函数问题，就是基于不等式的结构特征，把握好含参数不等式的存在性，适当构造函数，来探讨含参函数的最值，利用导数就可以求出范围。
【高考数学经典题型】根据方程根的个数求参数取值范围(一题多解)
1 / 3数形结合，巧解含参方程若存在[]1,2∈m ，使得关于x 的方程()22+−=mm t xm x知有四个不等的实数根，则实数t 的取值范围是_________.答案：3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭解法一：分离参数由题意得：321=−++x x t m m m ，令()3232,01,01⎧−>⎪⎪++=⎨⎪−+<⎪++⎩x xx m m m f x x x x m m m ， 易知()f x 为偶函数，且当0>x 时，()2222313=1−'−=+++x x mf x m m m m m，则当3⎛∈ ⎝m x 时，()0'<f x ，()f x 单调递减；当,+3⎫∈∞⎪⎪⎭m x 时，()0'>f x ，()f x 单调递增； 所以()()23391≥=−+m m f x f m ，如图作出()f x 图像， 要使关于x 的方程()22+−=mm t xm x知有四个不等的实数根，则有()230<<mt ，因为()()23=mg m 在[]1,2上单调递增，所以()()min 31>==t g m g ， 综上：实数t 的取值范围是39⎛⎫∈− ⎪ ⎪⎝⎭t .解法二：直接求导由题意得，()()220−−+=x m x m m t ，令()()()3232,0,0⎧−−+>⎪=⎨−+−+<⎪⎩x mx m m t x f x x mx m m t x ， 易知()f x 为偶函数，且当0>x 时，()2=3'−f x x m ，则当3⎛∈ ⎝m x 时，()0'<f x ，()f x 单调递减；当,+3⎫∈∞⎪⎪⎭m x 时，()0'>f x ，()f x 单调递增； 要使关于x 的方程()22+−=mm t xm x知有四个不等的实数根，则有03<m f ，且0<t ；化解得()23331>=m t m m2⎡⎣m ， 由题意知min3331⎛>= +⎝t m m ，综上：实数t 的取值范围是39⎛⎫∈− ⎪ ⎪⎝⎭t .解法三：切线法①当=0t 时，原方程化为20−=x m ，只有两个实数根，不合题意，舍； ②当>0t 可作出()2=−f x x m 和()()2+=m m t g x x的草图如图，易知只有两个实数根，不合题意，舍；3 / 3③当<0t 时，考虑临界情况，即()f x 与()g x 图像相切时，如图，设切点为()()00,x f x ，在()0,∈+∞x 上，此时()2'=f x x ，()()22+'=−mm t g x x，有：()()202022002①②⎧+⎪=−⎪⎨+⎪−=⎪⎩m m t x x m m t x m x ，①②得03=m x ，此时解得()02323119192=−=+++m t m m m， 要使关于x 的方程()22+−=mm t x m x知有四个不等的实数根，则有()0min 39>=−t t ，综上：实数t 的取值范围是39⎛⎫∈− ⎪ ⎪⎝⎭t .评论与赏析：本题是一个关于x 的方程，其中含有两个参数t 和m ，根据此方程有4个不相等的实数根，从而进行数形结合来求解. 而在解法一中，多数老师利用分离参数t ，从而根据函数的单调性做出()f x 的图像，使得当此方程有4个不等的实数根的时候相当于两个函数图像有4个交点，从而得出t 的取值范围，这是比较普遍的做法. 而解法二直接求导，就是根据方程变形，然后把含有t 的一个函数关系式进行求导，其实本质上和解法一类似，故不再赘述. 而解法三利用数形结合讨论t 的取值范围，从而利用图像交点的个数进行求解，当讨论0<t 的时候，根据图像相切从而得出此时的切点坐标，然后再回归到前两种解法中来，第三种解法笔者认为更好一些.。
高三数学函数的单调性2(201912)
若函数
f(x)＝(m－1)x2+mx+3(x∈R)是 偶函数，则f(x)的单调增区间是＿ ＿。
二、函数单调性的判断：一般作差 ①定义法：在定义域内取(指x1<数x2作,比商较)
f(x1)与f(x2)的大小（一致增，相反减） ②图象法：左至右，上增下减
③连续函数运用导函数：
列表:自变量、导函数、函数值
最小值；②若对任意
x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，则a的范
③若f(x)为增函数，则[f(x) ]2为增函数；
④若f(x)为增函数，g(x)是减函数，且
g[f(x)]有意义，则g[f(x)]为减函数。
其中正确命题的个数为_____
A.1
B.2
C.3
D.4
不清楚时，想定义
例2 ：函数
x2 2x a f (x)
x
x∈[1,+∞)当a=1/2时，①求函数的
回头看一看，想一想， 你们的身后全是“金子”！
第九讲 函数的单调性
一、常见函数的单调性：
①y=kx+b ②y=ax2+bx+c(a≠0)
③y=k/x
④y=ax
⑤y=logax √
⑥y=sinx
⑦y=cosx ⑧y=tanx
重要函数：
√
⑨y=x3 ⑩y=x+a/x(a>0)
例1：若不等式mx＞m－1对任意 x∈［-1,1］总成立，则m的取值 范围是＿＿。
；
在意的事情太多，对美国1300名百万富翁进行了调研。那一串数字再也用不着默诵了。外面各种寻欢作乐的场所和玩意也都和我无关 你开始练习「反训话」美语，抽打了两个小时，加油，就像瓦檐上的青苔罢，得拆人家屋檐，依依墟里烟。然而这个伤痛的夜
一题多解 一题多变 提升思维品质
158教育版次次绝境重生，在攻坚克难中能不断从胜利走向胜利，根本原因就在于不管是处于顺境还是逆境，我们党始终坚守为中国人民谋幸福、为中华民族谋复兴这个初心和使命！在新时代下的今天，我们仍然要不忘初心，牢记使命，为实现两个一百年奋斗目标和中华民族伟大复兴的中国梦而努力奋斗！谢谢指导，谢谢合作！教学反思：亮点：重难点突破较好，捋清了中国共产党开辟革命新道路的来龙去脉，线索清晰；课堂气氛活跃，学生思维在动，小组合作讨论，自主、探究、合作学习明显。
不足：时间把握上，第一、三子目可更紧凑些，以便更集中突破重难点——第二子目。
（单位：山东省微山县第一中学）内容摘要：思维的基本品质有：广阔性，深刻性，敏捷性，灵活性，独立性，批判性。
通过具体案例展示一题多解和一题多变，促进知识与方法的迁移，促进学生思维的多元化，提高思维的广阔性、灵活性和深刻性。
关键词： 一题多解 一题多变 思维品质“一题多解”是通过不同的思维途径，采用多种解题方法解决同一个问题的教学方法。
在教学中，教师引导学生从不同的方面不同的角度去分析问题解决问题，可以较好地激活学生的思维潜能，充分调动学生脑海中储存的大量信息，在探求问题的解决方案中，使学生建立起解题的思维网络，启迪学生的发散思维能力。
一题多解，有利于拓宽学生思维的广阔性，提高思维的灵活性和深刻性，培养学生的辩证思维能力，提升思维的品质。
的取值范围。
求满足实数例y x y x y x +=+,134,122（略）在这个问题的解决中，引导学生从解析几何，导数，三角函数，柯西不等式，向量等角度寻求解法，开拓了解题思路，提高了解决问题的能力，最大限度地挖掘学生已有的知识潜能。
学生对比七种解法，找到适合自己的方法，优化了自己的解题策略。
通过认识不同解法的差异和联系，加深对概念、规律的理解和应用，内化认知结构，完善知识系统。
例2:已知函数f(x)=x 3-3ax-bx，其中a，b 为实数，若f(x)在区间[-1，2]上为减函数，且b=9a,求a 的取值范围。
2020年高考二轮复习第3讲导数的基本应用
第3讲导数的简单应用1．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．[提醒]求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P 为切点，后者点P不一定为切点．2．四个易误导数公式(1)(sin x)′＝cos_x；(2)(cos x)′＝－sin_x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1，x>0)．3．利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系．①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数．(2)利用导数研究函数单调性的方法．①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．4．利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．热点一导数的几何意义——明切点，建方程(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x) 在点(0，0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x解析：选D.解法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D. [一题多变]1．奇函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 与直线y ＝kx ＋2相切，则实数k 的值为________． 解析：由例1解析知a ＝1，即f (x )＝x 3＋x ，f ′(x )＝3x 2＋1. 设切点M 为(x 0，x 30＋x 0)，则点M 处的切线方程为y －(x 30＋x 0)＝(3x 20＋1)(x －x 0)，又切线y ＝kx ＋2 过定点(0，2)，所以2－x 30－x 0＝(3x 20＋1)(－x 0)解得 x 0＝－1，故k ＝3x 20＋1＝4. 答案：42．奇函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 与曲线y ＝2x 2交点处的公切线方程为y ＝kx ＋2，则实数k 的值为________．解析：由例1解析知f (x )＝x 3＋x ，设交点(x 0，2x 20)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋x 0＝2x 203x 20＋1＝4x 0＝k解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1k ＝4答案：41．解题策略：与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 0)求斜率k ，即求该点处的导数值，k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0. 2．常用结论①y ＝e x 在(0，1)处的切线方程为y ＝x ＋1；过原点的切线的切点为(1，e)； ②y ＝ln x 在(1，0)处的切线方程为y ＝x －1；过原点的切线的切点为(e ，1)． 热点二 利用导数研究函数的单调性(1)(2019·河北名校联考)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x <0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间是(0，1)．(2)函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间(－1，2)内单调递减，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2x ＋a ，又f (x )在(－1，2)内单调递减， ∴x 2－2x ＋a ≤0在(－1，2)上恒成立． 解法一：分离参数法－a ≥x 2－2x 恒成立，又x 2－2x <3. 故－a ≥3，即a ≤－3. 解法二：构造函数法设g (x )＝x 2－2x ＋a .由二次函数性质得：⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）≤0g （2）≤0即⎩⎪⎨⎪⎧（－1）2＋2＋a ≤04－4＋a ≤0，即a ≤－3. 答案：(－∞，－3](3)(2019·武汉模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时， xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e ，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．a <c <bD ．c <a <b解析：选D.构造函数g (x )＝f （x ）x ，所以g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 因为函数f (x )为奇函数，所以g (x )＝f （x ）x是偶函数，所以c ＝f （－3）－3＝g (－3)＝g (3)，因为a ＝f （e ）e ＝g (e)，b ＝f （ln 2）ln 2＝g (ln 2)，所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，所以c <a <b . [一题多变]1．本例(1)函数f (x )＝x 2－2a ln x (a ∈R )的单调递增区间为________． 解析：定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a x ＝2（x 2－a ）x当a ≤0时，f ′(x )>0，即f (x )的增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，由f ′(x )>0即x 2>a ，又x >0即x >a . 故f (x )增区间为(a ，＋∞)． 综上当a ≤0时f (x )增区间为(0，＋∞) 当a >0时，f (x )的增区间为(a ，＋∞)． 答案：当a ≤0时，f (x )增区间为(0，＋∞) 当a >0时，f (x )的增区间为(a ，＋∞)．2．本例(2)若f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间(－1，2)内存在单调减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，当x ∈(－1，2)时，f ′(x )≥a －1， 依题意a －1<0即a <1. 答案：(－∞，1)3．本例(2)若函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在[－1，2]上不单调，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝(x －1)2＋a －1，若函数f (x )在[－1，2]上单调，则a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－1）≤0f ′（2）≤0解得a ≥1或a ≤－3，故满足条件的a ∈(－3，1)． 答案：(－3，1)4．本例(3)变为：已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝3f (3)，b ＝－2f (－2)，c ＝f (1)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >b >a C ．c >a >bD ．a >c >b解析：选A.令函数F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∵当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴F (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴F (x )为偶函数．∵a ＝3f (3)，b ＝－2f (－2)，c ＝f (1)，∴a ＝F (－3)，b ＝F (－2)，c ＝F (1)＝F (－1)，∴F (－3)>F (－2)>F (－1)，即a >b >c .1．解题策略(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值． (2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式． 2．依据求导法则，常见的构造函数有： (1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′；(2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′；(3)f ′(x )＋f (x )联想[e x f (x )]′； (4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎡⎦⎤f （x ）e x ′；(5)f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′.热点三 利用导数研究函数的极值、最值(1)[母题](2019·唐山模拟)已知函数f (x )＝23x 3－2ax 2－3x ＋1在(－1，2)内有且只有一个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝2x 2－4ax －3，由函数f (x )在(－1，2)内有且只有一个极值点，知f ′(x )＝0在(－1，2)上有且只有一根(不是重根)，则①f ′(－1)·f ′(2)＜0，解得a ＞58或a ＜14；②若f ′(－1)＝0，a ＝14，则f ′(x )＝0的另一根为32，32∈(－1，2)，满足条件；③若f ′(2)＝0，a ＝58，则f ′(x )＝0的另一根为－34，－34∈(－1，2)，满足条件．综上，a ≥58或a ≤14.答案：(－∞，14]∪[58，＋∞)(2)[考题打磨]若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 3，由f ′(x )＜0得0＜x ＜a3，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2019·昆明二模)已知函数f (x )＝e xx 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，e 24 B ．⎝⎛⎦⎤－∞，e2 C ．(0，2]D ．[2，＋∞)解析：选A.由题意得f ′(x )＝e x （x －2）x 3＋2k x －k ＝（x －2）（e x －kx 2）x 3，f ′(2)＝0.令g (x )＝e x－kx 2，g (x )在区间(0，＋∞)恒大于等于0，或恒小于等于零，即e x x 2≥k 或k ≥e xx2在(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝e x x 2，h ′(x )＝e 2（x －2）x 3，所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，所以k ≤e 24，选A.限时训练一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D.y ′＝a e x ＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又∵切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1. 故选D.2．(2019·太原二模)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下 列说法错误的是( ) A ．(－1，3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间 B ．(3，5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间 C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值 D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C.由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)．函数y ＝f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，选C. 3．(2019·武汉模拟)函数f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围为()A．(－∞，2] B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)解析：选B.f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝1x＋a，即1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，a＝2－1x，因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．故选B.4．若函数f(x)＝(x＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是() A．(－∞，－1) B．(－∞，0)C．(－1，0) D．[－1，＋∞)解析：选A.f′(x)＝e x(x＋a＋1)，由题意，知方程e x(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为()A．0 B．－5C．－10 D．－37解析：选D.由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在[－2，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.6．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A.由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax －1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x－2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x) 单调递增；x∈(－2，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是() A．(－1，2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3，6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选B.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根．∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.8．(2019·宁波模拟)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B.2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2.当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4. 9．(2019·吉林长春质检)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．[0，e] C ．(－∞，e)D ．(0，e]解析：选A.∵f (x )＝e x x2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ， ∴x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝（e x －kx ）（x －2）x 2.∵x ＝2是f (x )的唯一极值点，∴y ＝e x －kx 无其他变号零点． 令g (x )＝e x －kx ，则g ′(x )＝e x －k .①k ≤0时，g ′(x )＞0恒成立，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (0)＝1，∴g (x )＝0无解．②k ＞0时，由g ′(x )＝0得x ＝ln k .0＜x ＜ln k 时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；x ＞ln k 时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． ∴g (x )min ＝g (ln k )＝k －k ln k ，∴k －k ln k ≥0，∴0＜k ≤e ， 综上，k ≤e.故选A.11．(2019·长沙模拟)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( ) A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选B.因为f (x ＋2)为偶函数， 所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称， 所以f (x )的图象关于x ＝2对称． 所以f (0)＝f (4)＝1. 设g (x )＝f （x ）ex (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x （e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )， 所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )<e x ⇔f （x ）e x <1，而 g (0)＝f （0）e 0＝1，所以f (x )<e x ⇔g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 12．(2019·浙江卷)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ＜0，13x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( ) A ．