2020年高考数学函数与导数专题复习《把握数学本质 培养解题思维》---4.12
2020高考数学函数和导数知识点归纳汇总(含答案解析)
2020年高考数学（理）函数和导数知识点归纳汇总目录基本初等函数性质及应用 (3)三角函数图象与性质三角恒等变换 (17)函数的图象与性质、函数与方程 (43)导数的简单应用与定积分 (60)利用导数解决不等式问题 (81)利用导数解决函数零点问题 (105)基本初等函数性质及应用题型一 求函数值 【题型要点解析】已知函数的解析式，求函数值，常用代入法，代入时，一定要注意函数的对应法则与自变量取值范围的对应关系，有时要借助函数性质与运算性质进行转化．例1．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，且a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]【解析】 由f (1)＝19，得a 2＝19，解得a ＝13或a ＝－13(舍去)，即f (x )＝4231-⎪⎭⎫⎝⎛x 由于y ＝|2x －4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f (x )在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减．【答案】 B例2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋ln 1＋x 2＋x ，x ≥0，3x 2＋ln 1＋x 2－x ，x <0，若f (x －1)<f (2x ＋1)，则x 的取值范围为________．【解析】 若x >0，则－x <0，f (－x )＝3(－x )2＋ln (1＋(－x )2＋x )＝3x 2＋ln (1＋x 2＋x )＝f (x )，同理可得，x <0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )是偶函数．因为当x >0时，函数f (x )单调递增，所以不等式f (x －1)<f (2x ＋1)等价于|x －1|<|2x ＋1|，整理得x (x ＋2)>0，解得x >0或x <－2.【答案】 (－∞，－2)∪(0，＋∞)例3．已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b＝b a ，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12.∵a >b >1，∴log a b <log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2.∵a b ＝b a ，∴(b 2)b ＝bb 2，即b 2b ＝bb 2.∴2b＝b 2，∴b ＝2，a ＝4.【答案】 4；2 题组训练一 求函数值1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)单调递增．若实数a 满足f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的最小值是( )A.32 B ．1C.12D ．2【解析】 log 12a ＝－log 2a ，f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，所以2f (log 2a )≤2f (1)，所以|log 2 a |≤1，解得12≤a ≤2，所以a 的最小值是12，故选C.【答案】 C2．若函数f (x )＝a x －2－2a (a >0，a ≠1)的图象恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛31,0x ，则函数f (x )在[0,3]上的最小值等于________．【解析】令x －2＝0得x ＝2，且f (2)＝1－2a ，所以函数f (x )的图象恒过定点(2,1－2a )，因此x 0＝2，a ＝13，于是f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －2－23，f (x )在R 上单调递减，故函数f (x )在[0,3]上的最小值为f (3)＝－13.【答案】 －13题型二 比较函数值大小 【题型要点解析】三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小．例1．已知a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．c <b <aD ．b <a <c【解析】 因为a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛＝243，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛＝245，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛＝523，显然有b <a ，又a ＝423<523＝c ，故b <a <c .【答案】 D例2．已知a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，则a 、b 、c 的大小关系为( ) A ．a >b >c B ．a >c >b C ．b >c >aD ．b >a >c【解析】 ∵a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，∴函数y ＝x π是R 上的增函数，且3>e>1，∴3π>e π，即b >c >1；设f (x )＝x 3－3x ，则f (3)＝0，∴x ＝3是f (x )的零点，∵f ′(x )＝3x 2－3x ·ln 3，∴f ′(3)＝27－27ln 3<0，f ′(4)＝48－81ln 3<0，∴函数f (x )在(3,4)上是单调减函数，∴f (π)<f (3)＝0，∴π3－3π<0，即π3<3π，∴a <b ；又∵e π<πe <π3，∴c <a ；综上b >a >c .故选D.【答案】 D题组训练二 比较函数值大小 1．若a >b >1,0<c <1，则( ) A ．a c <b cB ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c【解析】 对A ：由于0<c <1，∴函数y ＝x c 在R 上单调递增，则a >b >1⇔a c >bc ，A 错误；对B ：由于－1<c －1<0，∴函数y ＝x c －1在(1，＋∞)上单调递减，又∴a >b >1，∴a c －1<b c －1⇔ba c <ab c ，B 错误；对C ：要比较a log b c 和b log a c ，只需比较a ln c lnb 和b lnc ln a ，只需比较ln c b ln b 和ln ca ln a，只需b ln b 和a ln a ；构造函数f (x )＝x ln x (x >1)，则f ′(x )＝ln x ＋1>1>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此f (a )>f (b )>0⇔a ln a >b ln b >0⇔1a ln a <1b ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c a ln a >ln cb ln b⇔b log a c >a log b c ，C 正确；对D ：要比较log a c 和log b c ，只需比较ln c ln a 和ln cln b，而函数y ＝ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故a >b >1⇔ln a >ln b >0⇔1ln a <1ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c ln a >ln c ln b ⇔log a c >log b c ，D 错误．故选C.【答案】 C2．设函数f (x )＝e x ＋2x －4，g (x )＝ln x ＋2x 2－5，若实数a ，b 分别是f (x )，g (x )的零点，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0【解析】 依题意，f (0)＝－3<0，f (1)＝e －2>0，且函数f (x )是增函数，因此函数f (x )的零点在区间(0,1)内，即0<a <1.g (1)＝－3<0，g (2)＝ln 2＋3>0，函数g (x )的零点在区间(1,2)内，即1<b <2，于是有f (b )>f (1)>0.又函数g (x )在(0,1)内是增函数，因此有g (a )<g (1)<0，g (a )<0<f (b )，选A.【答案】 A题型三 求参数的取值范围 【题型要点解析】利用指、对数函数的图象与性质可以求解的两类热点问题及其注意点 (1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时、常利用数形结合思想求解．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．(3)注意点：利用对数函数图象求解对数型函数性质及对数方程、不等式问题时切记图象的范围、形状一定要准确，否则数形结合时将误解．对于含参数的指数、指数问题，在应用单调性时，要注意对底数进行讨论．解决对数问题时，首先要考虑定义域，其次再利用性质求解．例1．已知f (x )＝⎩⎨⎧(1－2a )x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B.⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡-21,1D.⎪⎭⎫⎝⎛21,0【解析】 要使函数f (x )的值域为R ，需使⎩⎨⎧1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎨⎧a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a ＜12.故选C.【答案】 C例2．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x，x >0，则满足f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x >1的x 的取值范围是________．【解析】 由题意，当x >12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋2x －12>1恒成立，即x >12满足题意；当0<x ≤12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋x －12＋1>1恒成立，即0<x ≤12满足题意；当x ≤0时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝x ＋1＋x －12＋1>1，解得x >－14，即－14<x ≤0.综上，x 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,41 【答案】⎪⎭⎫⎝⎛+∞,41题组训练三 求参数的取值范围例1．若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________． 【解析】 当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4＋∞)．当x >2时，若a ∈(0,1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显示不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1<a ≤2.【答案】 (1,2]例2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋a ，x <12，4x－3，x ≥12的最小值为－1，则实数a 的取值范围是________．【解析】 当x ≥12时，4x －3为增函数，最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛21＝－1，故当x <12时，x 2－2x ＋a ≥－1.分离参数得a ≥－x 2＋2x －1＝－(x －1)2，函数y ＝－(x －1)2开口向下，且对称轴为x ＝1，故在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21,上单调递增，所以函数在x ＝12处有最大值，最大值为－221⎪⎭⎫⎝⎛-＝－14，即a ≥－14.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,41【专题训练】 一、选择题1．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x ＋15，则f (log 220)等于( )A ．1B.45 C ．－1D ．－45【解析】 由f (x －2)＝f (x ＋2)，得f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)＝－f (log 2 45)＝－(2log 245＋15)＝－1.【答案】C2．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)B ．f (log 25)<f (20.3)<f (0.32)C ．f (log 25)<f (0.32)<f (20.3) D ．f (0.32)<f (log 25)<f (20.3)【解析】 ∵对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)， 且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数． 又∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∵0<0.32<20.3<log 25，∴f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)．故选A. 【答案】 A3．已知f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x－1)，则f ⎪⎭⎫⎝⎛31等于( )A ．2－log 23B ．log 23－log 27C ．log 27－log 23D ．log 23－2【解析】 因为f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，所以f (x －2)＝－f (x )，所以f (x －4)＝f (x )，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-312＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛35＝－f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-354＝－f ⎪⎭⎫⎝⎛37.又当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x －1)， 所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛37＝log 2⎪⎭⎫⎝⎛-137＝log 243＝2－log 23，所以f ⎪⎭⎫⎝⎛31＝log 23－2，故选D.【答案】 D4．