a ＜－1，b ＜0 B ．a ＜－1，b ＞0 C ．a ＞－1，b ＜0 D ．a ＞－1，b ＞0解析：选C.由题意，b ＝f (x )－ax ＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－a ）x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2，x ≥0. 设y ＝b ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－a ）x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2，x ≥0. 即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论． ①当a <－1时，1－a >0，可知g (x )在(－∞，0)上递增； 由g ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，a ＋1<0， 可知g (x )在(0，＋∞)上递增．此时直线y ＝b 与g (x )的图象只有1个交点，不符合题意，故A ，B 排除． ②当a >－1，即a ＋1>0时， 因为g ′(x )＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)， 所以当x ≥0时，由g ′(x )<0可得0<x <a ＋1，所以当x ≥0时，g (x )在(0，a ＋1)上递减，g (x )在(a ＋1，＋∞)上递增． 如图，y ＝b 与y ＝g (x )(x ≥0)的图象至多有2个交点．当1－a >0，即－1<a <1时，由图象可得，若要y ＝g (x )与y ＝b 的图象有3个交点，必有b <0；当1－a ＝0时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去；当1－a <0，即a >1时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个或2个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去．综上，－1<a <1，b <0. a>－1,b<0,故选C . 二、填空题13．(2019·浙江卷)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________． 解析：设A (m ，n )，则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为y －n ＝1m (x －m )．又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m (m ＋e)．再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1. 故点A 的坐标为(e ，1)． 答案：(e ，1)14．(2019·南通调研)已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________． 解析：因为f ′(x )＝2f ′（1）x－1，所以f ′(1)＝2f ′(1)－1，所以f ′(1)＝1，故f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x －1＝2－x x ，则f (x )在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x ＝2时f (x )取得极大值，且f (x )极大值＝f (2)＝2ln 2－2. 答案：2ln 2－215．(2019·天津卷改编)已知a ∈R .设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x ＞1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为________．解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. ∴a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立．设g(x)＝xln x，则g′(x)＝ln x－1（ln x）2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围为[0，e]．答案：[0，e]。
一题多变,拿下函数单调性
判 断 ， 常是 应 用函数 单 调性 的 定 义来进 行 证 明的．一般 来说 ， 通 用定 义证 明 函数
单调 性 的步骤是 “ 取值 ， 差 ， 作 变形 ， 定号 ， 结论 ” 作 ．本题 中， 我们 可设Ｏ ｘ ， ＜ ｌ 且 ， ２
此题还 可 以怎样求证 ？
２ ０＋ ） 厂 】 ２ ＋ 】 ～番 ｘ ｂ＝ ） ｌ ２．因为Ｏｘ ２ 以 Ｅ（，∞ ， （ ） ） ＋ （ ２ ２ ）（ｌ （ 拟 ） ６ ＋ ２ ＜ｌ ， 所
用 定 义 证 明 函数 单 调
性 的一般 步骤是 什么 ？
与对称 轴都 已经确定．由于此题是证 明题 ， 的 同学直接 拿 对称轴 一 与０ 行 比 有 ：１ 进
较 ， 后 就 给 出结 论 ， 然 证 明 过 程 不 严 密．对 函数 单 调 性 的 证 明 不 同 于 对 它 的 然 显
１ ８
－ ） ０， ∞） 结 合 前 面 的 解 答 过 程 ， 函 数ｇ ） （ ∞， ２ 上 单 调 递 增 ， ２ Ｕ（ ＋ ， 故 （ 在 一 一） 在
（ ＋ ） 单调递 减． ０， 上
ｌ
ｆ
问题。 若６ ， 数 ＝ ） ＝ 且函 ｇ ） 在区间［ ２ 调递 求实 口 取值 ｏ ０］ ， 上单 增， 数 的
范 围． ．
０本 与 上 断 题 以判 ：
单 调 性 或求 单 调 区间 的 问
、
刷新思维 本题是先给 出函抛 ） ３ 在区间［ ，］ ＝ ＋ ０２上的单调性， 然后 求
参数口 的取 值 范围这样 一个 “ 向型” 逆 问题．解决 的方 法与 以上诸 问并无 本质 的不 同， 只是 方向 不 同而 已．本题 仍 可用 函数单 调性 的 定义 来求 解 ， 运 算 量 大且 较 但
一题多变：已知函数的单调性求参数取值范围
一题多变：已知函数的单调性求参数取值范围例题：若函数h (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围. 解：因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立， 即a ≥1x 2－2x恒成立． 令G (x )＝1x 2－2x，则由题意可知，只需a ≥G (x )max ， 而G (x )＝1)11(2--x ， 因为x ∈[1,4]，所以1x ∈]1,41[， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716， 又因为a ≠0，所以a 的取值范围是)0,167[-∪(0，＋∞)．[方法技巧] 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．[变式探究]1.若本例条件变为“函数h (x )在[1,4]上单调递增”，求a 的取值范围.因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立，即a ≤1x 2－2x恒成立，又因为当 x ∈[1,4]时，(1x 2－2x)min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1， 即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．若本例条件变为“函数h (x )在[1,4]上存在单调递减区间”，求a 的取值范围.因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＜0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a＞1x2－2x有解，而当x∈[1,4]时，(1x2－2x)min＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．3．若本例条件变为“函数h(x)在[1,4]上不单调”，求a的取值范围.因为h(x)在[1,4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，即a＝1x2－2x＝(11x)2－1在(1,4)上有解，令m(x)＝1x2－2x，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－716.所以实数a的取值范围是(－1,－716).。
高一数学函数图像试题答案及解析
高一数学函数图像试题答案及解析1.一电子广告，背景是由固定的一系列顶点相接的正三角形组成，这一列正三角形的底边在同一直线上，正三角形的内切圆由第一个正三角形底边中点点沿三角形列的底边匀速向前滚动（如图），设滚动中的圆与系列正三角形的重叠部分（如图中的阴影）的面积关于时间的函数为，则下列图中与函数图像最近似的是（）【答案】B【解析】滚动中的圆与系列正三角形的重叠部分（如图中的阴影）的面积S关于时间t的关系呈周期性变化，且两者之间是非线性变化，故排除答案D；圆滚动到两三角形的连接点时，阴影部分的面积取最小值，但仍不为0，故排除答案C又由当t=0时，阴影部分的面积取最大值，可排除答案A，故选B.考点:函数图像2.在股票买卖过程中，经常用到两种曲线，一种是即时价格曲线y=f(x)(实线表示)，另一种是平均价格曲线y=g(x)(虚线表示)(如f(2)=3是指开始买卖后两个小时的即时价格为3元g(2)=3表示2个小时内的平均价格为3元)，下图给出四个图象：其中可能正确的图象序号是 .A．①②③④B．①③④C．①③D．③【答案】D【解析】①错，因为即时价格是下降的，所以从开始后，平均价格应在即时价格的上面，不会有交点；②错，因为，如果平均价格不变，那么即时价格也应不变；③正确，因为开始即时价格是上升的，所以一段时间的平均价格应该在他的下面，后即时价格下降了，那么经过一段时间，会出现平均价格在即时价格的上面；④错，即时价格为折线，平均价格应为曲线.故选D.【考点】函数的图像3.已知函数若函数有三个零点，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】有3个零点，即有三个实根，即与有三个不同交点，画出的图像，当有三个交点时，先确定了,解得：.【考点】1.函数零点；2.函数图像.4.函数的图象大致是（）【答案】C【解析】，即，所以不是偶函数，图像不关于y轴对称，故D不正确；时，所以，所以，所以，故B不正确。
当时，所以，所以，故A不正确。
高考数学压轴题命题区间探究与突破专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题学案
专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一“第一招”带参讨论【例1】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；2.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．类型二“第二招”数形结合【例2】【2018年天津卷理】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.【答案】【解析】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点.【举一反三】【2019届同步单元双基双测AB卷】已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为____．【答案】.【解析】分析：求出函数|f（x）﹣3x的解析式，画出函数的图象，利用函数的极值，转化求解即可．当x＜0时，≥6，当且仅当x=﹣1时取等号，此时﹣b＞6，可得b＜﹣6；当0≤x≤4时，x﹣x2≤，当x=时取得最大值，满足条件的b∈（﹣，0]．综上，范围是.故答案为：.类型三“第三招”分离参数【例3】【广东省惠州市2019届10月调研】已知函数是定义在上的偶函数，且，若函数有6 个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】函数f（x）是定义在R上的偶函数，函数F（x）=f（x）﹣m有六个零点，则当x≥0时，函数F（x）=f（x）﹣m有三个零点，令F（x）=f（x）﹣m=0，即m=f（x），②当x≥2时，f（x）=＜0，且当x→+∞，f（x）→0，∵f′（x）=，令f′（x）==0，解得x=3，当2≤x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x≥3时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，∴f（x）min=f（3）=﹣，故f（x）在[2，+∞）上的值域为[﹣，0），∵﹣＞﹣2，∴当﹣＜m ＜0时，当x ≥0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有三个零点，故当﹣＜m ＜0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有六个零点， 故选D. 【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ． 7,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ． 70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ． 7,24⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D类型四“三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a.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)在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在（0，2a）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．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)在（－∞，2a ）和(0，＋∞)上单调递减，在（2a，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（2a）>0，即a2>4，解得a<－2.法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点； 当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．法四 分离参数法：参变分离，化繁为简.易知x ≠0，令f (x )＝0，则331a x x ＝－，记331()g x x x＝－，2'234333(1)()x g x x x x --=-+=，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.【指点迷津】1.本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】方法一：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+， 设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，方法二：由函数f (x )有零点，得211(2)0x x x x a ee －－＋－＋＋＝有解，即211()(110)x x x a e e －－＋－－＋＋＝有解，令1t x ＝－，则上式可化为2(10)ttt a e e －－＋＋＝，即21t tt a e e--+＝. 令21t tt e e--+h(t)＝，易得h (t )为偶函数， 又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以10122a -＝＝，故选C. 方法三：由()112()02.x x f x a ee x x ⇔－－＋＝＋＝－＋111122x x x x e e e e ≥⋅－－＋－－＋＋＝，当且仅当1x =时取“＝”． 2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．若a >0，则112()x x a ee a ≥－－＋＋，要使f (x )有唯一零点，则必有21a ＝，即12a ＝. 若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，12a ＝. 三．强化训练1．【2018年新课标I 卷理】已知函数 ．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A．[–1，0）B．[0，+∞）C．[–1，+∞）D．[1，+∞）【答案】C【解析】2.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若函数有两个零点，则函数的图象与有且仅有两个交点，在同一坐标系内画出函数的图象与的图象如下：3.【黑龙江省2018年仿真模拟（十）】已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.本题选择D选项.4．【2019届同步单元双基双测AB卷】函数的定义域为实数集,,对于任意的都有,若在区间函数恰有三个不同的零点, 则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，由K AC=﹣，K BC=﹣，结合图象得：m∈，故选：5.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】定义在上的函数，满足，且当时，，若函数在上有零点，则实数的a取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为当时，，所以时，所以，此时，故．所以在上的图象如图，要使函数在上有零点，只要直线与的图象有交点，由图象可得，所以使函数在上有零点，则实数的取值范围是．故选：B．6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数若互不相等的实数满足则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】不妨设，的图像如图所示，7.【安徽省六安市舒城中学2018届仿真（三）】函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，即则大致图象如图所示设，①当有一个根为时，，解得，此时另一个根为，满足条件②根不是时，则满足即综上所述，故实数的取值范围为故选8.【四川省双流中学2018届一模】对于函数和，设，若所有的，都有，则称和互为“零点相邻函数”.与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】9．【2018年浙江卷】已知λ∈R，函数f(x)=，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___________．【答案】(1,4)【解析】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.10.【安徽省定远重点中学2019届第一次月考】函数，定义函数，给出下列命题：①；②函数是偶函数；③当a＜0时，若0＜m＜n＜1，则有F（m）﹣F（n）＜0成立；④当a＞0时，函数有4个零点．其中正确命题的序号为________________________ ．【答案】②③④【解析】∴F(m)−F(n)<0成立．故③正确对于④，由于，且函数，∴当x>0时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x>0时，F(x)的最小值为F(1)=1，∴当x>0时，函数F(x)的图象与y=2有2个交点，又函数F(x)是偶函数，∴当x<0时，函数F(x)的图象与y=2也有2个交点，画出图象如下图：********灿若寒星竭诚为您提供优质文档*********故当a>0时，函数y=F(x)−2有4个零点．所以④正确．综上可得②③④正确．灿若寒星。
AJ第十讲 导数的应用(一)
设 g ( x) e x (2 x 1) ， h( x) ax a ，由 g ( x)
1 ex (2x 1) ，知 g ( x) 在 (, ) 2
上单调递减，在 ( , ) 上单调递增，作出 g ( x) 与 h( x) 的大致图象如图所示，
y 3 2 1 –3 –2 –1 O –1 1 h(x)=ax-a 2x g(x)=ex(2x-1)
1 a 1时, 0, f ( x) 0, 所以f ( x)在(0, ) 内为增函数； 3 1 ③当 a 1时, f ( x) 0( x 0), f ( x)在(0, ) 内为增函数； x
②当
QQ：1185941688 《高考数学一轮》第十讲 第 5 页─共 13 页 微信公众号：sxgkzk
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④当 a 1时, 0, x1
(a 1)(3a 1) 1 0, 2a 2a(1 a)
x2
(a 1)(3a 1) 1 0, 所以f ( x) 在定义域内有唯一零点 x1 ， 2a 2a(1 a)
3 ,1) 2e
3 3 , ) 2e 4
3 3 , ) 2e 4
A．
B．
C．
D．
(3)设 a 0 ，讨论函数 f ( x) ln x a(1 a) x2 2(1 a) x 的单调性． 【解析】(1)由题意可知存在唯一的整数 x0 ，使得 e 0 (2 x0 1) ax0 a ，
(2)由导数定义可知，函数 f ( x) 在点 x x0 处的导数值就是 f ( x) 在点 x x0 处的瞬时 变化率，因此本题可从 S (t ) 变化速度的快慢入手求解．
备战高考数学复习考点知识与题型讲解32---三角函数的单调性与最值
备战高考数学复习考点知识与题型讲解 第32讲 三角函数的图象和性质考向预测核心素养 以考查三角函数的性质为主，题目涉及单调性、周期性、最值、零点．考查三角函数性质时，常与三角恒等变换相结合，中档难度. 直观想象、 逻辑推理一、知识梳理1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y ＝sin x ，x ∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，1，(π，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，－1，(2π，0)． (2)在余弦函数y ＝cos x ，x ∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，(π，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，0，(2π，1)． 2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质 函数y ＝sin x y ＝cos x y ＝tan x图象定义域 R R⎩⎪⎨⎪⎧x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π2，}k ∈Z值域[－1，1][－1，1]R奇偶性奇函数偶函数奇函数函数的最值最大值1，当且仅当x＝2kπ＋π2，k∈Z时取得；最小值－1，当且仅当x＝2kπ－π2，k∈Z时取得最大值1，当且仅当x＝2kπ，k∈Z时取得；最小值－1，当且仅当x＝2kπ－π，k∈Z时取得无最大值和最小值单调性增区间：[2kπ－π2，2kπ＋π2](k∈Z)；减区间：[2kπ＋π2，2kπ＋3π2](k∈Z)增区间：[2kπ－π，2kπ](k∈Z)；减区间：[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)增区间(kπ－π2，kπ＋π2)(k∈Z)周期性周期为2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为2π周期为2kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为2π周期为kπ，k≠0，k∈Z，最小正周期为π对称性对称中心(kπ，0)，k∈Z⎝⎛⎭⎪⎫kπ＋π2，0，k∈Z⎝⎛⎭⎪⎫kπ2，0，k∈Z 对称轴x＝kπ＋π2，k∈Z x＝kπ，k∈Z无对称轴零点kπ，k∈Z kπ＋π2，k∈Z kπ，k∈Z常用结论1．函数y＝sin x与y＝cos x的对称轴分别是经过其图象的最高点或最低点且垂直于x轴的直线．2．正弦曲线、余弦曲线相邻的两个对称中心、相邻的两条对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是14个周期．正切曲线相邻两个对称中心之间的距离是半个周期．3．三角函数中奇函数一般可化为y ＝A sin ωx 或y ＝A tan ωx 的形式，偶函数一般可化为y ＝A cos ωx ＋b 的形式．4．对于y ＝tan x 不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个开区间⎝⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )内为增函数．二、教材衍化1．(人A 必修第一册P 206例5改编)函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3(x ∈[－π，0])的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－5π6B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π6，－π6 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0 解析：选D.令－π2＋2k π≤x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，则－π6＋2k π≤x ≤5π6＋2k π，k ∈Z .由于x ∈[－π，0]，所以所求的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0.2．(人A 必修第一册P 207练习T 2(2)改编)函数y ＝3－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的最大值为________，此时x ＝________．答案：53π4＋2k π(k ∈Z ) 3．(人A 必修第一册P 212例6改编)函数y ＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －3π4的单调递减区间为________________．解析：由－π2＋k π＜2x －3π4＜π2＋k π(k ∈Z )，得π8＋k π2＜x ＜5π8＋k π2(k ∈Z )， 所以y ＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －3π4的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＋k π2，5π8＋k π2(k ∈Z )．答案：⎝⎛⎭⎪⎫π8＋k π2，5π8＋k π2(k ∈Z )一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)y ＝cos x 在第一、二象限内单调递减．( ) (2)若y ＝k sin x ＋1，x ∈R ，则y 的最大值是k ＋1.( )(3)若非零实数T 是函数f (x )的周期，则kT (k 是非零整数)也是函数f (x )的周期．( )(4)函数y ＝sin x 图象的对称轴方程为x ＝2k π＋π2(k ∈Z )．( ) (5)函数y ＝tan x 在整个定义域上是增函数．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× 二、易错纠偏1．(奇偶性概念不清致误)下列函数中，是奇函数的是( ) A ．y ＝|cos x ＋1| B.y ＝1－sin x C ．y ＝－3sin(2x ＋π)D.y ＝1－tan x解析：选C.选项A 中的函数是偶函数，选项B ，D 中的函数既不是奇函数，也不是偶函数；因为y ＝－3sin(2x ＋π)＝3sin 2x ，所以是奇函数，故选C.2．(多选)(三角函数性质理解不透致误)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2(x ∈R )，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝0对称D ．函数f (x )是奇函数解析：选ABC.由题意，可得f (x )＝－cos x ， 对于选项A ，T ＝2π1＝2π，所以选项A 正确；对于选项B ，y ＝cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以选项B 正确；对于选项C ，f (－x )＝－cos(－x )＝－cos x ＝f (x )，所以函数是偶函数，所以其图象关于直线x ＝0对称，所以选项C 正确；选项D 错误．故选ABC.3．(忽视取最值的条件致误)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最大值是________．解析：f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34＝1－cos 2x ＋3cos x －34＝－⎝⎛⎭⎪⎫cos x －322＋1，cos x ∈[0，1]，当cos x ＝32时，f (x )取得最大值1.答案：1考点一 三角函数的定义域(自主练透)复习指导：求三角函数定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．1．函数f (x )＝－2tan ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的定义域是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠π6B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠－π12C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π6（k ∈Z ） D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π2＋π6（k ∈Z ） 解析：选D.由2x ＋π6≠k π＋π2，得x ≠k π2＋π6(k ∈Z )． 2．函数y ＝lg sin x ＋cos x －12的定义域为________．解析：要使函数有意义，则有⎩⎨⎧sin x >0，cos x －12≥0， 即⎩⎨⎧sin x >0，cos x ≥12，解得⎩⎨⎧2k π<x <π＋2k π，－π3＋2k π≤x ≤π3＋2k π(k ∈Z )， 所以2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z .所以函数y 的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z .答案：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x⎪⎪⎪2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z 3．函数y ＝sin x －cos x 的定义域为________．解析：要使函数有意义，必须使sin x －cos x ≥0.利用图象，在同一平面直角坐标系中画出[0，2π]上y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象，如图所示．在[0，2π]内，满足sin x ＝cos x 的x 为π4，5π4，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为{x |2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z }． 答案：{x |2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z }三角函数的定义域的求法(1)以正切函数为例，应用正切函数y ＝tan x 的定义域求函数y ＝A tan(ωx ＋φ)的定义域．(2)转化为求解简单的三角不等式来求复杂函数的定义域．考点二 三角函数的单调性(多维探究)复习指导：借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0，2π]，正切函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上的单调性．角度1 求三角函数的单调区间(1)(2022·广东省七校联考)函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π6的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－2π3，2k π＋4π3，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－2π3，2k π＋4π3，k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k π－2π3，4k π＋4π3，k ∈Z D.⎝⎛⎭⎪⎫4k π－2π3，4k π＋4π3，k ∈Z (2)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2x 的单调递减区间为________．【解析】 (1)由－π2＋k π＜x 2－π6＜π2＋k π，k ∈Z ，得2k π－2π3＜x ＜2k π＋4π3，k ∈Z ，所以函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π6的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－2π3，2k π＋4π3，k ∈Z ，故选B.(2)f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－2x 的单调递减区间是f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间．由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ， 得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z . 故所求函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z .【答案】 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z1．若本例(2)f (x )变为：f (x )＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3，求f (x )的单调递增区间．解：f (x )＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，欲求函数f (x )的单调递增区间， 只需求y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递减区间．由2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ， 得k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z . 故函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )．2．本例(2)f (x )变为：f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，试讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性．解：令z ＝2x －π3，易知函数y ＝sin z 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z .由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，又因为π4－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝π2<T ，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减．求三角函数单调区间的方法求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(其中ω＞0)的单调区间时，要视“ωx ＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω＜0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．角度2 已知三角函数的单调性求参数(1)(一题多解)(2022·湖南师大附中月考)若函数f (x )＝23sin ωx cos ωx＋2sin 2ωx ＋cos 2ωx 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π2，3π2上单调递增，则正数ω的最大值为( ) A.18 B.16 C.14D.13(2)定义在[0，π]上的函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω＞0)有零点，且值域M ⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞，则ω的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，43 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤16，2 【解析】 (1)方法一：因为f (x )＝23sin ωx cos ωx ＋2sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝3sin 2ωx ＋1在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π2，3π2上单调递增， 所以⎩⎪⎨⎪⎧－3ωπ≥－π2，3ωπ≤π2.解得ω≤16，所以正数ω的最大值是16.方法二：易知f (x )＝3sin 2ωx ＋1，可得f (x )的最小正周期T ＝πω，所以⎩⎪⎨⎪⎧－π4ω≤－3π2，π4ω≥3π2，解得ω≤16.所以正数ω的最大值是16. (2)由0≤x ≤π，得－π6≤ωx －π6≤ωπ－π6，当x ＝0时，y ＝－12.因为函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π6在[0，π]上有零点，所以ωπ－π6≥0，ω≥16.因为值域M ⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞，所以ωπ－π6≤π＋π6，ω≤43，从而16≤ω≤43. 【答案】 (1)B(2)C已知函数单调性求参数(1)明确一个不同：“函数f (x )在区间M 上单调”与“函数f (x )的单调区间为N ”两者的含义不同，显然M 是N 的子集．(2)抓住两种方法：一是利用已知区间与单调区间的子集关系建立参数所满足的关系式求解；二是利用导数，转化为导函数在区间M 上的保号性，由此列不等式求解．|跟踪训练|1．函数y ＝－2＋tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π3的单调递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－5π3，2k π＋π3，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－π3，2k π＋5π3，k ∈ZC.⎝⎛⎭⎪⎫k π－5π3，k π＋π3，k ∈Z D.⎝⎛⎭⎪⎫k π－π3，k π＋5π3，k ∈Z 解析：选A.由题意，令－π2＋k π<12x ＋π3<π2＋k π，k ∈Z ，解得2k π－5π3<x <2k π＋π3，k ∈Z ，所以函数y ＝－2＋tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π3的单调递增区间为(2k π－5π3，2k π＋π3)，k ∈Z .2．若函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π10－2在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，a 上单调，则实数a 的最大值是________．解析：因为π2≤x ≤a ，所以π2＋π10≤x ＋π10≤a ＋π10，而f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，a 上单调，所以a ＋π10≤3π2，即a ≤7π5， 所以a 的最大值为7π5. 答案：7π53．(2022·重庆市高三质量检测)函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)，|φ|＜π2的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3上单调递增，则ω的最大值为________．解析：依题意f (0)＝3sin φ＝32，sin φ＝12，由于|φ|＜π2，所以φ＝π6. 所以f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6.令ω＞0，由2k π－π2≤ωx ＋π6≤2k π＋π2，化简得2k π－2π3ω≤x ≤2k π＋π3ω，由于f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π3上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧2k π－2π3ω≤π4，2k π＋π3ω≥π3，解得8k －83≤ω≤6k ＋1，k ∈Z ，要使ω有解，则8k －83≤6k＋1，解得k ≤116，由于k ∈Z ，故k max ＝1，故k ＝1时，163≤ω≤7，ω的最大值为7. 答案：7考点三 三角函数的最值(值域)(综合研析)(1)(2022·衡水调研)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，a ，若f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，则实数a 的取值范围是________．(2)函数y ＝sin x －cos x ＋sin x cos x 的值域为________． 【解析】 (1)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，a ，所以x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，a ＋π6，因为当x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2时，f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，所以由函数的图象(图略)知，π2≤a ＋π6≤7π6，所以π3≤a ≤π. (2)设t ＝sin x －cos x ，则t 2＝sin 2x ＋cos 2x －2sin x ·cos x ，sin x cos x ＝1－t22，且－2≤t ≤ 2.所以y ＝－t 22＋t ＋12＝－12(t －1)2＋1，t ∈[－2， 2 ]．当t ＝1时，y max ＝1；当t ＝－2时，y min ＝－1＋222. 所以函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋222，1.【答案】 (1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋222，1三角函数值域的求法(1)利用y ＝sin x 和y ＝cos x 的值域直接求．(2)把所给的三角函数式变换成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋b )的形式求值域．(3)把sin x 或cos x 看作一个整体，将原函数转换成二次函数求值域． (4)利用sin x ±cos x 和sin x cos x 的关系将原函数转换成二次函数求值域．|跟踪训练|1．函数f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，32 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－332，332 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－332，3解析：选B.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，故3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，3，此时函数f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，3.2．已知函数f (x )＝－10sin 2x －10sin x －12，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，m 的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，2，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，0 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3 解析：选B.记t ＝sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，m ，则函数f (x )可转化为g (t )＝－10t 2－10t－12＝－10⎝⎛⎭⎪⎫t ＋122＋2.因为函数的最大值为2，显然此时t ＝－12.令g (t )＝－12，得t ＝－1或t ＝0，由题意知x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，m ，当x ＝－π2时，t ＝－1，g (－1)＝－12，结合g (t )的图象及函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，2，可得－12≤sin m ≤0，解得－π6≤m ≤0.故选B.3．(2020·高考北京卷)若函数f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x 的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．解析：因为f (x )＝cos φsin x ＋(sin φ＋1)cos x ＝cos 2φ＋（sin φ＋1）2sin(x＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫其中tan θ＝1＋sin φcos φ， 因为sin(x ＋θ)≤1，所以cos 2φ＋（sin φ＋1）2＝2，解得sin φ＝1.则φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，故常数φ的一个取值为π2.答案：π2⎝ ⎛⎭⎪⎫符合2k π＋π2，k ∈Z 均可，答案不唯一[A 基础达标]1．(2021·新高考卷Ⅰ)下列区间中，函数f (x )＝7sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6单调递增的区间是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎪⎫π，3π2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π 解析：选A.令－π2＋2k π≤x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π3＋2k π≤x ≤2π3＋2k π，k ∈Z .取k ＝0，则－π3≤x ≤2π3.因为⎝⎛⎭⎪⎫0，π2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，所以区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2是函数f (x )的单调递增区间．2．函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( )A ．－1 B.－22C.22D.0解析：选B.由已知x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，得2x －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，故函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为－22.3．(2022·山西省实验中学期中)若tan 2＝a ，tan 3＝b ，tan 5＝c ，则( ) A ．a ＜b ＜c B.b ＜c ＜a C ．c ＜b ＜aD.c ＜a ＜b解析：选D.因为tan 5＝tan(5－π)，π2＜5－π＜2＜3＜π，且函数y ＝tan x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递增，所以tan(5－π)＜tan 2＜tan 3，所以tan 5＜tan 2＜tan 3，即c ＜a ＜b .4．(2022·福州检测)已知函数f (x )＝sin 2x ＋2sin 2x －1在[0，m ]上单调递增，则m 的最大值是( )A.π4B.π2C.3π8D.π解析：选 C.由题意得，f (x )＝sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4，由－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π(k ∈Z )，解得－π8＋k π≤x ≤3π8＋k π(k ∈Z )，当k ＝0时，－π8≤x≤3π8，即函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8，3π8上单调递增．因为函数f (x )在[0，m ]上单调递增，所以0＜m ≤3π8，即m 的最大值为3π8，故选C. 5．(多选)函数f (x )＝sin x cos x 的单调递减区间可以是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π4，k π－π4(k ∈Z )B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z )C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋π2(k ∈Z )D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋π2(k ∈Z )解析：选AB.f (x )＝sin x cos x ＝12sin 2x ，由π2＋2k π≤2x ≤2k π＋3π2，k ∈Z ， 得π4＋k π≤x ≤k π＋3π4，k ∈Z ， 所以函数f (x )＝sin x cos x 的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z )，故B正确，因为函数的周期是k π(k ≠0)，故A 也正确． 