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，设a ＝ln1π，b ＝(ln π)2，c ＝ln π，当对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)时，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0，则( ) A ．f (a )>f (b )>f (c ) B ．f (b )>f (a )>f (c ) C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )【解析】 由(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x 1)－f (x 2)(x 1－x 2)<0，所以y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增，由于a ＝ln 1π＝－lnπ<－1，b ＝(ln π)2，c ＝ln π＝12ln π，所以|b |>|a |>|c |，因此f (c )>f (a )>f (b )，故选D.【答案】 D5．已知函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，a ＝(20.2)·f (20.2)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝(log 39)·f (log 39)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b >a >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b【解析】 因为函数y ＝f (x )关于y 轴对称，所以函数y ＝xf (x )为奇函数．因为[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )，且当x ∈(－∞，0)时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0，则函数y ＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减；因为y ＝xf (x )为奇函数，所以当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝xf (x )单调递减．因为1<20.2<2,0<log π3<1，log 39＝2，所以0<log π3<20.2<log 39，所以b >a >c ，选A.【答案】 A6．设a ＝0.23，b ＝log 0.30.2，c ＝log 30.2，则a ，b ，c 大小关系正确的是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a【解析】 根据指数函数和对数函数的增减性知，因为0<a ＝0.23<0.20＝1，b ＝log 0.30.2>log 0.30.3＝1，c ＝log 30.2<log 31＝0，所以b >a >c ，故选B.【答案】B7．对任意实数a ，b 定义运算“Δ”：a Δb ＝⎩⎨⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2，设f (x )＝3x＋1Δ(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(0,3]C ．[0,2]D ．[1,3]【解析】 由题意得f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋1，x >0，3x ＋1，x ≤0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减，若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎨⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2，故选C.【答案】 C8．已知函数f (x )＝a |log 2 x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，给出下列命题：①F (x )＝|f (x )|；②函数F (x )是偶函数；③当a <0时，若0<m <n <1，则有F (m )－F (n )<0成立；④当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点．其中正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①∵函数f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0f (－x )，x <0，∴|f (x )|＝|a |log 2x |＋1|，∴F (x )≠|f (x )|，①不对；②∵F (－x )＝⎩⎨⎧f (－x )，x <0f (x )，x >0＝F (x )，∴函数F (x )是偶函数，故②正确；③∵当a <0时，若0<m <n <1，∴|log 2m |>|log 2n |，∴a |log 2m |＋1<a |log 2n |＋1，即F (m )<F (n )成立，故F (m )－F (n )<0成立，所以③正确；④∵f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，∴x >0时，(0,1)单调递减，(1，＋∞)单调递增， ∴x >0时，F (x )的最小值为F (1)＝1， 故x >0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，∵函数F (x )是偶函数，∴x <0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，故当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点，所以④正确．【答案】D 二、填空题1.已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．【解析】 依题意a ＝g (－log 25.1) ＝(－log 25.1)·f (－log 25.1) ＝log 25.1f (log 25.1)＝g (log 25.1)．因为f (x )在R 上是增函数，可设0＜x 1＜x 2，则f (x 1)＜f (x 2)． 从而x 1f (x 2)＜x 2f (x 2)，即g (x 1)＜g (x 2)． 所以g (x )在(0，＋∞)上亦为增函数．又log 25.1＞0,20.8＞0,3＞0，且log 25.1＜log 28＝3，20.8＜21＜3，而20.8＜21＝log 24＜log 25.1，所以3＞log 25.1＞20.8＞0，所以c ＞a ＞b .【答案】 b <a <c2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ≤1ln (x －1)，1<x ≤2若不等式f (x )≤5－mx 恒成立，则实数m 的取值范围是________．【解析】 设g (x )＝5－mx ，则函数g (x )的图象是过点(0,5)的直线．在同一坐标系内画出函数y ＝f (x )和g (x )＝5－mx 的图象，如图所示．∵不等式f (x )≤5－mx 恒成立，∴函数y ＝f (x )图象不在函数g (x )＝5－mx 的图象的上方．结合图象可得，①当m <0时不成立；②当m ＝0时成立；③当m >0时，需满足当x ＝2时，g (2)＝5－2m ≥0，解得0<m ≤52.综上可得0≤m ≤52.∴实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52.3．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．[－1,0]C ．[0,1]D ．[－1,1]【解析】 函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，将x 换为－x ，函数值不变，即有f (x )图象关于y 轴对称，即f (x )为偶函数，有f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2的导数为f ′(x )＝ln (1＋x )＋x 1＋x＋2x ≥0，则f (x )在[0，＋∞)递增，f (－a )＋f (a )≤2f (1)，即为2f (a )≤2f (1)，可得f (|a |))≤f (1)，可得|a |≤1，解得－1≤a ≤1.【答案】 D4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(3a －1)x －4a ，(x <1)，log a x ， (x ≥1)在R 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________．【解析】 当函数f (x )在R 上为减函数时，有3a －1<0且0<a <1且(3a －1)·1＋4a ≥log a 1，解得17≤a <13，当函数f (x )在R 上为增函数时，有3a －1>0且a >1且(3a －1)·1＋4a ≤log a 1，a 无解．∴当函数f (x )在R 上为单调函数时，有17≤a <13，∴当函数f (x )在R 上不是单调函数时，有a >0且a ≠1且a <17或a ≥13即0<a <17或13≤a <1或a >1.5．定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为 ________.【解析】 根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22 016＝22 016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22 016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 008.【答案】 1 008三角函数图象与性质三角恒等变换题型一 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式与图象 【题型要点解析】解决三角函数图象问题的方法及注意事项(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．【例1】函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的部分图象如图，则S ＝f (1)＋…＋f (2017)等于( )A ．0 B.4 0312C.4 0352 D.4 0392【解析】由题设中提供的图象信息可知⎩⎪⎨⎪⎧A ＋b ＝32，－A ＋b ＝12，解得A ＝12，b ＝1，T ＝4⇒ω＝2π4＝π2，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπx2＋1，又f(0)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ2＋1＝12sinφ＋1＝1⇒sinφ＝0，可得φ＝kπ，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ππkx2＋1，由于周期T＝4，2017＝504×4＋1，且f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，所以S＝f(1)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝2016＋f(2017)＝2016＋f(1)＝2016＋32＝4 0352，故选C.【答案】 C【例2】．已知函数f(x)＝sin2ωx－12(ω>0)的周期为π2，若将其图象沿x轴向右平移a个单位(a>1)，所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为( )A.π4B.3π4C.π2D.π8【解析】∵f(x)＝1－cos 2ωx2－12＝－12cos 2ωx，2π2ω＝π2，解得ω＝2，从而f(x)＝－12cos 4x.函数f(x)向右平移a个单位后，得到新函数为g(x)＝－12cos(4x－4a)．∴cos 4a＝0,4a＝π2＋kπ，k∈Z，当k＝0时，a的最小值为π8.选D.【答案】 D题组训练一函数y＝A sin(ωx＋φ)的解析式与图象1．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，且f (α)＝1，α∈⎪⎭⎫ ⎝⎛3,0π，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα等于( )A.13 B ．±223C.223D ．－223【解析】由题图可知A ＝3，易知ω＝2，φ＝5π6，即f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πx . 因为f (α)＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα＝1，所以sin ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝13， 因为α∈⎪⎭⎫⎝⎛3,0π，所以2α＋5π6∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα， 所以cos ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝－223，故选D. 【答案】 D2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+322πx ，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2【解析】因为C 1，C 2函数名不同，所以将C 2利用诱导公式转化成与C 1相同的函数名，则C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2322ππx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ，则由C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍变为y ＝cos 2x ，再将曲线向左平移π12个单位得到C 2，故选D.【答案】 D3．设函数y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是T ，将其图象向左平移14T 后，得到的图象如图所示，则函数y ＝sin ωx (ω>0)的单调递增区间是( )A.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ B.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24737,24737ππππ C.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-12737,12737ππππ D.