故选AB.6．已知函数f (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，x ∈[－π，0]，则f (x )的单调递增区间是________．解析：由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π(k ∈Z )，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π(k ∈Z )，又因为x ∈[－π，0]，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－7π12和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，0.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－7π12和⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，07．(2022·上海市进才中学期中)已知定义在[－a ，a ]上的函数f (x )＝cos x －sin x 是减函数，其中a >0，则当a 取最大值时，f (x )的值域是________．解析：f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4， 令2k π－π2≤x －π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，则2k π－π4≤x ≤2k π＋3π4，k ∈Z ， 故f (x )的减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π4，2k π＋3π4，k ∈Z ，由题设可得[－a ，a ]为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π4，2k π＋3π4，k ∈Z 的子集，故k ＝0且⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π4，a ≤3π4，a >0，故0<a ≤π4，故a max ＝π4， 当－π4≤x ≤π4时，－π2≤x －π4≤0，故0≤－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4≤2，故f (x )的值域为[]0，2. 答案：[0， 2 ]8．已知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.(1)求f (x )的单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，求函数f (x )的最大值和最小值．解：(1)令2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，则k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z .故f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z . (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，3π4≤2x ＋π4≤7π4，所以－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4≤22，所以－2≤f (x )≤1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4时，函数f (x )的最大值为1，最小值为－ 2.9．已知函数f (x )＝a (2cos 2x2＋sin x )＋b . (1)若a ＝－1，求函数f (x )的单调递增区间；(2)当x ∈[0，π]时，函数f (x )的值域是[5，8]，求a ，b 的值． 解：函数f (x )＝a (1＋cos x ＋sin x )＋b＝2a sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ＋b .(1)当a ＝－1时，f (x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋b －1，由2k π＋π2≤x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4(k ∈Z )，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)因为0≤x ≤π，所以π4≤x ＋π4≤5π4，所以－22≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤1，依题意知a ≠0.①当a ＞0时，得⎩⎨⎧2a ＋a ＋b ＝8，b ＝5，解得a ＝32－3，b ＝5.②当a ＜0时，得⎩⎨⎧b ＝8，2a ＋a ＋b ＝5，解得a ＝3－32，b ＝8.综上所述，a ＝32－3，b ＝5或a ＝3－32，b ＝8.[B 综合应用]10．(2022·河南省名校联盟模拟)若函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3与g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4都在区间(a ，b )(0＜a ＜b ＜π)上单调递减，则b －a 的最大值为( )A.π6 B.π3 C.π2D.5π12解析：选B.函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5π12上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫5π12，11π12上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫11π12，π上单调递增，函数g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π上单调递增，所以这两个函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，3π4上单调递减，故b －a ＝3π4－5π12＝π3，即所求的最大值．故选B. 11．(多选)(2022·江西10月大联考)在数学史上，为了三角计算的简便并追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1－cos θ为角θ的正矢，记作versinθ；定义1－sin θ为角θ的余矢，记作coversin θ.则下列说法正确的是( )A ．versin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－θ＝coversin(θ＋π) B ．若coversin x －1versin x －1＝－3，则coversin 2x －versin 2x ＝15C ．函数y ＝coversin x －versin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递增 D ．函数f (x )＝coversin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π8＋versin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －3π8的最小值为2－ 2解析：选AC.对于A ，versin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－θ＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－θ＝1＋sin θ， coversin (π＋θ)＝1－sin (π＋θ)＝1＋sin θ，故A 选项正确； 对于B ，由coversin x －1versin x －1＝－3，得tan x ＝－3，因为coversin 2x －versin 2x ＝cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －sin 2x －2sin x cos x cos 2x ＋sin 2x ＝1－tan 2x －2tan x 1＋tan 2x ＝－15，故B 选项错误；对于C ，y ＝coversin x －versin x ＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，则π＋2k π≤x ＋π4≤2π＋2k π，k ∈Z ，得3π4＋2k π≤x ≤7π4＋2k π，k ∈Z ， 所以在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递增，故C 选项正确； 对于D ，因为f (x )＝2－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π8－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －3π8＝2－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π8，所以最小值为0，故D 选项错误．12．(2022·日喀则市南木林高中期末)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω＞0)，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，且f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2内有最大值，无最小值，则ω＝________．解析：因为f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2内有最大值，无最小值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，所以当x ＝π3时，f (x )取得最大值，即π3ω＋π3＝2k π＋π2(k ∈Z )， 解得ω＝6k ＋12(k ∈Z )，又π2－π6＝π3＜T ，即2πω＞π3，所以ω＜6，又ω＞0，所以ω＝12. 答案：1213．(2022·江赣十四校联考)如果圆x 2＋(y －1)2＝m 2至少覆盖函数f (x )＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫πm x ＋5π12－3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2πm x ＋π3(m >0)的一个最大值点和一个最小值点，则m 的取值范围是________．解析：化简f (x )＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫πm x ＋5π12－3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πmx ＋π3得f (x )＝2sin 2πx m ＋1，所以函数f (x )的图象靠近圆心(0，1)的最大值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫m 4，3，最小值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，－1，所以只需⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫m 42＋（3－1）2≤m 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋（－1－1）2≤m 2，解得m ≥81515. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫81515，＋∞[C 素养提升]14．设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0)．若f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为________．解析：由题意得，当x ＝π4时，函数f (x )有最大值，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1，πω4－π6＝2k π(k ∈Z )，所以ω＝8k ＋23(k ∈Z )，又ω>0，所以ωmin ＝23.答案：2321 / 21 15．已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x sin x －3cos 2x ＋32. (1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝23在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值． 解：(1)f (x )＝cos x sin x －32(2cos 2x －1) ＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3. 当2x －π3＝π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝512π＋k π(k ∈Z )时，函数f (x )取最大值，且最大值为1.(2)由(1)知，函数f (x )图象的对称轴为x ＝512π＋k 2π(k ∈Z )， 所以当x ∈(0，π)时，对称轴为x ＝512π和x ＝1112π. 又由(1)知当x ＝512π时，f (x )取得最大值1，且f (x 1)＝f (x 2)＝23＞0，所以x 1，x 2关于x ＝512π对称， 所以x 1＋x 2＝56π，则x 1＝56π－x 2， 所以cos(x 1－x 2)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π－2x 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－π3， 又f (x 2)＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23， 故cos(x 1－x 2)＝23.。
一题多问 高中数学14个模块“一题多问”最全合集(美编力荐)
专题一 集合1题6问例题1 已知集合{}13A x x ＝＜＜，集合{}21B x m x m -＝＜＜．（1） 当1m -＝时，求A B ；A B R （）； （2） 若12A B （，）＝，求m 的值； （3） 若*{12}B N ，＝，求m 的取值范围；（4） 若B ∅＝，求m 的取值范围；（5） 若AB B ＝，求实数m 的取值范围； （6） 若A B ∅＝，求实数m 的取值范围．【小结】主要考查集合的元素，集合间的关系，空集的含义，集合的并交补运算，含参的运算．渗透方程思想，不等式思想，数形结合思想，分类讨论思想．专题二 函数性质及抽象函数19问考点1 函数的单调性例题2 已知函数()1m f x x +＝，且2)1(=f ． （1） 求)(x f 的定义域和值域；（2） 试判断函数)(x f 在0+（，）∞上的单调性，并用定义加以证明；（3） 解不等式26225f a a -+（）＞，求a 的取值范围；（4） 已知0a ＞，若1()1g x x a +-＝在2-（∞，）上单调递减，求a 的取值范围． 【小结】考查函数单调性的定义，证明，应用等，渗透转化化归思想 ，数形结合思想等．考点2 函数的奇偶性例题3 若()y f x =是定义在R 上的奇函数，当0x >时，2()2f x x x =-．（5） 求(1)f ，(2)f -，(0)f 的值；（6） 求0x <时，()f x 的解析式；（7） 试作出()f x 的完整图象；（8） 若方程()f x m =有三个不同的根求m 取值范围；（9） 若()()f x g x x=(0)x ≠，求满足不等式(21)g x ->0的x 的取值范围． 【小结】考查函数奇偶性定义，判断及在求值，作图，解不等式中的应用，渗透转化化归思想 ，数形结合思想等．考点3 函数的周期性例题4 设()f x 是定义在R 上的奇函数，且对任意实数x ，恒有(2)()f x f x +=-，当[0,2]x ∈时，2()2f x x x =-（10） 求证：()f x 是周期函数（11） 求(5)f 和(11)f 的值（12） 当[2,4]x ∈时，求()f x 的解析式（13） 计算(0)(1)(2)...(2015)f f f f ++++（14） 画出()f x 在区间[0,10]上的图象（15） 求方程()lg 0f x x -=的根的个数【小结】主要考查函数的周期性的定义，判断及证明，同时在求值，作图中应用，渗透转化化归思想 ，数形结合思想等例题5 已知函数()f x 对任意,x y R ∈，()()()f x y f x f y +=+，且当0x >时，()0f x >且(1)2f =（16） 求(0)f 和(3)f 的值；（17） 判断函数()f x 的奇偶性（18） 判断函数()f x 的单调性，（19） 求满足2(2)6f a a ->的实数a 的取值范围。
【必考题】高一数学上期中试卷(附答案)
【必考题】高一数学上期中试卷(附答案)一、选择题1．已知集合{}220A x x x =-->，则A =RA ．{}12x x -<< B ．{}12x x -≤≤ C ．}{}{|12x x x x <-⋃D ．}{}{|1|2x x x x ≤-⋃≥2．设常数a ∈R ，集合A={x|（x ﹣1）（x ﹣a ）≥0}，B={x|x≥a ﹣1}，若A ∪B=R ，则a 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，2）B ．（﹣∞，2]C ．（2，+∞）D ．[2，+∞）3．在下列区间中，函数()43xf x e x =+-的零点所在的区间为（ ） A ．1,04⎛⎫-⎪⎝⎭B ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．13,24⎛⎫⎪⎝⎭4．函数()ln f x x x =的图像大致是（ ）A ．B ．C ．D ．5．已知函数()25,1,,1,x ax x f x a x x⎧---≤⎪=⎨>⎪⎩是R 上的增函数，则a 的取值范围是（ ）A ．30a -≤<B ．0a <C ．2a ≤-D ．32a --≤≤6．设()f x 是定义在R 上的偶函数，且当0x ≥时，()21,0122,1xx x f x x ⎧-+≤<=⎨-≥⎩，若对任意的[],1x m m ∈+，不等式()()1f x f x m -≤+恒成立，则实数m 的最大值是（ ） A ．1-B ．13-C ．12-D ．137．若函数()(),1231,1x a x f x a x x ⎧>⎪=⎨-+≤⎪⎩是R 上的减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．2,13⎛⎫⎪⎝⎭B ．3,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．23,34⎛⎤⎥⎝⎦D ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭8．已知0.6log 0.5a =，ln0.5b =，0.50.6c =，则（ ）A ．a c b >>B ．a b c >>C ．c a b >>D ．c b a >>9．设函数3()f x x x =+ ，. 若当02πθ<<时，不等式(sin )(1)0f m f m θ+-> 恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1(,1]2B ．1(,1)2C ．[1,)+∞D ．(,1]-∞10．函数()111f x x =--的图象是（ ） A ． B ．C ．D ．11．设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则 A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z12．定义在R 上的奇函数()f x 满足()1(2)f x f x +=-，且在()0,1上()3xf x =，则()3log 54f =（ ）A ．32B ．23-C ．23D ．32-二、填空题13．已知()2x a x af x ++-=，g(x)=ax+1 ，其中0a >，若()f x 与()g x 的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是______________.14．函数f(x)为奇函数，且x>0时，f(x)x ＋1，则当x<0时，f(x)＝________.15．已知函数2,()24,x x mf x x mx m x m ⎧≤=⎨-+>⎩其中0m >，若存在实数b ，使得关于x 的方程f （x ）=b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________________. 16．已知函数1)4f x x +=-，则()f x 的解析式为_________. 17．10343383log 27()()161255---+=__________．18．函数()()log 2a f x ax =-在[]0,1上是x 的减函数，则实数a 的取值范围是______． 19．2017年国庆期间，一个小朋友买了一个体积为a 的彩色大气球，放在自己房间内，由于气球密封不好，经过t 天后气球体积变为kt V a e -=⋅.若经过25天后，气球体积变为原来的23,则至少经过__________天后，气球体积小于原来的13. (lg30.477,lg 20.301≈≈，结果保留整数）20．关于函数()f x =__________.①()f x 的定义域为[)(]1,00,1-；②()f x 的值域为()1,1-；③()f x 的图象关于原点对称；④()f x 在定义域上是增函数.三、解答题21．已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x−1|，x 2−2ax+4a−2}，其中min{p ，q}={,.p p q q p q ，，≤> （Ⅰ）求使得等式F （x ）=x 2−2ax+4a−2成立的x 的取值范围； （Ⅱ）（ⅰ）求F （x ）的最小值m （a ）； （ⅱ）求F （x ）在区间[0,6]上的最大值M （a ）.22．若()f x 是定义在(0,)+∞上的函数，且满足()()()x f f x f y y=-， 当1x >时，()0f x >. （1）判断并证明函数的单调性；（2）若(2)1f =，解不等式1(3)()2f x f x+-<. 23．已知幂函数2242()(22)m m f x m m x -+=--在(0,)+∞上单调递减.（1）求m 的值并写出()f x 的解析式；（2）试判断是否存在0a >，使得函数()(21)1()ag x a x f x =--+在[1,2]-上的值域为 [4,11]-？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.24．已知函数()2(0,)af x x x a R x=+≠∈. （1）判断()f x 的奇偶性；（2）若()f x 在[)2,+∞是增函数，求实数a 的范围.25．设()()()log 1log (30,1)a a f x x x a a =++->≠,且()12f =. （1）求a 的值及()f x 的定义域；（2）求()f x 在区间30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值．26．某厂生产某产品的年固定成本为250万元，每生产千件，需另投入成本（万元），若年产量不足千件，的图象是如图的抛物线，此时的解集为，且的最小值是，若年产量不小于千件，，每千件商品售价为50万元，通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完.（1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【解析】分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出220x x -->的解集，从而求得集合A ，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果. 详解：解不等式220x x -->得12x x -或， 所以{}|12A x x x =<->或，所以可以求得{}|12R C A x x =-≤≤，故选B.点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.2．B解析：B 【解析】 试题分析：当时，，此时成立，当时，，当时，，即，当时，，当时，恒成立，所以a 的取值范围为，故选B.考点：集合的关系3．C解析：C 【解析】 【分析】先判断函数()f x 在R 上单调递增，由104102f f ⎧⎛⎫< ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪> ⎪⎪⎝⎭⎩,利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数()43xf x e x =+-在R 上连续单调递增，且114411221143204411431022f e e f e e ⎧⎛⎫=+⨯-=-<⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=+⨯-=-> ⎪⎪⎝⎭⎩, 所以函数的零点在区间11,42⎛⎫⎪⎝⎭内，故选C. 【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.4．A解析：A 【解析】 【分析】从图象来看图象关于原点对称或y 轴对称，所以分析奇偶性，然后再用特殊值确定. 【详解】因为函数()ln f x x x =是奇函数，排除C ，D 又因为2x = 时()0f x >，排除B 故选：A 【点睛】本题主要考查了函数的图象的判断，还考查了数形结合的思想，属于基础题.5．D解析：D 【解析】 【分析】根据分段函数的单调性特点，两段函数在各自的定义域内均单调递增，同时要考虑端点处的函数值. 【详解】要使函数在R 上为增函数，须有()f x 在(,1]-∞上递增，在(1,)+∞上递增，所以21,20,115,1a a a a ⎧-≥⎪⎪<⎨⎪⎪--⨯-≤⎩，解得32a --≤≤.故选D. 【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数的取值范围，考查数形结合思想、函数与方程思想的灵活运用，求解时不漏掉端点处函数值的考虑.6．B解析：B 【解析】 【分析】由题意，函数()f x 在[0,)+∞上单调递减，又由函数()f x 是定义上的偶函数，得到函数()f x 在(,0)-∞单调递增，把不等式(1)()f x f x m -≤+转化为1x x m -≤+，即可求解. 【详解】易知函数()f x 在[)0,+∞上单调递减， 又函数()f x 是定义在R 上的偶函数， 所以函数()f x 在(),0-∞上单调递增， 则由()()1f x f x m -≤+，得1x x m -≥+，即()()221x x m -≥+，即()()22210g x m x m =++-≤在[],1x m m ∈+上恒成立，则()()()()()()3110121310g m m m g m m m ⎧=-+≤⎪⎨+=++≤⎪⎩，解得113m -≤≤-， 即m 的最大值为13-. 【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，其中解答中利用函数的基本性质，把不等式转化为1x x m -≤+ 求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.7．C解析：C 【解析】 【分析】由题意结合分段函数的解析式分类讨论即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，x a 为减函数，则01a <<，当1x ≤时，一次函数()231a x -+为减函数，则230a -<，解得：23a >， 且在1x =处，有：()12311a a -⨯+≥，解得：34a ≤， 综上可得，实数a 的取值范围是23,34⎛⎤ ⎥⎝⎦. 本题选择C 选项. 【点睛】对于分段函数的单调性，有两种基本的判断方法：一保证各段上同增(减)时，要注意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的判断．8．A解析：A 【解析】由0.50.6log 0.51,ln 0.50,00.61><<<，所以1,0,01a b c ><<<，所以a c b >>，故选A .9．D解析：D 【解析】 【分析】 【详解】易得()f x 是奇函数，2()310()f x x f x '=+>⇒在R 上是增函数，不等式(sin )(1)0f m f m θ+-> 恒成立. 可得11(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ>-⇒>-⇒<<<⇒⇒≤--， 故选D.10．B解析：B 【解析】 【分析】 把函数1y x=先向右平移一个单位，再关于x 轴对称，再向上平移一个单位即可. 【详解】 把1y x = 的图象向右平移一个单位得到11y x =-的图象， 把11y x =-的图象关于x 轴对称得到11y x =--的图象， 把11y x =--的图象向上平移一个单位得到()111f x x =--的图象， 故选：B . 【点睛】本题主要考查函数图象的平移，对称，以及学生的作图能力，属于中档题.11．D解析：D 【解析】令235(1)x y zk k ===>，则2log x k =，3log =y k ，5log =z k∴22lg lg 3lg 913lg 23lg lg8x k y k =⋅=>，则23x y >， 22lg lg5lg 2515lg 25lg lg32x k z k =⋅=<，则25x z <，故选D. 点睛:对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的,,x y z ，通过作差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式以及0与1的对数表示.12．D解析：D 【解析】 【分析】由题意结合函数的性质整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得：()354f log =()3log 23f +， 则()354f log =()31log 21f -+，且()()331log 21log 21f f +=--， 由于()3log 211,0-∈-，故()()31log 2333log 211log 232f f --=--=-=-，据此可得：()()3312log 21log 213f f +=-=-，()354f log =32-.本题选择D 选项. 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，函数的周期性及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题13．(01)【解析】结合与的图象可得点睛：数形结合是数学解题中常用的思想方法数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化生动化能够变抽象思维为形象思维有助于把握数学问题的本质在运用数形结合思想分析和解决解析：(0,1), 【解析】(),,2x x a x a x af x a x a ≥++-⎧==⎨<⎩， 结合()f x 与()g x 的图象可得()0,1.a ∈点睛：数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质. 在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念及其几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围14．【解析】当x<0时－x>0∴f(－x)＝＋1又f(－x)＝－f(x)∴f(x)＝故填 解析：1x -【解析】当x <0时，－x >0，∴f (－x )＝x -1，又f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝1x -,故填1x ---.15．【解析】试题分析：由题意画出函数图象如下图所示要满足存在实数b 使得关于x 的方程f （x ）=b 有三个不同的根则解得故m 的取值范围是【考点】分段函数函数图象【名师点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质函数解析：()3+∞，【解析】试题分析：由题意画出函数图象如下图所示，要满足存在实数b ，使得关于x 的方程f （x ）=b 有三个不同的根，则24m m m -<，解得3m >，故m 的取值范围是(3,)+∞.【考点】分段函数，函数图象【名师点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质、函数与方程、分段函数的概念.解答本题，关键在于能利用数形结合思想，通过对函数图象的分析，转化得到代数不等式.本题能较好地考查考生数形结合思想、转化与化归思想、基本运算求解能力等.16．【解析】【分析】利用换元法求解析式即可【详解】令则故故答案为【点睛】本题考查函数解析式的求法换元法是常见方法注意新元的范围是易错点 解析：2()23(1)f x x x x =--≥【解析】 【分析】利用换元法求解析式即可 【详解】 令11t x =≥，则()21x t =-故()()214f t t =--=223(1)t t t --≥ 故答案为2()23(1)f x x x x =--≥ 【点睛】本题考查函数解析式的求法，换元法是常见方法，注意新元的范围是易错点17．【解析】18．【解析】【分析】首先保证真数位置在上恒成立得到的范围要求再分和进行讨论由复合函数的单调性得到关于的不等式得到答案【详解】函数所以真数位置上的在上恒成立由一次函数保号性可知当时外层函数为减函数要使为减 解析：()1,2【解析】 【分析】首先保证真数位置20ax ->在[]0,1x ∈上恒成立，得到a 的范围要求，再分01a <<和1a >进行讨论，由复合函数的单调性，得到关于a 的不等式，得到答案.【详解】函数()()log 2a f x ax =-，所以真数位置上的20ax ->在[]0,1x ∈上恒成立， 由一次函数保号性可知，2a <，当01a <<时，外层函数log a y t =为减函数，要使()()log 2a f x ax =-为减函数，则2t ax =-为增函数， 所以0a ->，即0a <，所以a ∈∅， 当1a >时，外层函数log a y t =为增函数，要使()()log 2a f x ax =-为减函数，则2t ax =-为减函数， 所以0a -<，即0a >，所以1a >， 综上可得a 的范围为()1,2. 故答案为()1,2. 【点睛】本题考查由复合函数的单调性，求参数的范围，属于中档题.19．68【解析】由题意得经过天后气球体积变为经过25天后气球体积变为原来的即则设天后体积变为原来的即即则两式相除可得即所以天点睛：本题主要考查了指数函数的综合问题考查了指数运算的综合应用求解本题的关键是解析：68 【解析】由题意得，经过t 天后气球体积变为kt V a e -=⋅，经过25天后，气球体积变为原来的23， 即25252233kk a ea e --⋅=⇒=，则225ln 3k -=， 设t 天后体积变为原来的13，即13kt V a e a -=⋅=，即13kte -=，则1ln 3kt -=两式相除可得2ln2531ln3k kt -=-，即2lg25lg 2lg30.3010.477130.3681lg30.4771lg 3t --===≈--， 所以68t ≈天点睛：本题主要考查了指数函数的综合问题，考查了指数运算的综合应用，求解本题的关键是先待定t 的值，建立方程，在比较已知条件，得出关于t 的方程，求解t 的值，本题解法比较巧妙，充分考虑了题设条件的特征，对观察判断能力要求较高，解题时根据题设条件选择恰当的方法可以降低运算量，试题有一定的难度，属于中档试题.20．①②③【解析】【分析】由被开方式非负和分母不为0解不等式可得f （x ）的定义域可判断①；化简f （x ）讨论0＜x≤1﹣1≤x ＜0分别求得f （x ）的范围求并集可得f （x ）的值域可判断②；由f （﹣1）＝f （解析：①②③ 【解析】 【分析】由被开方式非负和分母不为0，解不等式可得f （x ）的定义域，可判断①；化简f （x ），讨论0＜x ≤1，﹣1≤x ＜0，分别求得f （x ）的范围，求并集可得f （x ）的值域，可判断②；由f （﹣1）＝f （1）＝0，f(x)不是增函数，可判断④；由奇偶性的定义得f （x ）为奇函数，可判断③． 【详解】①，由240110x x x ⎧-≥⎪⎨--≠⎪⎩，解得﹣1≤x ≤1且x ≠0，可得函数()11f x x =--的定义域为[﹣1，0）∪（0，1]，故①正确；②，由①可得f （x，即f （x，当0＜x ≤1可得f （x1，0]；当﹣1≤x ＜0可得f （x[0，1）．可得f （x ）的值域为（﹣1，1），故②正确；③，由f （x）＝﹣||x x 的定义域为[﹣1，0）∪（0，1]，关于原点对称，f （﹣x）＝|x x＝﹣f （x ），则f （x ）为奇函数，即有f （x ）的图象关于原点对称，故③正确．④，由f （﹣1）＝f （1）＝0，则f （x ）在定义域上不是增函数，故④错误； 故答案为：①②③ 【点睛】本题考查函数的性质和应用，主要是定义域和值域的求法、单调性的判断和图象的特征，考查定义法和分类讨论思想，以及化简运算能力和推理能力，属于中档题．三、解答题21．（Ⅰ）[]2,2a ．（Ⅱ）（ⅰ）()20,32{42,2a m a a a a ≤≤=-+->．（ⅱ）()348,34{2,4a a a a -≤<M =≥．【解析】试题分析：（Ⅰ）分别对1x ≤和1x >两种情况讨论()F x ，进而可得使得等式()2242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-的最小值，再根据()F x 的定义可得()F x 的最小值()m a ；（Ⅱ）分别对02x ≤≤和26x ≤≤两种情况讨论()F x 的最大值，进而可得()F x 在区间[]0,6上的最大值()M a ．试题解析：（Ⅰ）由于3a ≥，故当1x ≤时，()()()22242212120x ax a x x a x -+---=+-->，当1x >时，()()()22422122xax a x x x a -+---=--．所以，使得等式()2242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围为[]2,2a ． （Ⅱ）（ⅰ）设函数()21f x x =-，()2242g x x ax a =-+-， 则()()min 10f x f ==，()()2min 42g x g a a a ==-+-，所以，由()F x 的定义知()()(){}min 1,m a f g a =，即()20,32{42,2a m a a a a ≤≤+=-+-> （ⅱ）当02x ≤≤时，()()()(){}()max 0,222F x f x f f F ≤≤==，当26x ≤≤时，()()()(){}{}()(){}max 2,6max 2,348max 2,6F x g x g g a F F ≤≤=-=． 所以，()348,34{2,4a a M a a -≤<=≥．【考点】函数的单调性与最值，分段函数，不等式．【思路点睛】（Ⅰ）根据x 的取值范围化简()F x ，即可得使得等式()2242F x x ax a =-+-成立的x 的取值范围；（Ⅱ）（Ⅰ）先求函数()f x 和()g x 的最小值，再根据()F x 的定义可得()m a ；（Ⅱ）根据x 的取值范围求出()F x 的最大值，进而可得()M a ．22．（1）增函数,证明见解析；（2）{|01}x x << 【解析】 试题分析：(1)由题意结合所给的抽象函数关系可由120x x >>时有()()120f x f x ->，即()f x 在定义域内为增函数；(2)原问题等价于x 的不等式组(3)43010x x x x⎧⎪+<⎪+>⎨⎪⎪>⎩，求解不等式组可得01x <<.试题解析： （1）增函数证明：令12,x x y x ==，且120x x >>，则121x x > 由题意知：1122()()()x f f x f x x =- 又∵当x >1时，()0f x > ∴12()0x f x > ∴()()120f x f x -> ∴()f x 在定义域内为增函数(2)令x =4,y =2 由题意知：4()(4)(2)2f f f =- ∴()()422122f f ==⨯=()13()((3))(4)f x f f x x f x+-=+<又∵()f x 是增函数，可得(3)43010x x x x⎧⎪+<⎪+>⎨⎪⎪>⎩ ∴01x <<.点睛：抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数．由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题成为函数内容的难点之一.抽象性较强，灵活性大,解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质，通过局部性质或图象的局部特征，利用常规数学思想方法（如化归法、数形结合法等），这样就能突破“抽象”带来的困难，做到胸有成竹.另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法． 23．（1）1()f x x -=；（2）存在，6a =. 【解析】 【分析】（1）由幂函数的定义和单调性，可得关于m 的方程与不等式；（2）由（1）得1()f x x -=，从而得到()(1)1g x a x =-+，再对1a -的取值进行分类讨论.【详解】（1）因为幂函数2242()(22)mm f x m m x -+=--在(0,)+∞上单调递减，所以22221,420,m m m m ⎧--=⎨-+<⎩解得：3m =或1m =-（舍去），所以1()f x x -=.（2）由（1）得1()f x x -=，所以()(1)1g x a x =-+，假设存在0a >使得命题成立，则当10a ->时，即1a >，()g x 在[1,2]-单调递增，所以(1)4,114,6(2)11,22111,g a a g a -=--+=-⎧⎧⇒⇒=⎨⎨=-+=⎩⎩； 当10a -=，即1a =，()1g x =显然不成立；当10a -<，即1a <，()g x 在[1,2]-单调递减，所以(1)11,1111,(2)4,2214,g a g a -=-+=⎧⎧⇒⎨⎨=--+=-⎩⎩a 无解； 综上所述：存在6a =使命题成立. 【点睛】本题考查幂函数的概念及解析式、已知一次函数的定义域、值域求参数的取值范围，考查逻辑推理能力和运算求解能力，同时注意分类讨论思想的运用，讨论时要以一次函数的单调性为分类标准. 24．（1）当时，为偶函数，当时，既不是奇函数，也不是偶函数,；（2）(16]-∞，.【解析】 【分析】 【详解】 （1）当时，，对任意(0)(0)x ∈-∞+∞，，，，为偶函数．当时，2()(00)af x x a x x=+≠≠，， 取，得(1)(1)20(1)(1)20f f f f a -+=≠--=-≠，，(1)(1)(1)(1)f f f f ∴-≠--≠，，函数既不是奇函数，也不是偶函数．（2）设122x x ≤<，，要使函数在[2)x ∈+∞，上为增函数，必须恒成立．121204x x x x -<>，，即恒成立． 又，．的取值范围是(16]-∞，．25．（1）2a =，定义域为()1,3-；（2）2 【解析】 【分析】（1）由()12f =,可求得a 的值,结合对数的性质,可求出()f x 的定义域;（2）先求得()f x 在区间30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调性,进而可求得函数的最大值.【详解】（1）()1log 2log l 242og a a a f =+==,解得2a =. 故()()22log 1)g 3(lo f x x x =++-, 则1030x x +>⎧⎨->⎩,解得13x ,故()f x 的定义域为()1,3-.（2）函数()()()()()222log 1log 3log 31f x x x x x =++-=-+,定义域为()1,3-,()130,2,3⎡⎤⊆⎥-⎢⎣⎦,由函数2log y x =在()0,∞+上单调递增,函数()()31y x x =-+在[)0,1上单调递增,在31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减,可得函数()f x 在[)0,1上单调递增,在31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减. 故()f x 在区间30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()21log 42f ==.【点睛】本题考查了函数的定义域,考查了函数的单调性与最值,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.26．(1) ；(2) 当年产量千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大为万元.【解析】 【分析】（1）由题可知，利润=售价-成本，分别对年产量不足件，以及年产量不小于件计算，代入不同区间的解析式，化简求得；（2）分别计算年产量不足件，以及年产量不小于件的利润，当年产量不足80件时，由配方法解得利润的最大值为950万元，当年产量不小于件时，由均值不等式解得利润最大值为1000万元，故年产量为件时，利润最大为万元.【详解】（1）当时，；当时，，所以（）.（2）当时，此时，当时，取得最大值万元．当时，此时，当时，即时，取得最大值万元，,所以年产量为件时，利润最大为万元．考点：•配方法求最值 均值不等式。
专题07 函数的单调性、奇偶性、周期性与对称性(知识梳理)(新高考地区专用)(解析版)
专题07 函数的单调性、奇偶性、周期性与对称性（知识梳理）一、函数的单调性(一)函数的单调性和单调区间定义：1、增函数与减函数的定义：设函数)(x f y =的定义域为A ，区间A M ⊆，如果取区间M 中的任意两个值1x 、2x ，改变量012>-=∆x x x ，则当0)()(12>-=∆x f x f y 时，就称函数)(x f y =在区间M 上是增函数；当0)()(12<-=∆x f x f y 时，就称函数)(x f y =在区间M 上是减函数。
2、函数的单调性与单调区间：如果一个函数在某个区间M 上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M 上具有单调性(区间M 称为单调区间)。
此时也说函数是这一区间上的单调函数。
在单调区间上，增函数的图像是上升的，减函数的图像是下降的。
[多选]例1-1．下列给定函数中，在区间)10(，上单调递减的函数是( )。
A 、x x f =)(B 、)1(log )(21+=x x g C 、|1|)(-=x x h D 、12)(+=x x w【答案】BC【解析】x x f =)(在)0[∞+，上是增函数，)1(log )(21+=x x g 在)1(∞+-，上是减函数，|1|)(-=x x h 在]1(，-∞上是减函数，12)(+=x x w 在R 上是增函数，则)(x g 和)(x h 在区间)10(，上单调递减的函数，选BC 。
(二)对函数单调性定义的理解1、函数的单调性是局部性质：从定义上看，函数的单调性是指函数在定义域的某个子区间上的性质，即单调区间是定义域的子集，是函数的局部特征。
函数的单调性只在定义域内讨论，可以是整个定义域，也可以是定义域的某个子区间；如果一个函数在某个区间上是单调的，那么在这个区间的子区间上也是单调的。
但在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调。
如函数2x y =的定义域为R ，当)0[∞+∈，x 时是增函数，当]0(，-∞∈x 时是减函数。
高三数学一题多解一题多变试题及详解答案