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡++242167,24767ππππ 【解析】 方法一 由已知图象知，y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是2×7π12＝7π6，所以2πω＝7π6，解得ω＝127，所以y ＝sin 127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ 方法二 因为T ＝2πω，所以将y ＝sin ωx (ω>0)的图象向左平移14T 后，所对应的解析式为y ＝sin ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωπ2x .由图象知，ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωππ2127＝3π2，所以ω＝127， 所以y ＝sin127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ(k ∈Z )． 【答案】 A题型二 三角函数的性质 【题型要点】(1)奇偶性的三个规律：①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π(k ∈Z )；③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )．(2)对称性的三个规律①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得； ③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)的图象的对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π2(k ∈Z )解得．(3)三角函数单调性：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一段思路是令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cos z)，然后由复合函数的单调性求得．(4)三角函数周期性：函数y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))的最小正周期T＝2π|ω|.应特别注意y＝|A sin(ωx＋φ)|的周期为T＝π|ω|.【例3】设函数f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4.(1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ)(0<φ<π2)是奇函数，求函数g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的单调递减区间．【解】(1)f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋3 2＝12sin2ωx－3(1＋cos 2ωx)2＋32＝12sin2ωx－32cos2ωx＝sin⎪⎭⎫⎝⎛-32πωx，设T为f(x)的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋[2f(x)max]2＝π2＋4，∵f(x)max＝1，∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋4＝π2＋4，整理得T＝2π.又ω>0，T＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ，∴f (x ＋φ)＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3πϕx .∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，则sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πϕ＝0，又0<φ<π2，∴φ＝π3， ∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，则k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ， ∴单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡++32,6ππππk k k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ；当k ＝1时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ.【例4】．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π6)(ω>0)的最小正周期为4π，则( )A ．函数f (x )的图象关于原点对称B ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π3对称C ．函数f (x )图象上的所有点向右平移π3个单位长度后，所得的图象关于原点对称D ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递增【解析】2πω＝4π⇒ω＝12，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 不是奇函数，图象不关于原点对称；x ＝π3时f (x )＝32不是最值，图象不关于直线x ＝π3对称； 所有点向右平移π3个单位长度后得y ＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6)3(21ππx ＝sin 12x 为奇函数，图象关于原点对称；因为x ∈(0，π)⇒12x ＋π6∈⎪⎭⎫⎝⎛32,6ππ，所以函数f (x )在区间(0，π)上有增有减，综上选C.【答案】 C【例5】．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0)，x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,12ππ的图象如图所示，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2)等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2【解析】 根据函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈[－π12，2π3]的图象知，3T 4＝2π3－⎪⎭⎫ ⎝⎛-12π＝3π4，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2； 又x ＝－π12时，2×⎪⎭⎫⎝⎛-12π＋φ＝0，解得φ＝π12， ∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ；又f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，不妨令x 1＝0，则x 2＝π3， ∴x 1＋x 2＝π3，∴f (x 1＋x 2)＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+⨯632ππ＝1.故选A. 【答案】 A题组训练二 三角函数的性质1．如图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛≤>>2,0,0πϕωA 图象的一部分．为了得到这个函数的图象，只要将y ＝sin x (x ∈R )的图象上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【解析】 观察图象知，A ＝1，T ＝2⎪⎭⎫⎝⎛-365ππ＝π，ω＝2πT ＝2，即y ＝sin(2x ＋φ)；将点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3π代入得⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ32sin ＝0，结合|φ|≤π2，得φ＝π3，所以y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx .故选A. 【答案】 A2．已知函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12(ω＞0)，x ∈R ，若f (x )在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )A.⎥⎦⎤⎝⎛125,0π B.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65 C.⎥⎦⎤ ⎝⎛65,0π D.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡1211,65 【解析】 函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12＝12cos ωx ＋32sin ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx ，可得T ＝2πω≥π，0＜ω≤2，f (x )在区间(π，2π)内没有零点，函数的图象如图两种类型，结合三角函数可得：⎩⎪⎨⎪⎧ωπ＋π6≥02ωπ＋π6≤π或⎩⎪⎨⎪⎧πω＋π6≥π2ωπ＋π6≤2π，解得ω∈⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65.故选B.【答案】 B题型三 三角恒等变换 【题型要点解析】三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦．【例6】如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C位于第一象限，点B 的坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-135,1312，∠AOC ＝α.若|BC |＝1，则3cos 2α2－sin α2·cos α2－32的值为________．【解析】由题意得|OC |＝|OB |＝|BC |＝1， 从而△OBC 为等边三角形，所以sin ∠AOB ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513，又因为3cos 2α2－sinα2cos α2－32＝3·1＋cos α2－sin α2－32＝－12sin α＋32cos α＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513.【答案】513【例7】．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+83πα等于( ) A ．－45B.45 C ．－35D.35【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫⎝⎛+83πα＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+82παπ＝－sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝－45，故选A.【答案】 A【例8】．已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，且0<β<α<π2，那么β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3【解析】 cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)，由已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，0<β<α<π2，可知sinα＝45，sin(α－β)＝210 ，代入上式得cos β＝35×7210＋45×210＝25250＝22，所以β＝π4，故选C.【答案】 C题组训练三 三角恒等变换1．若sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则cos 2α的值为( )A ．－35B.35 C ．－45D.45【解析】 由sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则sin α＋3cos α＝0，可得：tan α＝sin αcos α＝－3； 则cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝1－tan 2αtan 2α＋1＝1－91＋9＝－45.故选C. 【答案】 C2．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π的值为( ) A ．－19B.19 C.53D ．－53【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π ＝－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＋sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝1－2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＋1－cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx＝2－3cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝53. 【答案】 C3．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝－14，α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ.则sin 2α＝________.【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ3＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝12sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－14，即sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－12.∵α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ，∴2α＋π3∈⎪⎭⎫ ⎝⎛34,ππ， ∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－32，∴sin 2α＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+332ππα＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παcos π3－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παsin π3＝12.【答案】12题型四 三角函数性质的综合应用 【题型要点】研究三角函数的性质的两个步骤第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．【例9】设函数f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，其中0<ω<3.