高三一题多解 一题多变题目一题多解 一题多变一原题：482++=x mx x f )( 的定义域为R,求m 的取值范围 解：由题意0482≥++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0≤,得4≥m变1：4823++=x mx x f log )(的定义域为R,求m 的取值范围 解：由题意0482>++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0<,得4>m变2：)(log )(4823++=x mx x f 的值域为R,求m 的取值范围 解：令=t 482++x mx ,则要求t 能取到所有大于0的实数,∴ 当0=m 时,t 能取到所有大于0的实数当0≠m 时,0>m 且Δ0≥4≤0⇒m <变3：18223+++=x nx mx x f log )(的定义域为R,值域为[]20,,求m,n 的值解：由题意,令[]911822,∈+++=x n x mx y ,得0-8--2=+n y x x m y ）（ m y ≠时,Δ0≥016-)(-2≤++⇒mn y n m y -∴ 1和9时0162=++-)(-mn y n m y 的两个根∴ 当m y =时,08==mn x - R x ∈ ,也符合题意 一 题 多 解-解不等式523<<3-x解法一：根据绝对值的定义,进行分类讨论求解 1当03-≥x 2时,不等式可化为53-<<x 2343<<x ⇒2当03-<x 2时,不等式可化为0x -1⇒53-2x <<<+<3 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法二：转化为不等式组求解原不等式等价于综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法三：利用等价命题法 原不等式等价于-33-2x 5-53-<<<<或x 23,即0x 1-<<<<或43x 解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法四：利用绝对值的集合意义原不等式可化为2523<<23-x ,不等式的几何意义时数轴上的点23到x 的距离大于23,且小于25,由图得, 解集为}{0x 1-<<<<或43x x一题多解 已知n s 是等比数列的前n 想项和,963s s s ,,成等差数列,求证：852a a a ,,成等差数列法一：用公式qq a s n n 一一111)(=,因为963s s s ,,成等差数列,所以9632s s s =+且1≠q 则 所以8716141152222a q a q q a q a q a a a ===+=+)( 所以 852a a a ,,成等差数列｀ 法二用公式qqa a s n n 一一11=,q q a a q q a a q q a a s s s 一一一一一一12112916131963)(∴,=+=+则q a q a q a a a a 85296322=+⇒=+8522a a a =+⇒,所以 852a a a ,,成等差数列｀证法三：用公式)(),(n n n n n n n q q s s q s s 23211++=+=解得213一=q 下略变题：已知54=αsin 且α是第二象限角,求αtan解：α是第二象限角,54=αsin 345312一一一一===αααtan ,sin cos ⇒ 变1：54=αsin ,求αtan解：054>=αsin ,所以α是第一或第二象限角 若是第一象限角,则3453==ααtan ,cos 若是第二象限角,则3454一一==ααtan ,cos 变2：已知)(sin 0>=m m α求αtan 解：由条件10≤<m ,所以当 10<<m 时,α是第一或第二象限角 若是第一象限角时2211mm αm α一一==tan ,cos 若是第二象限角2211mm αm α一一一一tan ,cos ==当1=m 时αtan 不存在 变3：已知)(sin 1≤=m m α,求αtan 解：当11一,=m 时,αtan 不存在 当0=m 时, 0=αtan当α时第一、第四象限角时,21mmα一=tan当α是第二、第三象限角时,21mm α一一=tan一题多解 一题多变三题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ,则01yx -=+2x ,由Δ2y =-204≥⇒≥y 当2=y 时,2x -012=+x 1=⇒x , 因此当1=x 时,)()(01x xx x f +=有最小值2,即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性 任取210x x ,则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时,即)()(21x f x f ,此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时,)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上是减函数,)(x f 在()∞,+1上是增函数,知 1=x时,)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法三：配方法 2112+=+=)-()(xx xx x f ,当01=xx -时,1=x ,此时)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R,求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R,求实数a 的取值范围 解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(log )(1222++=x ax x f 的值域为R,求实数a 的取值范围 解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数,则 0=a 时,1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时,0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变四题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ,则01yx -=+2x ,由Δ2y =-204≥⇒≥y当2=y 时,2x -012=+x 1=⇒x , 因此当1=x 时,)()(01x xx x f +=有最小值2,即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性任取210x x ,则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时,即)()(21x f x f ,此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时,)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上时减函数,)(x f 在()∞,+1上是增函数,知 1=x时,)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法三：配方法 2112+=+=)-()(xx xx x f ,当01=xx -时,1=x ,此时)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R,求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R,求实数a 的取值范围 解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(log )(1222++=x ax x f 的值域为R,求实数a 的取值范围 解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数,则0=a 时,1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时,0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变五题目：椭圆1162522=+y x 的焦点是21F F 、,椭圆上一点P 满足21PF PF ⊥,下面结论正确的是——————————————————————— AP 点有两个 BP 点有四个 CP 点不一定存在 DP 点一定不存在 解法一：以21F F 为直径构圆,知：圆的半径b c r =<==43,即圆与椭圆不可能有交点;故选D 解法二：由题知124321)(21max 21=⨯=•⨯=∆b F F S F pF ,而在椭圆中：164tan221==∆πb S F PF ,∴不可能成立,1612>故选D解法三：由题意知当p 点在短轴端点处21PF F <最大,设α221=<PF F ,∴<⇒<=,4,143tan παα此时21PF F <为锐角,与题设矛盾;故选D 解法四：设)sin 4,5(θθcon P ,由,21PF PF ⊥知02121=•⇒⊥PF PF PF PF ,而⇒-=⇒=+-=+-=•970sin 16925)sin 4,35)(sin 4,35(22221θθθθθθθcon con con con PF PF 无解,故选D解法五：设θ=∠21F PF ,假设21PF PF ⊥,则26)4sin(26sin 66||||21≤+=+=+πθθθcon PF PF ,而102||||21==+a PF PF即：2610≤,不可能;故选D解法六：=-=--+=-+=<||||2|||264||||236||||2)|||(|||||36||||21212121222121222121PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF F con 025*******)2||||(321||||3222121≠=-=-+≥-PF PF PF PF ,故212190PF PF PF F ⊥∴≠< 不可能;故选D解法七：设),(00y x P 由焦半径知：∴⊥-=-=+=+=21002001,535||,535||PF PF x ex a PF x ex a PF 2212221||||||F F PF PF =+962550251810)535()535(202022020=⇒=⇒=-++⇒x x x x 而在椭圆中5||0≤x 而325||0=x >8,故不符合题意,故选D解法八.设圆方程为：922=+y x椭圆方程为：1162522=+y x两者联立解方程组得： 不可能故圆922=+y x 与椭圆1162522=+y x 无交点即 1PF 不可能垂直2PF 故选D一题多解 一题多变六一变题：课本P110 写出数列}{n a 的前5项：1-111,14n n a a a =-=-变题：已知函数1()22,[,1]2f x x x =-+∈,设)(x f 的反函数为)(x g y =,)(,1211a g a a ==)(1-n n a g a =,求数列}{n a 的通项公式;解：由题意得,x x g y 211-)(==,1--n n a a 211=1212()323n n a a -∴-=-,令32-n n a b =,则}{n b 是以31为首项,21-为公比的等比数列,故)()-(1-12131≥=n b n n从而,)(23)-(1-n 1-11232≥×+=+=n b a n n n n 二、一题多解已知函数),[,)(+∞∈++=122x xax x x f 1当21=a 时,求函数)(x f 的最小值；-2若对于任意01>+∞∈)(),,[x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围, 解：1当21=a 时,222212+≥++=xx x f )(,当且仅当22=x 时取等号 由)()(0>+=k xkx x f 性质可知,)(x f 在),[+∞22上是增函数 ),[+∞∈1x ,所以)(x f 在)∞,[+1是增函数,)(x f 在区间)∞,[+1上的最小值为271=)(f2法一：在区间上)∞,[+1,022>++=xax x x f )(恒成立022>++⇔a x x 恒成立设a x x ++=22y ,),[+∞∈1x 11222-)(y a x a x x ++=++=在)∞,[+1上增 所以1=x 时,3min +=a y ,于是当且仅当03min >+=a y 时,函数0>)(x f 恒成立,故-3>a法二：),[,)(+∞∈++=12x xa x x f 当0≥a 时,函数)(x f 的值恒为正；当0<a 时,函数)(x f 为增函数,故当1=x 时,3min +=a y ,于是当且仅当03min >+=a y 时,函数0>)(x f 恒成,故-3>a法三：在区间)∞,[+1上,022>++=xax x x f )(恒成立022>++⇔a x x 恒成立 x x a 22- -⇔>恒成立,故a 应大于x x 22- -u =,)∞,[∈+1x 时的最大值-3,所以-3>a一题多解 一题多变七原题：:若)()(0112>++=x x x xf ,则=)(x f 分析:用倒数换元解: 令tx xt 11==则, 所以 将t 换成x 得到:变题1：设)(x f 满足关系式,)()(x xf x f 312=+求)(x f 的解析式 解：tx xt 11==则将t 换成x 得到:与原式联立方程组消去)(xf 1得到变题2：已知()()af x f x bx +-=,其中12≠a 试求)(x f 的解析式解：用相反数换元 令,t x x t =-=-代入到原式当中得到： 将t 换成x 得到:与原式联立方程组,得到：变题3：已知22(43)(34)2,af x bf x x a b -+-=≠,试求)(x f 的解析式解：令43x t -=,则232+=t x 将()1 中t 换－t 得到: 与()1联立方程组得到：变题4：已知2()()1,n n af x f x bx a n +-=≠，其中为奇数，求)(x f解：设n n t x t x ==, 代入原式得： 将t 换成—t 得到:n t b t f t af ——=+)()( 与上式联立方程组得到∴ )(x f 的解析式为：()f x ==一题多解题目：设二次函数)(x f 满足，———)()(22x f x f =且函数图象y 轴上的截距为1,被x 轴截的线段长为22,求)(x f 的解析式分析：设二次函数的一般形式)()(02≠++=a c bx ax x f ,然后根据条件求出待定系数a,b,c解法一：设)()(02≠++=a c bx ax x f由，———)()(22x f x f = 得：04=b a — 又2284a ac b =∴— 由题意可知 1=c 解之得：解法二：，———)()(22x f x f =故函数)(x f y =的图象有对称轴2—=x 可设k x a y ++=22)(函数图象与y 轴上的截距为1,则14=+k a又 被x 轴截的线段长为22,则2221==dx x Δ—整理得：02=+k a 解之得： 解法三：：，———)()(22x f x f =故 函数)(x f y =的图象有对称轴2—=x ,又2221=x x —∴ )(x y =与x 轴的交点为： ∴故可设)(222++=x a y一题多解 一题多变八原题 设()x f y =有反函数)(-1x f y =,又)(2+=x f y 与)1-(-1x f y = 互为反函数,则__________)(-)(-1-1=01f f 教学与测试P 77变题 设()x f y =有反函数)(-1x f y =,又)(1+=x f y 的图象与)(-11+=x f y 的图象关于x y =对称（1） 求)(-)(01f f 及)(-)(-1-101f f 的值；（2） 若b a ,均为整数,请用b a ,表示()()f a f b 及)(-)(-1-1b f a f解1因)(-11+=x f y 的反函数是()1-x f y =,从而()11-)(x f x f =+,于是有()11--)(=+x f x f ,令1=x 得-1(0)-)(=f f 1；同样,)(1+=x f y 得反函数为()1--1x f y =,从而()11-)(-1-1x f x f =+,于是,()11--)(-1-1=+x f x f ． 2-11)(-)(=++x f x f 2,而()11--)(=+x f x f ,故()12-1)-(-)(=+x f x f ,即()22--)(=+x f x f , …()n x f n x f --)(=+,从而()[]()a b a f a b a f b f a f --)-(-)(=+=．同理,()-1-1()f a f b b a -=-．一题多解1．函数2(),(1)(3)f x x bx c f f =++-=,则 A (1)(1)f c f >>- B (1)(1)f c f <<- C (1)(1)c f f >-> D (1)(1)c f f <-<解法 1. 由(1)(3)f f -=知()x f 的图象关于1=x 对称,得2b =-而22(1)1(2)11,(1)(-1)(2)(1)3f c c f c c =+-•+=--=+-•-+=+,且31c c c +>>-,因此(1)(1)f c f <<-.解法 2.由(1)(3)f f -=知()x f 的图象关于1=x 对称,而)(0f c =,而()x f 在－1,1上递减,易得答案为B ．y-1 0 1x一题多解 一题多变九姜忠杰变 题原题：若在区间y =2a -ax -2x 在区间)3-,1∞-(是减函数,则a 的取值范围是多少变1：若函数y =2a -ax -2x 在)3-,1∞-(上是减函数,则a 的取值范围是多少 变2、若函数y =)a -ax -(log 2221x 在)3-,1-(∞上是增函数,则a 的取值范围是多少变3、若函数y =)a -ax -(log 2221x 在)3-,1∞-(上是增函数,且函数的值域为R,则a 的取值范围是多少解： 函数2a -ax -2x y =的减区间为]-2a ，（∞,∴⊆)3-,1∞-(]-2a，（∞∴），∞32-2[+ -变1、设2a -ax -2x u =,则u 在)3-,1∞-(为减函数,且在)3-,1∞-(,u ≥0 所以有3-12a ≤且u 3-10≥,∴a 的取值范围是],[)51)(1-3()5-1)(1-(223+变2：设2a -ax -2x u =,则u 在为减函数,且在]3-,1∞-(,u ≥0- 所以有3-12a ≤且u 3-10≥,∴a 的取值范围是],[)51)(1-3()5-1)(1-(223+变3：设2a -ax -2x u =,则u 在)3-,1∞-(减区间,u 在)3-,1∞-(取到一切正实数3-12a ≤,01=)3-(u ,所以=a 23)5-1)(1-(或2)51)(1-3(+一题多解：设10=+a a lg ,1010=+b b ,求b a +的值;解法一构造函数：设x x x f lg )(+=,则)(lg )(b b b b f b a f 1010101010=+=+==,由于)(x f 在),(+∞0上是单调递增函数,所以b a 10=,故1010=+=+b b a b ; 解法二图象法因为a 是方程10=+x x lg 的一个根,也就是方程x x -lg 10=的一个根b 是方程1010=+x x 的一个根,也就是方程x -1010=x 的一个根令x x g lg )(=,x x h 10=)(,x x -)(10=Φ,在同一坐标系中作出他们的图象,如图所示：a 是方程)()(x x g Φ=的根,即图中OA=ab 是方程)()(x x h Φ=的根,即图中OB=b易得OA+OB=10,所以10=+b a解法三：方程10=+x x lg ,1010=+x x 的根为a ,b 由1010=+x x ,得x x -1010=,∴x)-lg(10=x ,又10=+x x lg 10lgx x)-lg(=+∴10, 1010x )-x (10=即,02=+101010x -x 即一题多解 一题多变十课本P 102 证明：222221212122121)()(≤)(,)()(;)()()(,)(x f x f x x f b ax x x f x f x f x x f b ax x f ++++=+=++=则若则）若（变题：1、如图所示,),,,)((4321=i x f i 是定义在0,1上的四个函数,其中满足性质：“对0,1中的任意的21x x ,,任意1212[0,1],[(1)]()(1)()f x x f x f x λλλλλ∈+-≤+-恒成立”的只有 AA 、 )(),(31x f x fB 、)(2x fC 、)(),(32x f x fD 、)(4x f变题2、定义在R 上的函数)(x f 满足：如果对于任意Rx x ∈21,都有222121)()(≤)(x f x f x x f ++ 则称函数)(x f 是R 上的凹函数;已知二次函数),()(02≠∈+=a R a x ax x f 1求证：当0>a 时,函数)(x f 是凹函数；2如果],[10∈x 时,1≤|)(|x f ,试求实数a 的取值范围; 1证明：略2实数a 的取值范围是[2,0)- 二、一题多解不查表计算：5235233lg lg lg lg ++解法一：原式=3lg2lg55)lg lg2lg5-2lg )(lg (lg 22+++52 =523552222lg lg lg lg lg -lg ++ =5522222lg lg lg lg ++ =1522=+)lg (lg解法二：原式=322(lg 2lg5)3lg 2lg5-3lg 2lg 53lg 2lg5+-+=1-3lg 2lg5(lg 2lg51)+- =1解法三：原式=52352523523lg lg )lg (lg lg lg -)lg (lg +++=5235231lg lg lg lg -+ =1解法四：原式=52352352352352352222233lg lg lg lg -lg lg -lg lg lg lg lg lg ++++=)-lg (lg lg lg -)lg (lg 152523523++ =1解法五：原式=15235233×++lg lg lg lg=)lg (lg lg lg lg lg 525235233+×++ =352)lg (lg + =1一题多解 一题多变十一一题多解- 1．已知212x x f -)(=-1)<x ,求-12()3f －的值 解法1 先求反函数由221x y =－得221y x =－∴ y2-1-=x 且0<y故原函数的反函数是x2-1-)(1-=x f )(0<x 解法2从互为反函数的函数的关系看 令32-x -2=12解得2±=x 即 -2)32-(1-=f变题 2．已知)(x f 对于任意实数y x .满足)()()(y f x f y x f +=+,当0>x 时,0<)(x f（1） 求证)-(-)(x f x f = （2） 判断)(x f 的单调性证明 1令,0==y x 得)()()(000f f f += -令-y =x ,得0-x)()()(=+=f x f f 02设21x x <,则)()-()()]-([)(11211212x f x x f x f x x x f x f <+=+= ∴ )(x f 在R 上是单调函数变题 1. 已知函数是定义R 在上的增函数,且满足-)()(x f yx f =)(y f（1） 求)(1f 的值（2） 若,)(16=f 解不等式215<+)(-)(xf x f 解 1 令1==y x ,得∴ 01=)(f -（3） 在)(-)()(y f x f yx f =中,令61==y x ,得 从而261636==)(-)()(f f f又原不等式可化为 )()]([365f x x f <+, 且)(x f 是),(+∞0上的增函数, ∴原不等式等价于 又 0>x 05>+x 解得 40<<x∴ 原不等式的解集为0,4一题多解 一题多变十二考查知识点：函数的对称中心原题：函数)lg(12++=x x y 的图象关于原点对称;解：该函数定义域为R,且))-(-lg()()-(12++=+x x x f x f +)lg(12++x x =))(-lg(1122++++x x x x =01=lg)(-)-(x f x f =∴,∴该函数图像关于原点对称变题1：已知函数)(x f y =满足)(-)-(11+=+x f x f 则)(x f y =的图象的关于),(01对称解： )(-)-(11+=+x f x f ∴)(1+=x f y 为奇函数,即)(1+=x f y 的图象关于原点),(00对称,故)(x f y =的图象关于),(01对称;变题2：已知函数)(x f y =满足2=+)-()(x f x f ,则函数)(x f y =的图象关于),(10对称解：由2=+)-()(x f x f 得,∴]-)([--)-(11x f x f =,)(x f y =－1为奇函数,即)(x f y =－1的图象关于0,0对称,∴)(x f y =的图象关于),(10对称变题3：已知函数)(x f y =满足22=++)()(x f x f ,则)(x f y =的图象关于1,1对称解：令1-t x =,则t x --1=,故由22=++)()(x f x f 得211=++)-()(t f t f ,即)(x f 满足211=++)-()(x f x f ,即]-)([--)-(1111+=+x f x f ,∴11-)(+=x f y 的图象关于原点0,0对称,故)(x f y =的图象关于1,1对称;结论：若函数)(x f y =满足b x c f x a f =++)-()(,则)(x f y =的图象关于()22bc a ,+对称;变题4：已知244+=x x x f )(求证：111=+)-()(x f x f 2指出该函数图象的对称中心并说明理由;3求)()()(100110001000210001f f f +++ 的值;1证明：1242244244244111=+++=+++=+xx x x x x x x f x f --)-()(,得证;- 2解：该函数图象的对称中心为），（2121,由11=+)-()(x f x f 得12121=++)-()(x f x f 即]-)([--)-(21212121+=+x f x f ,∴2121-)(+=x f y 的图象关于原点中心对称,故)(x f y =的图象关于），（2121对称; 3解：11=+)-()(x f x f ,故11001100010011=+)()(f f ,1100199910012=+)()(f f ,……,∴ )()()(100110001000210001f f f +++ =500变题5：求证：二次函数)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象没有对称中心; 证明：假设),(n m 是)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象的对称中心,则对任意R x ∈,都有n x m f x m f 2=++)-()(,即n c x m b x m a c x m b x m a 222=+++++++)-()-()()(恒成立,即有n c bm am ax =+++22恒成立,也就是0=a 且02=++n c bm am -与0≠a 矛盾 所以)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象没有对称中心;一题多解 一题多变十三题目：已知函数[)∞∈+++=，）（122x xax x x f 若对任意[)01）＞（，，x f x ∞+∈恒成立,试求实数a 的取值范围;解法一：在区间[)∞+，1上,022>++=xax x x f ）（恒成立022>++⇔a x x 恒成立,设a x x y ++=22在[)∞+，1递增 ,∴当x=1时a y +=3min ,于是当且仅当03>+=a y min 时,函数恒成立,故 a>—3;解法二：[)∞+∈++=，，）（12x xax x f 当a 0≥的值恒为正,当a<0时,函数）（x f 为增函数故当x=1时a x f +=3）（min 于是当且仅当3+a>时恒成立, 故 a>—3;解法三：在区间[)∞+，1上xax x x f ++=22）（恒成立022>++⇔a x x 恒成立x x a 22——>⇔恒成立,故a 应大于[)∞+∈=，，——122x x x u 时的最大值—3, ()112++>∴x a — 当x=1时,取得最大值 —3 。
2020届北京市东城区高三高考第一次模拟(4月)数学试题(解析版)
故选：A.
【点睛】
本题考查对勾型函数的性质，其中涉及到基本不等式求最值，是一道容易题.
5．已知曲线C的方程为 ，则“ ”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”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】B
【解析】根据椭圆方程的特点，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
,即 为票价,
当 时, ,则 为固定成本,
由图象(2)知,直线向上平移,
不变,即票价不变,
变大,则 变小,成本减小.
故①错误,②正确;
由图象(3)知,直线与 轴的交点不变,直线斜率变大,
变大,即提高票价,
不变,则 不变,成本不变.
故③正确,④错误;
故答案为:②③
【点睛】
本题考查一次函数图象的变化,以及 和 对一次函数图象的影响,是基础题.
以 为原点，分别以 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所示
， ， .
，
.
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， .
设直线 和平面 所成的角为 ，则
，
所以直线 和平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】
本题考查线面垂直的性质定理和用向量的方法求空间角，考查学生的运算能力，属于中档题.
③图（3）对应的方案是:提高票价,并保持成本不变;
④图（3）对应的方案是:提高票价,并降低成本.
其中,正确的说法是____________.（填写所有正确说法的编号）
【答案】②③
【解析】根据图象可知盈利额 与观影人数 成一次函数关系,再分别根据(2)和(3)的图象进行分析即可得出答案.
【详解】
高考数学《双变量问题 (解析版)》
培优系列：双变量问题题型分类(一)与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.【例1】（2021届黑龙江省哈尔滨市高三下学期第五次模拟）已知函数()ln f x x x =,()212g x x =.（1）求函数()f x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）若对0b a >>,总有()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦成立,求实数m 的取值范围.【分析】（1）因为()ln 1f x x '=+单调递增,211,x e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递减；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递增.由11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,2212f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()10f =,得min 11()f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,()max ()10f x f ==.（2）()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦等价于()()()()mg b f b mg a f a ->-,令()()()2ln 2m h x mg x f x x x x =-=-,则()h x 在()0,∞+上单调递增.问题化为()ln 10h x mx x '=--≥对()0,x ∈+∞恒成立.分离参数得ln 1+≥x m x 对()0,x ∈+∞恒成立.令()ln 1x x xϕ+=,()()max 11x ϕϕ==,故m 的取值范围是[)1,+∞.(二)与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x '=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数.【例2】（2021届福建省福州一中高三五模）已知函数()()1ln 1m x f x x x -=-+,m R ∈.（1）讨论()f x 的零点个数；（2）若()f x 有两个极值点1x ,2x ,且83m ≥,证明：()()21213ln 314f x f x x x -≤--.【分析】（1）()()()()2222211211x m x m f x x x x x +-+'=-=++,令()()2221g x x m x =+-+,1m £时,()()22210g x x m x =+-+>,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,()f x 有且只有1个零点：12m <≤时,()248420m m m m ∆=-=-≤,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,故()f x 有且只有1个零点；2m >时,()22210x m x +-+=有两正根,2112x m m m =--2212x m m m =--,由于121=x x ,所以101x <<,21>x ,当10x x <<时()f x 单调递增；12x x x <<时,()0g x <,()0f x '<,()f x 单调递减；()f x 单调递增；因为()121,x x ∈,()10f =,所以()f x 在()12,x x 上有1个零点,且()10f x >,()20f x <,又e 1m >,0e 1m -<<,且()()e 12e 0e 1e 1m m m m m mf m -=-=>++,()()e 12e 0e 1e 1m m m mm m f m -----=--=<++,()f x 在()10,x ,()2,x +∞上各1有个零点.综上2m ≤时,()f x 有且只有1个零点：当2m >时,()f x 有3个零点.（2）1x ,2x 方程()22210x m x +-+=的根,1222x x m +=-,121=x x ,12x x <,则22110223x m x +=-≥,则23x ≥,()()()212121212121121221212121211ln ln 11ln ln 1x x x x x x m m f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫------⋅ ⎪-++-+++⎝⎭==-----()2121212212121222ln ln ln ln 2ln 2111x x m x x x x x m x x x x x x x x -⋅--=-=-=-----,所以()()12123ln 314f x f x x x -≤--等价于2222ln 3ln 314x x x ≤-,即2222ln 3ln 314x x x ≤-,令()()22ln 2ln 311x x x g x x x x x==≥--,则()()2222(1ln )ln 101x x x g x x ⎡⎤---⎣⎦'=<-()g x 在[)3,+∞上单调递减,所以()()3ln 334g x g ≤=,即()()21213ln 314f x f x x x -≤--.(三)与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例3】（2021届山西省名校联考高三三模）已知函数()xf x e ax =-有两个零点1x ,()212x x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：21122x x x -<-.【分析】（1）()'xf x e a =-,当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增,至多有一个零点,不符合题意；当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()1,na +∞上单调递增,()()()min ln 1ln f x f a a a ==-,若0a e <≤,()()min 1ln 0f x a a =-≥,()f x 至多有一个零点,不符合题意；若a e >,则ln 1a >,()()min 1ln 0f x a a =-<,()()22ln 2ln 2ln 0f a a a a a a a =-=->.()010f =>,0ln 2ln a a <<,()f x 存在两个零点,分别在()0,ln a ,()ln ,2ln a a 内.实数a 的取值范围为(),e +∞.（2）方法1：由题意得1212x x e ax e ax ⎧=⎨=⎩,令210t x x =->,得212111x x t x x t e e x x -+===,变形得11t t x e =-.欲证21122x x x -<-,即证()212t e t t -<-,即证2222t t t e ++<,然后构造函数证明.方法2：令211x t x =>,则21x tx =,1111x tx e ax e atx ⎧=⎨=⎩,两式相除得()11t x e t -=,1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,欲证21122x x x -<-,即证()21ln 2ln t t t-<-,即证()2ln 2ln 220t t t +-+<.()()()2ln 2ln 221g t t t t t =+-+>,根据()g t 在()1,+∞上单调递减证明.(四)独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例4】设()ln af x x x x=+,g (x )=x 3-x 2-3.（1）如果存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数M ；（2）如果对于任意的1,,22s t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有f (s )≥g (t )成立,求实数a 的取值范围.【分析】（1）存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,等价于[g (x 1)-g (x 2)]max ≥M .由g (x )=x 3-x 2-3,得g ′(x )=3x 2-2x =3x (x -23).令g ′(x )>0得x <0或x >23,令g ′(x )<0得0<x <23,又x ∈[0,2],所以g (x )在区间[0,23]上单调递减,在区间[23,2]上单调递增,所以g (x )min =g (23)=8527-,又g (0)=-3,g （2）=1,所以g (x )max =g （2）=1.故[g (x 1)-g (x 2)]max =g (x )max -g (x )min =11227≥M ,则满足条件的最大整数M =4.（2）对于任意的s ,t ∈[12,2],都有f (s )≥g (t )成立,等价于在区间[12,2]上,函数f (x )min ≥g (x )max ,由（1）可知在区间[12,2]上,g (x )的最大值为g （2）=1.在区间[12,2]上,f (x )=ax+x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x -x 2ln x 恒成立.设h (x )=x -x 2ln x ,h ′(x )=1-2x ln x -x ,令m (x )=x ln x ,由m ′(x )=ln x +1>0得x >1e .即m (x )=x ln x 在(1e,+∞)上是增函数,可知h ′(x )在区间[12,2]上是减函数,又h ′（1）=0,所以当1<x <2时,h ′(x )<0；当12<x <1时,h ′(x )>0.即函数h (x )=x -x 2ln x 在区间(12,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h (x )max =h （1）=1,所以a ≥1,即实数a 的取值范围是[1,+∞).(五)独立双变量,换元构造一元函数当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例5】（2021东北三省三校高三四模）已知()x f x e =.（1）求关于x 的函数()()4()5g x f x f x x =---的单调区间；（2）已知a b >,证明：2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭.【分析】（1）()()()14x x xg x e e e -'=--,()g x 的增区间为(,0)-∞和(ln 4,)+∞,减区间为(0,ln 4)．（2）22222114()466a b a b b a a b b aa b a b e e e e e e e a b e e a b +----⎛⎫⎛⎫-≤++⇔-≤-++ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭令21a b t e->=,即不等式等价于1114ln 3t t t t t ⎛⎫-≤++ ⎪⎝⎭,只需证()221331ln 1414t t t t t t t t⎛⎫- ⎪-⎝⎭≥=++++,设()()2231()ln 141x h x x x xx -=-≥++,()h x '=()422(1)041x x x x -≥++所以()h x 在()1,+∞递增,故()()10h x h >=,即()0h t >,亦即2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭．(六)独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例6】（2021届四川省天府名校高三下学期4月诊断）已知函数()ln f x x ax a =-+()0a ≠．（1）讨论函数()f x 的零点的个数；（2）当0a >时,若()2f x b a ≤+恒成立,证明：2ba≥-．【解析】（1）()11ax f x a x x-'=-=．当0a <时()0f x '>恒成立,因为()10f =,函数()f x 只有一个零点；当0a >时函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =；当01a <<时,因为11a >,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,所以函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭只有一个零点,在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有一个零点,当01a <<时,()f x 有两个零点．当1a =时()f x 在区间()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．且()10f =此时函数只有一个零点；当1a >时,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =．函数()f x 在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭只有一个零点,()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点,当1a >时,()f x 有两个零点．（2）()2f x b a ≤+恒成立,()max 12f x f b a a ⎛⎫=≤+ ⎪⎝⎭,即1ln 1a b a --≤,所以111ln 1b a a a a≥--,令()ln 1g t t t t =--()0t >,所以()g t 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,()()min 12g t g ==-,所以()2g t ≥-,即2ba≥-．(七)独立双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例7】（2021届安徽省合肥高三下学期最后一卷）已知函数()ln f x x x =．（1）求证：()22f x ex x ≤-恒成立；（2）若函数()()F x f x a =-有两个不同零点1x ,2x ,求证：()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-++ ⎪⎝⎭．【分析】（1）要证证不等式()22f x ex x ≤-,即证ln 2x ex ≤-,设()()ln 20g x ex x x =-->,求出导函数,得出单的区间,求出其最小值,即可证明.(2)不妨设12x x <,由题意即方程()f x a =有两个不同实数根1x ,2x ,在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上22y ex x =-的图象位于曲线()y f x =上方,设直线y a =与抛物线2120,y ex x x e ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭交点横坐标为t ,由111t a e e e =+结合()f x 图像知12101x t x e <<<<<,所以12212x x x x x t -=->-,要证()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-+++ ⎪⎝⎭即证()211x e a >-+,即证()22111ln 10e x x --+>,设()()1ln 1F x e x x =--+,()()10F F e ==且()11e F x x-'=-,由()0F x '>,解得11x e <<-,()0F x '<,解得1e x e -<<∴()F x 在()1,1e -单调递增,在()1,e e -上单调递减,∴()0F x >对()1,x e ∀∈成立,因为211e x <<,∴210F x ⎛⎫> ⎪⎝⎭.典例展示【例1】已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时,讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <,且122ln 3x x +≤,求21x x 的最大值.【解析】（1）函数的定义域为()0,∞+,1()x xxe axf x aex xe --'=-+=,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a e <≤时,令()0f x '=,则0x e ax -=,设()x g x e ax =-,则()x g x e a '=-,当0ln x a <<时,()0g x '<,()g x 单调递减,当ln x a >时,()0g x '>,()g x 单调递增,∴ln ()(ln )ln (1ln )0a g x g a e a a a a -≥==-≥,∴()0f x '≥,()f x 在()0,∞+上单调递增；综上,当a e ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增；（2）依题意,()()120f x f x ''==,则121200x x e ax e ax ⎧-=⎨-=⎩,两式相除得,2121x x x ex -=,设21x t x =,则1t >,21x tx =,()11t x e t -=,∴1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,∴()121ln 1t t x x t ++=-,设()()()1ln 11t t h t t t +=>-,则()()212ln 1t tt h t t --'=-,设()()12ln 1t t t t t ϕ=-->,则()22212(1)10t t t t t ϕ-+=-=>',∴()t ϕ在()1,+∞单调递增,则()()10t ϕϕ>=,∴()0h t '>,则()h t 在()1,+∞单调递增,又122ln 3x x +≤,即()2ln 3h t ≤,而()32ln 3h =,∴(]1,3t ∈,即21x x 的最大值为3.【例2】（2021届安徽省安庆市高三下学期三模）已知函数()212ln x ax xf x x--=.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若11ln ln m n m n-=+,求证:2m n ->.【解析】（1）解：()f x 的定义域为()()22212210,,1.a x ax f x x x x ∞-++-'=+=令()221g x x ax =-+,方程2210x ax -+=的判别式()()244411a a a ∆=-=+-,（i ）当0∆≤,即11a - 时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（ii ）当0∆>,即1a <-或 1.a >①当1a <-时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.②当1a >时,由2210x ax -+=,解得221, 1.a a a a αβ=-=-所以当0x α<<时,()0;g x >当x αβ<<时,()0;g x <当x β>时,()0g x >,所以在(()220,11,a a a a -⋃-+∞上,()0,f x '>在(221,1a a a a --上,()0f x '<所以函数()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增；在(221,1a a a a --上单调递减.综上,当1a 时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时,()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增,在(221,1a a a a --上单调递减.（2）证明：由11ln ln m n m n -=+,可得11ln ln (,0)m n m n m n-=+>得ln ln 0m n ->,因此0m n >>,因为111ln ln ln mm m n n m n m n n mn m++-=+⇒==,令mt n =,则11,ln t t t m+>=,所以11,ln tln t t m n t t ++==,所以21ln t m n t t --=,要证明2m n ->,只需证212,1ln t m t t t n -⎛⎫>=> ⎪⎝⎭即证1:2ln (1)t t t t->>由（1）可知,1a =时,()12ln f x x x x=--在()0,∞+上是增函数,所以当1t >时,()()1f t f >,而()10f =,因此12ln (1)t t t t->>成立所以 2.m n ->【例3】（2021届浙江省宁波市高三下学期5月仿真测试）已知0,.a b a b a b ->>=（1）求a 的取值范围；（2）若1b e>,证明：1121a b a -≤-≤-；（3）求所有整数c ,使得()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++恒成立.注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数.【解析】（1）当1b =时,有,11a b a a b ->>=与a b a b -=矛盾；当1b >时,有1a b >>与01b b -<<而1a a >,与a b a b -=矛盾；当01b <<时,有10b -<-<则11b b b --<<,由a b a b -=得11a a b -<<,所以1a >；综上所述：1a >；（2）设()ln f x x x =,则()1ln f x x '=+,当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增,由于a b a b -=得ln ln a a b b =-,即()()f a f b =-,由（1）知1a >,又11b e>>,故要证1121a b a -≤-≤-即证1122a b a -≤-≤-即证2a b ≤-且32ba -≥①要证2a b ≤-,需证()()2f a f b ≤-,即证()()2f b f b -≤-需证()()20f b f b -+≥,设()()()2g b f b f b =-+,需证()min 0g b ≥由()ln2b g b b '=-,又11b e >>,所以()ln02b g b b'=<-所以()g b 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调减,则()()10g b g ≥=,所以2a b ≤-成立,则11a b -≤-成立；②要证32b a -≥,由于11b e >>,则312b a -≥>需证()32b f a f -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即证()32b f b f -⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭需证()302b f f b -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,设()()32b h b f f b -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,需证()max 0h b ≤由()213112ln 1ln ln22223b eb h b b b-'=--++=-,又11b e >>,21211ln 0123e e h e e⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭'=< ⎪⎝⎭-,()121ln 0231e h '=>-故有()00h x '=,011x e >>,所以()h b 在01,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调减,在()0,1x 单调增又()1311102e h f f f a e e e ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫=+<-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭,()10h =所以()max 0h b ≤,则32ba -≥,得()121b a -≤-所以1121a b a -≤-≤-成立；（3）因为()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++,0a b >>所以1a be e c c a b+≤≤++由222a b a b a be e e e a b a b a b +++<<+++设e x y x =,由()21x e x y x'-=,得e xy x =在()0,1上单调减,在()1,+∞上单调增又因为12a b <+<则1122a b +<<所以2222a ba b a b e e e e e e a b a b a b +++<<<<+++由1a be e c c a b+≤≤++恒成立,所以c 的值可以是3,4,5,6【例4】（2021届湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中高三下学期仿真模拟）已知函数()ln f x ax x bx =+在点1=x e 处取极值1e-(其中e 是自然对数的底数),函数()23g x x x λ=-+-.（1）求实数a ,b 的值；（2）若对1x ∀,21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,且12x x ≠都有()()()()12121g x g x f x f x ->-成立,求实数λ的取值范围.【解析】（1）∵()'ln f x a x a b =++,∴由题意1'0f b e ⎛⎫== ⎪⎝⎭,11a f e e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,∴1a =.当1a =,0b =时,()ln f x x x =,∵()'ln 1f x x =+,∴当10x e<<时,()'0f x <,()f x 单调递减；当1x e >时,()'0f x >,()f x 单调递增,()f x 在1=x e处取极小值.∴1a =,0b =符合题意.（2）∵不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-等价于()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--.由（1）知()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴不妨设21x x >,有()()21f x f x >,即()()210f x f x ->∴不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--等价于()()()()2121g x g x f x f x ->-或()()()()2112g x g x f x f x -<-,即()()()()2211g x f x g x f x ->-或()()()()2211g x f x g x f x +<+.