已知f⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ上的最小值． 【解析】 (1)因为f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x ωωcos 23sin 21 ＝3⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin πωx由题设知f ⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx所以g (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+34ππx ＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12πx因为x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ，所以x －π12∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,3ππ，当x －π12＝－π3， 即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【答案】 －32题组训练四 三角函数性质的综合应用已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )．(1)求f ⎪⎭⎫⎝⎛32π的值．(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间． 【解析】 (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-－23×32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-21得f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2si ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 所以f (x )的最小正周期是π 由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z . 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k πk ∈Z .【专题训练】一、选择题1．已知α满足sin α＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ4＝( )A.718B.2518 C ．－718D ．－2518【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ4＝22()cos α－sin α·22()cos α＋sin α＝12()cos 2α－sin 2α＝12(1－2sin 2α)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-9121＝718，选A. 【答案】 A2．若函数f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1(ω>0)在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，则ω的取值范围是( )A ．[0,1)B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,43 C ．[1，＋∞)D.⎥⎦⎤ ⎝⎛43,0 【解析】 由题意，因为f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1＝4sin ωx ·1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π22＋cos2ωx －1＝2sin ωx (1＋sin ωx )＋cos2ωx－1＝2sin ωx 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-ωπωπ2,2表示函数含原点的递增区间，又因为函数在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，即⎩⎪⎨⎪⎧－π2ω≤－π2π2ω≥2π3⇒⎩⎨⎧ω≤1ω≤34，又ω>0，所以0<ω≤34，故选D.【答案】 D3．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω>0)在x ＝1和x ＝－1处分别取得最大值和最小值，且对于∀x 1，x 2∈[－1,1](x 1≠x 2)都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，则函数f (x ＋1)一定是( )A ．周期为2的偶函数B ．周期为2的奇函数C ．周期为4的奇函数D ．周期为4的偶函数【解析】 由题意可得，[－1,1]是f (x )的一个增区间，函数f (x )的周期为2×2＝4，∴2πω＝4，ω＝π2， ∴f (x )＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x .再根据f (1)＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2＝A ，可得sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπ2＝cos φ＝1，故φ＝2k π，k ∈Z ，∴f (x ＋1)＝A sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππk x 2)1(2＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x ＝A cos π2x ，∴f (x ＋1)是周期为4的偶函数，故选D. 【答案】D4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的最小正周期是π，若其图象向左平移π3个单位后得到的函数为奇函数，则函数f (x )的图象( )A ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,12π对称B ．关于直线x ＝π12对称C ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,6π对称D ．关于直线x ＝π6对称【解析】 由于函数最小正周期为π，所以ω＝2，即f (x )＝sin(2x ＋φ)．向左平移π3得到sin ⎪⎭⎫⎝⎛++ϕπ322x 为奇函数，故2π3＋φ＝π，φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx .f ⎪⎭⎫⎝⎛12π＝sin π2＝1，故x ＝π12为函数的对称轴，选B. 【答案】 B5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图，f ⎪⎭⎫⎝⎛-2413π＝( )A ．－62 B ．－32C ．－22D ．－1【解析】 根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象知，A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝2πω＝π，解得ω＝2； ∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)． 由五点法画图知，ω×π3＋φ＝2π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝ 2 sin(2x ＋π3)，∴f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2413π＝2sin(－13π12＋π3)＝2sin(－3π4)＝－1，故选D. 【答案】 D6．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，若f (0)＝－3，且函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，则以下结论正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为π3B ．函数f (x )的图象关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,97π对称 C ．函数f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛2411,4ππ上是增函数D ．由y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位长度可以得到函数f (x )的图象 【解析】 函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，∵f (0)＝－3，即2sin φ＝－3，∵－π2<φ<π2， ∴φ＝－π3又∵函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，∴－ω×π12－π3＝π2＋k π，k ∈Z . 可得ω＝12k －10，∵0＜ω＜12.∴ω＝2.∴f (x )的解析式为：f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .最小正周期T ＝2π2＝π，∴A 不对． 当x ＝7π9时，可得y ≠0，∴B 不对． 令－π2≤2x －π3≤π2，可得－π12≤x ≤5π12，∴C 不对．函数y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位， 可得2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-125πx ＝2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-652πx＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-2652ππx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx . ∴D 项正确．故选D. 【答案】 D 二、填空题7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<><2,0,0πϕωA 的图象与y 轴的交点为(0,1)，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x 0,2)和(x 0＋2π，－2)，则f (x )＝________.【解析】 由题意可得A ＝2，T 2＝2π，T ＝4π，∴ω＝2πT ＝2π4π＝12，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕ2x ，∴f (0)＝2sin φ＝1.由|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx . 【答案】 2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx8．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．【解析】 f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πωx ，因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，则ω2＝π4，所以ω＝π2.【答案】π29．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13⎪⎭⎫ ⎝⎛<<20πα，则sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ6＝________.【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13，∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)3(2αππ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13；又0<α<π2，∴π6<π6＋α<2π3， ∴sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝223.【答案】22310．已知π2<β<α<34π，cos(α－β)＝1213，sin(α＋β)＝－35，则sin2α＝__________A.5665 B ．－5665 C.6556D ．－6556【解析】由题意得π2<β<α<3π4，则0<α－β<π4，π<α＋β<3π2，由cos(α－β)＝1213⇒sin(α－β)＝513，sin(α＋β)＝－35⇒cos(α＋β)＝－45，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝513×(－45)＋1213×(－35)＝－5665，故选B.【答案】 B 三、解答题11．已知函数f (x )＝sin ωx cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω＞0)图象的两条相邻对称轴为π2.(1)求函数y ＝f (x )的对称轴方程；(2)若函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．【解析】 (1)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32.化简可得f (x )＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πωx ，由题意可得周期T ＝π，∴π＝2π2ω∴w ＝1∴f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx故函数y ＝f (x )的对称轴方程为2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )(2)由函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，可知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＝13>0，且0<x 1<5π12<x 2<2π3. 易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于x ＝5π12对称， 则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--1165x x π＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6521πx ＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-2321ππx＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝13.12．已知函数f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π(1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期； (2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2α＝536，求cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πα的值．【解】 (1)f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx ＝3sin ωx cos ωx ＋3cos 2ωx ＝32sin2ωx ＋32cos2ωx ＋32＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πωx ＋32， 因为函数y ＝f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π，。
2020版高考数学一轮复习教案 高考大题增分课1_函数与导数中的高考热点问题(含答案解析)
（一）函数与导数中的高考热点问题[命题解读] 1.函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点．2．常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等．3．涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的范围．【例1】(2018·天津高考节选)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值．[解](1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3，或x＝t2＋ 3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63；函数f (x )的极小值为f (t 2＋3)＝(3)3－9×3＝－6 3.(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]的最小值h (a )． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9.所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x ，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0； 当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32和(3，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，3. (2)由题知，g (x )＝f (x )－2x ＝a ln x ＋x 2－ax －2x .g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝(2x －a )(x －1)x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数， h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，e 上为增函数，h (a )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ； ③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数， h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1， a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．[信息提取] 看到(1)求单调区间，想到导数与单调性的关系； 看到(2)f (x )只有一个零点，想到f (x )的单调性及函数有零点的条件． [规范解答] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3. 令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.2分当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0. 4分故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)上单调递增，在(3－23，3＋23)上单调递减.5分(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0. 7分设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x＋1)2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点. 9分又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点.11分综上，f(x)只有一个零点. 12分[易错与防范]易错误区：(1)把单调增区间用“∪”连接．(2)作第(2)问时，直接求f′(x)，导致无法求解．(3)无法找到区间(m，n)，使得f(m)f(n)＜0.防范措施：(1)单调区间不能用“∪”连接．(2)求函数零点时，常利用f(x)＝0，转化函数的表现形式．(3)在寻找m，n使得f(m)f(n)＜0时，可通过多次尝试获得．[通性通法]利用导数研究函数零点的两种常用方法(1)用导数研究函数的单调性，借助零点存在性定理判断；或用导数研究函数的单调性和极值，再用单调性和极值定位函数图象求解零点问题．(2)将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．(2019·武汉模拟)已知f(x)＝ln x－x3＋2e x2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝1x－3x2＋4e x－a，f′(e)＝1e＋e2－a＝e2，∴a＝1e.(2)由ln x－x3＋2e x2－ax＝0，得ln xx－x2＋2e x＝a.记F(x)＝ln xx－x2＋2e x，则F′(x)＝1－ln xx2－2(x－e)．当x∈(e，＋∞)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．当x∈(0，e)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，∴F(x)ma x＝F(e)＝1e＋e2，而x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→－∞.故a＜1e＋e2.导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题．【例3】设函数f(x)＝a ln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．[解](1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)． ①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<aa －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22(1－a )＋a a －1>aa －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＜1时，证明：对任意的x ∈(0，＋∞)，有f (x )＜－ln xx －(1＋a )x 2－a ＋1. [解] (1)由题知f ′(x )＝－2(1＋a )x 2－x ＋1x(x ＞0)，当a ≠－1时，由f ′(x )＝0得2(1＋a )x 2＋x －1＝0且Δ＝9＋8a ， x 1＝－1－9＋8a 4(1＋a )，x 2＝－1＋9＋8a 4(1＋a )，①当a ＝－1时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ②当a ＞－1时，f (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减； ③当a ≤－98时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；④当－98＜a ＜－1时，f (x )在(0，x 2)和(x 1，＋∞)上单调递增，在(x 2，x 1)上单调递减． (2)当a ＜1时，要证f (x )＜－ln xx－(1＋a )x 2－a ＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需证ln x －x ＜－ln xx －a ＋1在(0，＋∞)上恒成立，令F (x )＝ln x －x ，g (x )＝－ln xx －a ＋1，由F ′(x )＝1x －1，易得F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故F (x )≤F (1)＝－1，由g (x )＝－ln xx －a ＋1得g ′(x )＝－1－ln x x 2＝ln x －1x 2(x ＞0)． 当0＜x ＜e 时，g ′(x )＜0；当x ＞e 时，g ′(x )＞0. 所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． 所以g (x )≥g (e)＝－1e ＋1－a .又a ＜1，所以－1e ＋1－a ＞－1e ＞－1，即F (x )ma x ＜g (x )min ， 所以ln x －x ＜－ln xx－a ＋1在(0，＋∞)上恒成立， 故当a ＜1时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f (x )＜－ln xx －(1＋a )x 2－a ＋1恒成立．[大题增分专训]1．(2019·武汉模拟)(1)求函数f (x )＝ln xx 的最大值；(2)若函数g (x )＝e x －ax 有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)对f (x )＝ln xx 求导得，f ′(x )＝1－ln x x 2.易知当0＜x ＜e 时，f (x )为增函数，当x ＞e 时，f (x )为减函数， ∴f (x )≤f (e)＝1e ，从而f (x )的最大值为1e .(2)①当a ＝0时，g (x )＝e x 在R 上为增函数，且g (x )＞0，故g (x )无零点． ②当a ＜0时，g (x )＝e x －ax 在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝e 1a －1＜0，故g (x )在R 上只有一个零点． ③当a ＞0时，由g ′(x )＝e x －a ＝0可知g (x )在x ＝ln a 处取得唯一极小值，g (ln a )＝a (1－ln a )．若0＜a ＜e ，则g (x )极小值＝a (1－ln a )＞0，g (x )无零点， 若a ＝e ，则g (x )极小值＝0，g (x )只有一个零点， 若a ＞e ，则g (x )极小值＝a (1－ln a )＜0，而g (0)＝1＞0，由(1)可知，f(x)＝ln xx在x＞e时为减函数，∴当a＞e时，e a＞a e＞a2，从而g(a)＝e a－a2＞0，∴g(x)在(0，ln a)与(ln a，＋∞)上各有一个零点．综上知，a＞e时，f(x)有两个零点．故实数a的取值范围为(e，＋∞)．2．(2019·济南模拟)设函数f(x)＝x－2x－a⎝⎛⎭⎪⎫ln x－1x2，a＝R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＞0时，记f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)＜1. [解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋2x2－a⎝⎛⎭⎪⎫1x＋2x3＝x2＋2x2－x2＋2x3a＝(x2＋2)(x－a)x3，若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．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．(2)由(1)知，f(x)min＝f(a)＝a－2a－a⎝⎛⎭⎪⎫ln a－1a2＝a－a ln a－1a.即g(a)＝a－a ln a－1 a.要证g(a)＜1，即证a－a ln a－1a＜1，即证1－ln a－1a2＜1a，令h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1，则只需证h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1＞0，h′(a)＝1a－1a2－2a3＝a2－a－2a3＝(a－2)(a＋1)a3，当a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减；当a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增．∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14＞0，∴h(a)＞0，即g(a)＜1.3．(2019·石家庄模拟)已知函数f(x)＝(x＋b)(e x－a)(b＞0)的图象在(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋e y＋e－1＝0.(1)求a，b；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.[解](1)由题意知f(－1)＝0，f′(－1)＝－1＋1e，所以f(－1)＝(－1＋b)⎝⎛⎭⎪⎫1e－a＝0，又f′(x)＝(x＋b＋1)e x－a，所以f′(－1)＝be－a＝－1＋1e，若a＝1e，则b＝2－e＜0，与b＞0矛盾，故a＝1，b＝1.(2)由(1)可知f(x)＝(x＋1)(e x－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，由m≤0，可得x≥mx2＋x，令g(x)＝(x＋1)(e x－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)e x－2，令t(x)＝g′(x)，则t′(x)＝(x＋3)e x，当x＜－3时，t′(x)＜0，g′(x)单调递减，且g′(x)＜0；当x＞－3时，t′(x)＞0，g′(x)单调递增，且g′(0)＝0.所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g(0)＝0.故g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(e x－1)≥x≥mx2＋x.故f(x)≥mx2＋x.。
(名师导学)2020版高考数学总复习第三章导数及其应用第18讲导数与函数的综合问题练习文(含解析)
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第18讲导数与函数的综合问题夯实基础【p43】【学习目标】掌握利用导数求解与不等式和方程有关的技巧和方法，会利用导数求解实际生活中的优化问题，提高分析问题和解决问题的能力．【基础检测】1．已知定义在R上的函数f错误!的图象如图所示，则x·f′错误!〉0的解集为( )A.错误!∪错误!B.错误!C。