为此构造函数()()()F x g x f x =-,()()()G x g x f x =+,1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则上式等价于()F x 函数为增函数,()G x 为减函数.先考虑()()()'''2ln 10F x g x f x x x λ=-=-+--≥得2ln 1x x λ++≥对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.∵函数()2ln 1x x x ϕ=++在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴()max ()22x e e ϕϕ==+,22eλ+≥再考虑()()()'''2ln 10G x g x f x x x λ=+=-+++≤得2ln 1x x λ--≤对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.令函数()2ln 1x x x ψ=--,∵()121'2x x x x ψ-=-=,1x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭∴当112x e <≤时,()'0x ψ<,()x ψ单调递减；当12x e <≤时,()'0x ψ>,()x ψ单调递增,∴()min 1ln 22x ψψ⎛⎫== ⎪⎝⎭∴ln 2λ≤综上所述,实数λ的取值范围(][),ln 222,e -∞++∞ .【例5】（2021届江苏省泰州中学高三下学期四模）已知函数()ln txxf x e =存在唯一的极值点为0x ．（1）求实数t 的取值范围；（2）若()120,,x x x ∈+∞,证明：()()121212log tx tx x x x x ee --+>+．【解析】（1）由题意,函数()ln tx x f x e =,可得()f x 的定义域为(0,)+∞,且1ln ()txt xx f x e-'=,令1()ln g x t x x=-,①若0t =,可得()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；②若0t <,可得21()tx g x x +'=-,令()0g x '=,得10x t=->,所以()g x 在10,t ⎫⎛- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,t ⎫⎛-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,可得111ln 1ln g t t tt t t ⎫⎛⎫⎫⎫⎛⎛⎛-=---=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎝⎝⎭⎭⎭⎝⎭,（ⅰ）若11ln 0t ⎫⎛+-≥ ⎪⎝⎭,即0e t -≤<时,1()ln 0g x t x x =-≥,即()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；（ⅱ）若11ln 0t ⎫⎛+-< ⎪⎝⎭,即t e <-时,10g t ⎫⎛-< ⎪⎝⎭,()110g =>,因为11()ln 2g x t x t x x x x x ⎫=->++⎪⎭,则2104g t ⎫⎛> ⎪⎝⎭,所以()g x 在(0,)+∞上有两个变号零点,所以()f x 有两个极值点,不合题意；③若0t >,21()0tx g x x +'=-<,则()g x 在()0,∞+上单调递减,且()110g =>,11e e 10t tg -⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,存在唯一101,t x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00g x =,当()00,x x ∈时,()0>g x ,()0f x '>,当()0,x x ∈+∞时,()0<g x ,()0f x '<,所以0x 是()f x 的唯一极值点,符合题意；综上,实数t 的取值范围是(0,)+∞．（2）由（1）可知,01x >,因为10x x >,20x x >,所以()1ln 0x >,()2ln 0x >,()12ln 0x x +>,由（1）可知函数()f x 在()0,x +∞上单调递减,所以()()112f x f x x >+,()()212f x f x x >+,即()112)121(ln ln tx t x x x x x e e ++>,()212)122(ln ln tx t x x x x x e e ++>,现证明不等式：a c a c b d b d++>+,其中(),,,0,a b c d ∈+∞要证a c a cb d b d ++>+,即证ad bc a c bd b d++>+,即证22abd ad b c bcd abd bcd +++>+,即证220ad b c +>,易知成立．所以()121212121212)(ln ln ln ln ln tx tx tx tx t x x x x x x x x e e e e e ++++>>+,即()121212(1)2ln ln ln tx tx t x x x x e e x x e+++>+,即()121212ln e e ln tx tx x x x x -->++,所以()1212(12)log tx tx x x x x e e --+>+,证毕．跟踪检测1.（2021届黑龙江省大庆高三训练）已知函数2()x g x e ax ax =--,()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-,讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >,函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ,2x ,证明：()212ln 4x x a +<．【解析】（1）22()()()2ln (2)ln (0)x x f x h x g x e x x e ax ax ax a x x x =-=---++=+-->,212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-=+--=>'=,（i ）当0a ≤时,()0f x '<,函数()f x 在(0,)+∞上递减；（ii ）当0a >时,令()0f x '>,解得1x a >；令()0f x '<,解得10x a<<,∴函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增；综上,当0a ≤时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时,函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：()2xg x e ax a '=--,依题意,不妨设12x x <,则12122020x x e ax a e ax a ⎧--=⎨--=⎩,两式相减得,12122x x e e a x x -=-,因为0a >,要证()212ln 4x x a +<,即证12ln 22x x a +<,即证1212212x xx xe e e x x +-<-,两边同除以2x e ,即证()12122121x x x x x x e e --->-.令12t x x =-()0t <,即证210tt te e -+>,令2()1(0)t t h t te e t =-+<,则22()12t t t h t e e⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦',令2()12tt p t e ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,则21()12tp t e ⎛-'⎫= ⎪⎝⎭,当0t <时,()0p t '<,所以()p t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0p t p >=∴()0h t '<,∴()h t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0h t h >=,即1210t te e -+>,故()212ln 4x x a +<．2.已知函数()(),ln 1xf x eg x x ==+,（1）设函数()()()()h x ag x g x a '=+∈R ,求()h x 的单调区间和极值；（2）对任意的1x R ∈,存在()20,x ∈+∞,使得()()12f x g x =,求21x x -的最小值【解析】（1）由已知()()()ln 1(0)ah x ag x g x x x x'=+=++>所以()221a x a h x x x x-'=-+=当0a ≤时,()0h x '>恒成立,所以()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,令()=0h x ',得x a =,所以(0,),()0,(,),()0x a f x x a f x ∈'<∈+∞'>,即()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,x a =时取到极小值()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值综上,当0a ≤时,()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值（2）由已知,设()()12f x g x t==即()11=xf x e t =,()22ln 1g x x t=+=解得1ln x t =,12t x e -=,所以121ln t x x e t --=-,令()1ln (0)t F t et t -=->,则()1111t t te F t e t t---'=-=令()11t t teϕ-=-,则()()110t t e t ϕ-'=+>恒成立,所以()11t t te ϕ-=-在()0,∞+单调递增,且()10ϕ=当()0,1t ∈时,()()0,0t F t ϕ'<<,所以()F t 单调递减当()1,t ∈+∞时,()()0,0t F t ϕ'>>,所以()F t 单调递增,即1t =时()F t 取到极小值,也是最小值,所以()()min 11F t F ==,所以21x x -的最小值为1.3.（2021届百师联盟高三冲刺卷）已知函数()()21x f x x e ax =--,(a R ∈),其中e 是自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =-,对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,当12x x <时,不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()()22x xf x xe ax x e a'=-=-①若0a ≤,20x e a ->,由()0f x '=,得0x =,则当(),0x ∈-∞-时,()0f x '<当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(),0-∞单调递减,在()0,∞+单调递增②若0a >,由()0f x '=,得0x =或ln 2x a =1︒当12a =时,ln 20a =,则当(),+x ∈-∞∞时,()0f x '≥,故()f x 在(),-∞+∞单调递增2︒当102a <<时,ln 20a <,则当()(),ln 20,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()ln 2,0x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),ln 2a -∞,()0,∞+单调递增,在()ln 2,0a 单调递减3°当12a >时,ln 20a >,则当()(),0ln 2,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()0,ln 2x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),0-∞,()ln 2,a +∞单调递增,在()0,ln 2a 单调递减（2）当1a =-时,()()21x f x x e x=-+不等式()()()211212m x x f x f x x x --<可变形为()()1212m mf x f x x x -<-即()()1212m mf x f x x x -<-因为上式对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,且12x x <时恒成立所以函数()my f x x=-在[)1,+∞上单调递增令()()()21x m mh x f x x e x x x =-=-+-,[)1,x ∈+∞则()220xmh x xe x x'=++≥在[)1,+∞上恒成立即()32xm x e ≥-+在[)1,+∞上恒成立设()()32x F x x e =-+,则()()236xF x x x e '⎡⎤=-++⎣⎦因为[)1,x ∈+∞时,()0F x '<所以函数()F x 在[)1,+∞上单调递减,所以()()max 12F x F e ==--所以2m e ≥--即实数m 的取值范围是[)2,e --+∞4.（2021届安徽省合肥市高三下学期高考考前诊断）已知函数()2ln x x a f ax x=--.（1）若()0f x ≥,求实数a 的取值范围；（2）若()()22x x x xg f a =++有两个极值点分别为1x ,()212x x x <,求()()122g x g x -的最小值.【解析】（1）因为()2ln x x a f ax x=--,所以()22222221122a x x a x ax a a f x a x ax ax ax ⎛⎫⎛⎫--+ ⎪⎪-++⎝⎭⎝⎭'=-+==,由()0f x =得2x a =或1x a=-.①当0a >时,因为()012a af =--<,不满足题意,②当0a <时,()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,于是()min 11ln 120f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥,解得30e a -<≤,所以a 的取值范围为30e a -<≤.（2）函数()2ln g x x x ax =+-,定义域为()0+∞，,()21212x ax g x x a x x-+'=+-=,因为1x ,2x 是函数()g x 的两个极值点,所以1x ,2x 是方程2210x ax -+=的两个不等正根,则有280a ∆=->,122ax x +=,1212x x =,得22a >,对称轴242>a ,故122x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭,222x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.且有21121ax x =+,22221ax x =+,()()()()221211122222ln ln g x g x x x ax x x ax -=+--+-()()22221112222ln 21ln 21x x x x x x =+---+--22112222ln ln 1x x x x =-+-+-2222221122ln ln 122x x x x ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭22222213ln 2ln 2122x x x =----.令22t x =,则1,2t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭,()13ln 2ln 2122h t t t t =----,()()()2221113'1222t t h t t t t --=+-=,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()h t 单调递减,当()1,t ∈+∞时,()h t 单调递增,所以()()min 14ln 212h t h +==-,所以()()122g x g x -的最小值为14ln 22+-.5.（2021浙江省金华市高三下学期5月模拟）已知函数()ln (,0)m x f x m R a x a=+∈>.（1）若f (x )的最小值为2,求ma的值；（2）若m =1,a >e ,实数0x 为函数f (x )大于1的零点,求证：①00112x a x +<-②0012ln ln(ln )x a a x +>-【解析】（1）2()(0)x mf x x x '-=>当0m ≤时,()0f x '>,()f x 单调递增,没有最小值；当0m >时,()f x 在(0,m )上单调递减,在(,)m +∞上单调递增∴min ()()1ln2m f x f m a==+=,∴me a =.（2）①1,m a e =>时,1()ln x f x x a=+,由（1）可知f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞单调递增,∴min ()(1)1ln f x f a ==-,由于1()0f a a=>,∴存在0(1,)x a ∈,使得()0001ln 0x f x x a =+=,也即010001ln ln ln x a x x e x ⎛⎫=+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭,也即010x a x e =⋅.要证00112x a x +<-,只需证()0100001112x x e x x χ++<⋅>设01(0,1)t x =∈,则只需证11112t e t t ++<⋅,即证211(01)2te t t t >++<<.取21()1(01)2tg t e t t t =---<<,则()1t g t e t '=--,∴()10tg t e '=->',∴()g t '在(0,1)上单调递增∴()(0)0g t g ''>=,∴()g t 在(0,1)上单调递增,∴()(0)0g t g >=.∴01t <<时,2112te t t >++成立,综上,00112x a x +<-成立.②证1：a e >,∴ln 1a >,∴2ln ln(ln )2ln a a a -<,∴只需证1012ln x a x +>,即证0000112ln x x x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭,即证()000012ln 01x x x x +-<>,取1()2ln (1)h x x x x x =+->,∴22(1)()0x h x x -'=<,∴()h x 在(1,)+∞上单调递减,()(1)0h x h <=,∴0012ln x a x +>成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.证2：要证1012ln ln(ln )x a a x +>-,即证0000001112ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即证00000112ln ln ln 0x x x x x ⎛⎫+--+< ⎪⎝⎭,即证00000011ln ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,取()ln h t t t =-,即证()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭,1()t h t t -'=,∴1t >时,()0h t '>,()h t 单调递增取1()ln (1)m x x x x =+>,21()x m x x-'=,∴1x >时,()0,()m x m x '>单调递增,∴()(1)1m x m >=,()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭等价于()00001ln 1x x x x +<>取1()ln k x x x x=+-,∴221()0x x k x x -+-'=<,∴()k x 在(1,)+∞上单调递减,∴01x >时0001ln x x x +<成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.6.已知函数()sin ex xf x =,()0,x π∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若12x x ≠,且()()12f x f x =,证明：122x x π+>.【解析】（1）()cos sin e xx xf x -'=,0πx <<,由()0f x '=得4x π=,当04x π<<时,()0f x '>；当4ππ<<x 时()0f x '<,∴()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）∵12x x ≠,且()()12f x f x =,∴由（1）知,不妨设1204x x ππ<<<<.要证122x x π+>,只需证明212x x π>-,而1422x πππ<-<,()f x 在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,故只需证明()212f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.又()()12f x f x =,∴只需证明()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.令函数()()22sin sin sin cos 22e e e e x x x x x x x x g x f x f x ππππ-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=--=-=- ⎪⎝⎭,则()2cos sin sin cos e e xx x x x xg x π--'=+22211e e (cos sin )(cos sin )ee e x xx x x x x x πππ-⎛⎫- ⎪=--=-⋅ ⎪⎝⎭,当04x π<<时,cos sin 0x x ->,2x x π->,故()0g x '>,∴()g x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,故在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上()0444g x g f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,∴()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立,故122x x π+>成立.。
浅谈数学函数问题中的参数讨论
浅谈数学函数问题中的参数讨论发布时间：2021-07-05T08:47:25.685Z 来源：《教育学文摘》2021年5月总第371期作者：吴韶亮[导读] 直接上来就讨论参数a大于零、等于零或者小于零。
这样做很显然是错误的，那么应该怎么讨论呢？山东省招远市第二中学265400在含有参数的函数求单调性、最值问题中，很多时候需要在参数的不同范围内，讨论函数的各种性质。
在看到含有参数的时候，大部分同学考虑到了需要讨论，但也很多同学存在只是为了讨论而讨论的问题，这部分同学并不明白什么要讨论，要讨论什么。
比如，在“已知函数g(x)=alnx+x2-(a+2)x (a∈R)，求g(x)在区间[1,e]上的最小值h(a) ”一题中，大部分同学都知道，这是通过求导，通过导数的正负判断原函数的单调性，从而来求最值。
因为含有参数，所以在解题过程中，需要讨论参数a的取值范围。
不明白的同学，直接上来就讨论参数a大于零、等于零或者小于零。
这样做很显然是错误的，那么应该怎么讨论呢？对g(x)求导后，g(x)= +2x-(a+2)= ，因为x>0，所以我们的目的是讨论分子(2x-a)(x-1)的正负号。
也可以说是解一个二次不等式。
而对于二次不等式的解法，我们都有比较成熟的解法。
先求方程(2x-a)(x-1)=0的两根，如果求(2x-a)(x-1)>0，那么我们根据口诀，不等式的解是“大于大的，小于小的”。
现在问题来了，方程(2x-a)(x-1)=0的两根x= 和x=1，哪个根是大的，哪个根是小的？因为不明确，所以我们要进行讨论。
比较x= 和x=1的大小。
另外因为定义域是[1,e]，还要考虑两根在不在定义域内，又要进行讨论。
通过这道题目，可以得出结论，一般情况下为什么要进行讨论呢？那是在正常的运算过程中，碰到跟我们学习总结过的知识点或者结论不能对应的时候，我们需要通过分情况使之能够对应，从而产生讨论。
要解决这类问题，首先要对常见的运算法则进行系统的梳理，要让学生明白，什么样的情况下使用什么样的方法。
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一题多变：已知函数的单调性求参数取值范围
例题：若函数h (x )＝ln x －12
ax 2－2x (a ≠0)在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围. 解：因为h (x )在[1,4]上单调递减，
所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x
－ax －2≤0恒成立， 即a ≥1x 2－2x
恒成立． 令G (x )＝1x 2－2x
，则由题意可知，只需a ≥G (x )max ， 而G (x )＝1)11
(2
--x ， 因为x ∈[1,4]，所以1x ∈]1,4
1[， 所以G (x )max ＝－
716(此时x ＝4)，所以a ≥－716， 又因为a ≠0，
所以a 的取值范围是)0,16
7[-
∪(0，＋∞)．
[方法技巧] 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．
(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
[变式探究]
1.若本例条件变为“函数h (x )在[1,4]上单调递增”，求a 的取值范围.
因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立，即a ≤1x 2－2x
恒成立，又因为当 x ∈[1,4]时，(1x 2－2x
)min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1， 即a 的取值范围是(－∞，－1]．
2．若本例条件变为“函数h (x )在[1,4]上存在单调递减区间”，求a 的取值范围.
因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞1
x2－
2
x有解，
而当x∈[1,4]时，(1
x2－
2
x)min＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
3．若本例条件变为“函数h(x)在[1,4]上不单调”，求a的取值范围.因为h(x)在[1,4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，
即a＝1
x2－
2
x＝(
1
1
x
)2－1在(1,4)上有解，
令m(x)＝1
x2－2
x，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－
7
16.
所以实数a的取值范围是(－1,－7
16).。