错误! D。
错误!∪错误!【解析】不等式x·f′(x)〉0等价为当x〉0时，f′（x）>0，即x>0时,函数递增,此时1<x〈2；或者当x<0时，f′(x）<0,即x<0时，函数递减，此时x〈0。
综上1<x<2或x<0，即不等式的解集为(－∞，0)∪(1，2)，故选A.【答案】A2．若a〉0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )A．3 B．6 C．9 D．2【解析】∵f′（x）＝12x2－2ax－2b，又因为在x＝1处有极值，∴f′（1)＝0，a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，∴ab≤错误!错误!＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号．所以ab的最大值等于9。
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题二函数与导数第1讲
“一府两院”改称“一府一委两院”展开全文2016年11月7日，中央办公厅印发《关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点方案》，方案明确，党的纪律检查委员会、监察委员会合署办公。
《方案》强调，要建立党统一领导下的国家反腐败工作机构。
整合反腐败资源力量，扩大监察范围，实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖。
紧接着，2016年12月25日，十二届全国人大常委会第二十五次会议表决通过《全国人民代表大会常务委员会关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点工作的决定》。
根据《决定》：在北京市、山西省、浙江省及所辖县、市、市辖区设立监察委员会，行使监察职权。
将试点地区人民政府的监察厅（局）、预防腐败局及人民检察院查处贪污贿赂、失职渎职以及预防职务犯罪等部门的相关职能整合至监察委员会。
目前的反腐败资源力量有哪些？政府内部的监察机关、审计机关、预防腐败部门；政府外部的人民检察院的反腐败、反渎职部门，以及检察院内部的预防腐败局。
各种重要反腐职能分布在这些行政机关、司法机关中，多头负责，资源分散，而且还有重复重叠之处。
为了建立起一个“集中统一、权威高效的监察体系”，就要把这些反腐败资源力量整合在一起。
单靠协调肯定不行，要通过一个平台重新分工整合。
新设立的国家监察委员会就是这样一个平台。
试点地区监察委员会由本级人民代表大会产生。
监察委员会主任由本级人民代表大会选举产生；监察委员会副主任、委员，由监察委员会主任提请本级人民代表大会常务委员会任免。
监察委员会对本级人民代表大会及其常务委员会和上一级监察委员会负责，并接受监督。
一、“实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖”具体包括哪些人群？依据现在的行政监察法，监察部门的覆盖范围只包括国家行政机关及其公务员，以及国家行政机关任命的其他人员。
这个范围窄于公务员法。
我国的公务员法调整对象不仅仅是行政机关工作人员，也包含了立法机关、司法机关、各党派和主要人民团体的公职人员等。
2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用教学案理含解析27
导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式∈(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝ux v x －u x vx[v x ]2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ． 【答案】1ln2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x'=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．解析 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性 【例2】已知函数f (x )＝2e x－kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x>2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln k2，＋∞内单调递增． 校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x <6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套． (1)求m 的值； 校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x ＝4时，y ＝21， 代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，得 m2＋16＝21，解得m ＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2， 所以每日销售套题所获得的利润f (x )＝(x －2)10x －2＋4(x －6)2＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)， 从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(103，6)上，f ′(x ) <0，函数f (x )单调递减，所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时， 网校每日销售套题所获得的利润最大．【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去． 题型五 利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列；(2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立.证明 (1)f ′(x )＝a e axsin x ＋e axcos x ＝e ax(a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)， 其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π， 即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ， 则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值， 所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)． 此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *；x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜ea （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0)．设g (t )＝e t t (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减；当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1. 而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知，π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a .故(*)式亦恒成立． 综上所述，若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立．【变式探究】(2015·福建，20)已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x ＞0时，f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t ＞0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. (1)证明 令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，故当x ＞0时，F (x )＜F (0)＝0，即当x ＞0时，f (x )＜x .(2)证明 令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )＞0，故G (x )在(0，＋∞)单调递增，G (x )＞G (0)＝0， 故任意正实数x 0均满足题意．当0＜k ＜1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1＞0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )＞0，从而G (x )在(0，x 0)单调递增，所以G (x )＞G (0)＝0， 即f (x )＞g (x )．综上，当k ＜1时，总存在x 0＞0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )． (3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈ (0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )，故g (x )＞f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x ) ＝kx －ln(1＋x )．M (x )＝kx －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)．则有M ′(x )＝k －11＋x －2x＝－2x 2＋（k －2）x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4时，M ′(x )＞0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4上单调递增，故M (x )＞M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|＞x 2，所以满足题意的t 不存在． 当k ＜1时，由(2)知，存在x 0＞0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )＞g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ ln(1＋x )－kx .令N (x )＝ln(1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)． 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－（k ＋2）x ＋1－k x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4时，N ′(x )＞0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4上单调递增，故N (x )＞N (0)＝0，即f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x ＞0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x )，令H (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时，H ′(x )＜0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故H (x )＜H (0)＝0.故当x ＞0时，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.法二 (1)(2)证明 同法一．(3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈(0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2，解得0＜x ＜k －1.从而得到，当k ＞1时，对于x ∈(0，k －1)， 恒有|f (x )－g (x )|＞x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k ＜1时，取k 1＝k ＋12，从而k ＜k 1＜1，由(2)知，存在x 0＞0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x ，令1－k 2x ＞x 2，解得0＜x ＜1－k2， 此时f (x )－g (x )＞x 2. 记x 0与1－k 2的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x ＞0，|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝x －ln(1＋x )， 令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时，M ′(x )＜0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减，故M (x )＜M (0)＝0.故当x ＞0时， 恒有|f (x )－g (x )|＜x 2，此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.题型六 函数与导数的综合问题【例6】(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈ (－∞，1)，f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 22x －＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e 2x ＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e 22x －－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x)． 所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.【举一反三】 (2015·广东，19)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e －1.(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0，∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e－a ， ∴k OP ＝a －2e . f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增．令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减．∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3. ∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e －1. 【变式探究】设函数f (x )＝xe 2x ＋c (e ＝2.718 28…是自然对数的底数，c ∈R )．(1)求f (x )的单调区间、最大值．(2)讨论关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数．【解析】解 (1)f ′(x )＝e 2x －2x e 2x e 2x 2＝1－2x e2x ， 由f ′(x )>0得x <12，由f ′(x )<0得x >12. 所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e＋c . (2)由已知|ln x |＝f (x )得|ln x |－x e2x ＝c ，x ∈(0，＋∞)， 令g (x )＝|ln x |－x e2x ，y ＝c . ①当x ∈(1，＋∞)时，ln x >0，则g (x )＝ln x －x e2x . 所以g ′(x )＝1x ＋2x －1e2x >0. 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增．②当x ∈(0,1)时，ln x <0，则g (x )＝－ln x －x e2x . 所以g ′(x )＝－1x －1－2x e 2x ＝1e 2x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2x x2x －1. 因为e 2x ∈(1，e 2)，e 2x >1>x >0，所以－e 2xx<－1，而2x －1<1.所以g ′(x )<0，即g (x )在(0,1)上单调递减．由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－1e2 .由数形结合知，当c<－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；当c＝－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；当c>－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.【规律方法】(1)本题第(1)问，利用了函数单调的充分条件：“若f′(x)>0，则f(x)单调递增，若f′(x)<0，则f(x)单调递减”；求出函数的单调区间，而对于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定存在最值，在开区间上函数不一定存在最值，若存在，一定是极值．(2)本题第(2)问，借助转化与数形结合的思想，把方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数，利用极值解决问题．。
(全国通用)2020版高考数学二轮复习 数学思想系统归纳 函数与方程思想讲义
函数与方程思想应用(一) 借助“函数关系”解决问题在方程、不等式、三角、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解.[例1] 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝32，a n ＋2a n ＋1＝0，则S n －1S n的最大值与最小值的积为________.[解析] 因为a n ＋2a n ＋1＝0，所以a n ＋1a n ＝－12，所以等比数列{a n }的公比为－12，因为a 1＝32，所以S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而减小，则1＜S n ≤S 1＝32，故0＜S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n ＜1，故－712≤S n －1S n＜0.综上，S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712.故S n －1S n 的最大值与最小值的积为56×⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝－3572.[答案] －3572[技法领悟]数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式都具有隐含的函数关系，都可以看成关于n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地凸现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平.[应用体验]1.已知等差数列{a n }满足3a 4＝7a 7，a 1>0，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S n 取得最大值时n ＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 4＝7a 7，∴3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，∴4a 1＝－33d .∵a 1>0，∴d <0，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－334d ＋n （n －1）2d ＝d 2⎝⎛⎭⎪⎫n 2－352n ＝d 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －3542－⎝ ⎛⎭⎪⎫3542，∴n ＝9时，S n 取得最大值.答案：92.(2018·北京高考)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________，ca的取值范围是________. 解析：由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B.又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴tan B ＝3，∵B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴∠B ＝π3.又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A >π2，∴0<∠A <π6.由正弦定理得c a＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A .∵0<tan A <33，∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即ca>2. 答案：π3(2，＋∞)应用(二) 转换函数关系解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解.[例2] 已知函数h (x )＝x ln x 与函数g (x )＝kx －1的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1e ，e －1 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1eC.(1，e －1]D.(1，＋∞)[解析] 令h (x )＝g (x )，得x ln x ＋1＝kx ，即1x ＋ln x ＝k .令函数f (x )＝ln x ＋1x，若方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则函数f (x )＝ln x ＋1x 与y ＝k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不相同的交点，f ′(x )＝1x －1x 2，令1x －1x 2＝0可得x ＝1，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )＜0，函数是减函数；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＞0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f (1)＝1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1＋e ，f (e)＝1＋1e ，又－1＋e ＞1＋1e ，所以，函数的最大值为e －1.所以关于x 的方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，1＋1e .故选B. [答案] B[技法领悟]发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现.本题主客换位后，利用新建函数y ＝1x＋ln x 的单调性巧妙地求出实数k 的取值范围.此法也叫主元法.[应用体验]3.对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________.解析：设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.函数f (p )在[0，4]上恒为正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （4）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）（x －1）>0，x 2－1>0，解得x >3或x <－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)4.已知函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，其中a 为实数.(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求实数x 的取值范围.解：(1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由于函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴f ′(1)＝0，即a －3＋a ＋1＝0，∴a ＝1.(2)由题设，知ax 2－3x ＋a ＋1＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立， 即(x 2＋2)a －x 2－2x ＞0对任意a ∈(0，＋∞)都成立. 设g (a )＝(x 2＋2)a －x 2－2x (a ∈R )，则对任意x ∈R ，g (a )为单调递增函数(a ∈R )，∴对任意a ∈(0，＋∞)，g (a )＞0恒成立的充要条件是g (0)≥0， 即－x 2－2x ≥0，∴－2≤x ≤0. 于是x 的取值范围是[－2，0].应用(三) 构造函数关系解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现.特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移.[例3] 已知函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，a ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [解] (1)由f (x )＝e x －2x ＋2a ，知f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减； 当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增.所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a .(2)证明：设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1(x ∈R )，则g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0.于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增. 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0. 即e x－x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.[技法领悟]一般地，要证f (x )>g (x )在区间(a ，b )上成立，需构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )，通过分析F (x )在端点处的函数值来证明不等式.若F (a )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递增即可；若F (b )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递减即可.[应用体验]5.(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE ―→·BE ―→的最小值为( )A.2116 B.32 C.2516D.3解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，连接AC .由题意知∠CAD ＝∠CAB ＝60°，∠ACD ＝∠ACB ＝30°， 则D (0，0)，A (1，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3).设E (0，y )(0≤y ≤3)，则AE ―→＝(－1，y )，BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，y －32，∴AE ―→·BE ―→＝32＋y 2－32y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －342＋2116，∴当y ＝34时，AE ―→·BE ―→有最小值2116.故选A. 6.(2019·洛阳尖子生第二次联考)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 （ln2）ln2，c ＝－f （－3）3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A.a ＜c ＜bB.b ＜c ＜aC.a ＜b ＜cD.c ＜a ＜b解析：选D 由题意，构造函数g (x )＝f （x ）x ，当x ＞0时，g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减.∵函数f (x )为奇函数，∴函数g (x )是偶函数，∴c ＝f （－3）－3＝g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln2)，且3＞e ＞1＞ln2＞0，∴g (3)＜g (e)＜g (ln2)，∴c ＜a ＜b .故选D.应用（四） 构造方程形式解决问题分析题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决，这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面.[例4] (2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1，1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点.若∠AMB ＝90°，则k ＝________.[解析] 由题意知，抛物线的焦点坐标为F (1，0)， 设直线方程为y ＝k (x －1)， 直线方程与y 2＝4x 联立，消去y ， 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.由M (－1，1)，得AM ―→＝(－1－x 1，1－y 1)， BM ―→＝(－1－x 2，1－y 2).由∠AMB ＝90°，得AM ―→·BM ―→＝0， ∴(x 1＋1)(x 2＋1)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， ∴x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.又y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)，∴1＋2k 2＋4k2＋1＋k 2⎝⎛⎭⎪⎫1－2k 2＋4k2＋1－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－2＋1＝0，整理得4k 2－4k＋1＝0，解得k ＝2.[答案] 2[技法领悟]本题由∠AMB ＝90°，知AM ―→·BM ―→＝0，从而得出关于k 的方程，问题即可解决.[应用体验]7.(2019·福建省质量检查)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，则a 33＝( )A.82B.97C.100D.115解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋7d ）－（a 1＋4d ）＝9，（8a 1＋28d ）－（5a 1＋10d ）＝66，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝4，所以a 33＝a 1＋32d ＝4＋32×3＝100.故选C.8.(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sinB ＝________，c ＝________.解析：由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得7＝4＋c 2－4c ×cos60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去). 答案：2173 应用(五) 转换方程形式解决问题把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面.[例5] 已知sin(α＋β)＝23，sin(α－β)＝15，求tan αtan β的值.[解] 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得 ⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos β＋cos αsin β＝23，sin αcos β－cos αsin β＝15， 所以sin αcos β＝1330，cos αsin β＝730.从而tan αtan β＝sin αcos βcos αsin β＝137.法二：令x ＝tan αtan β.因为sin （α＋β）sin （α－β）＝103，且sin （α＋β）sin （α－β）＝sin （α＋β）cos αcos βsin （α－β）cos αcos β＝tan α＋tan βtan α－tan β＝tan αtan β＋1tan αtan β－1＝x ＋1x －1. 所以得到方程x ＋1x －1＝103.解方程得tan αtan β＝x ＝137.[技法领悟]本例解法二运用方程的思想，把已知条件通过变形看作关于sin αcos β与cos αsin β⎝ ⎛⎭⎪⎫或tan αtan β的方程来求解，从而获得欲求的三角表达式的值.[应用体验]9.(2019·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2为椭圆C ：x 236＋y 220＝1的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形，则M 的坐标为________.解析：设F 1为椭圆的左焦点，分析可知点M 在以F 1为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆(x ＋4)2＋y 2＝64上.因为点M 在椭圆x 236＋y 220＝1上，所以联立方程可得⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋4）2＋y 2＝64，x 236＋y 220＝1，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝±15.又因为点M 在第一象限，所以点M 的坐标为(3，15). 答案：(3，15)10.设非零向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，b ，c ＝120°，则|b |的最大值为________.解析：∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝－(b ＋c )， ∴|a |2＝|b |2＋2|b ||c |cos120°＋|c |2， 即|c |2－|b ||c |＋|b |2－4＝0， ∴Δ＝|b |2－4(|b |2－4)≥0，解得0<|b |≤433，即|b |的最大值为433.答案：433[总结升华]函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解.(2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解.(3)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决.(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决.(5)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.。
2020年高考数学（理）总复习：函数的图象与性质、函数与方程题型训练（解析版）
2020年高考数学（理）总复习：函数的图象与性质、函数与方程题型训练题型一函数的定义域、值域及解析式【题型要点解析】(1)函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．(2)分段函数问题的5种常见类型及解题策略①求函数值：弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算．②求函数最值：分别求出每个区间上的最值，然后比较大小．③解不等式：根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提．④求参数：“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程．奇偶性：利用奇函数(偶函数)的定义判断．(3)函数值和值域的求法：求解函数值时只要根据自变量的值与函数的对应关系代入求解即可，在分段函数中要根据自变量所在的区间选取函数解析式；求解函数值域的方法有：公式法、图象法、换元法、数形结合法、有界性法等，要做到具体问题具体分析，选取适当的求解方法．例1．已知函数f(x2－3)＝lgx2x2－4，则f(x)的定义域为________．【解析】设t＝x2－3，则x2＝t＋3，则f(t)＝lgt＋3t＋3－4＝lgt＋3t－1，由t＋3t－1>0得t>1或t<－3，∵t ＝x 2－3≥－3，∴t >1，即f (t )＝lgt ＋3t －1的定义域为(1，＋∞)， 故函数f (x )的定义域为(1，＋∞)． 【答案】 (1，＋∞)例2．设集合A ＝⎪⎭⎫⎢⎣⎡21,0，B ＝⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,21，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋12，x ∈A ，2(1－x )，x ∈B .若x 0∈A ，且f [f (x 0)]∈A ，则x 0的取值范围是( )A.⎥⎦⎤ ⎝⎛41,0B.⎥⎦⎤⎝⎛21,41 C.⎪⎭⎫⎝⎛21,41 D.⎥⎦⎤⎢⎣⎡83,0【解析】因为x 0∈A ，即0≤x 0<12，所以f (x 0)＝x 0＋12，12≤x 0＋12<1，即12≤f (x 0)<1，即f (x 0)∈B ，所以f [f (x 0)]＝2[1－f (x 0)]＝1－2x 0.因为f [f (x 0)]∈A ，所以0≤1－2x 0<12，解得14<x 0≤12.又因为0≤x 0<12，所以14<x 0<12，故选C.【答案】 C题组训练一：函数的定义域、值域及解析式1．函数f (x )的定义域是[0,3]，则函数y ＝f (2x －1)lg (2－x )的定义域是________．【解析】 ∵函数f (x )的定义域是[0,3]，∴由⎩⎪⎨⎪⎧0≤2x －1≤32－x >0lg (2－x )≠0得：⎩⎨⎧12≤x ≤2x <2x ≠1，即12≤x <2且x ≠1，即函数的定义域为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x <2且x ≠1， 【答案】 ⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12≤x ≤2，且x ≠1 2．设[x ]表示不超过实数x 的最大整数，如[2.6]＝2，[－2.6]＝－3.设g (x )＝a xa x ＋1(a >0，且a ≠1)，那么函数f (x )＝[g (x )－12]＋[g (－x )－12]的值域为( )A ．{－1,0,1}B ．{0,1}C ．{1，－1}D ．{－1,0}【解析】∵g (x )＝a x a x ＋1，∴g (－x )＝1a x ＋1，∴0<g (x )<1,0<g (－x )<1，g (x )＋g (－x )＝1. 当12<g (x )<1时，0<g (－x )<12，∴f (x )＝－1. 当0<g (x )<12时，12<g (－x )<1，∴f (x )＝－1.当g (x )＝12时，g (－x )＝12，∴f (x )＝0.综上，f (x )的值域为{－1,0}，故选D.【答案】 D3．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋2)＝f (x )对x ∈R 恒成立，当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x ，则f (－92)＝( )A.12 B.2 C.22D ．1【解析】 ∵f (x ＋2)＝f (x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的周期为2，f (x )是定义在R 上的偶函数， ∴f (－92)＝f (－12)＝f (12)∵当x ∈[0,1]时，f (x )＝2x ，∴f (12)＝2，故选B.【答案】 B题型二 函数的图象及其应用 【题型要点解析】(1)作图：常用描点法和图象变换法．图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换．尤其注意y ＝f (x )与y ＝f (－x )，y ＝－f (x )，y ＝－f (－x )，y ＝f (|x |)，y ＝|f (x )|及y ＝af (x )＋b 的相互关系．(2)识图：从图象与坐标轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系．(3)用图：图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究．例1．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x1＋x(x >0)ln (－x )1－x (x <0)的图象大致是( )【解析】 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x1＋x(x >0)ln (－x )1－x (x <0)，满足f (－x )＝f (x )，所以函数是偶函数，排除选项B ，D ；当x ∈(0,1)时，f (x )＝ln x1＋x<0，排除A.故选C. 【答案】C2．函数y ＝2sin x 1＋1x2⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤ ⎝⎛⋃⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∈43,00,43ππx 的图象大致是( )【解析】 函数满足f (－x )＝－f (x )，函数是奇函数，关于原点对称，f (x )＝2x 2sin x 1＋x 2，f ′(x )＝(4x sin x ＋2x 2cos x )(1＋x 2)－2x 2sin x ·2x (1＋x 2)2＝4x sin x ＋2x 2cos x ＋2x 4cos x (1＋x 2)2，f ′(π2)>0，并且f (π2)>0，满足条件的只有A ，故选A. 【答案】 A题组训练二：函数的图象及其应用1．函数f (x )＝ln(|x |－1)＋x 的大致图象是( )【解析】因为函数f (x )＝ln(|x |－1)＋x ，所以x >1时，f (x )＝ln(x －1)＋x ，函数在(1，＋∞)上递增，只有选项A 符合题意，故选A.【答案】 A2．函数f (x )＝(x 2－2x )e x 的图象大致是( )【解析】 因为f ′(x )＝(2x －2＋x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x ，所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数单调递增；当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增；又x <－2时，x 2－2x >0，即f (x )>0.应选答案B.【答案】B题型三 函数的性质及其应用 【题型要点解析】解决与函数有关的综合问题的常见4个切入点(1)已知函数的单调性和周期性，常画出函数的图象求解；(2)已知函数的奇偶性和相对函数的对称性，常画出函数的图象求解；(3)求函数的最值或值域时，常结合相应函数在待求区间上图象的最高点、最低点的纵坐标求解；(4)求解方程(不等式)中的参数的取值范围时，常借助函数性质求解． 例1．设函数f (x )＝ln (1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )＞f (2x －1)成立的x 的取值范围是( ) A.⎪⎭⎫ ⎝⎛1,31B.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-31,∪(1，＋∞)C.⎪⎭⎫⎝⎛-31,31 D.⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-31,∪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,31【解析】 函数f (x )为偶函数． ∵当x ≥0时，f (x )＝ln (1＋x )－11＋x 2， 在(0，＋∞)上y ＝ln (1＋x )单调递增，y ＝－11＋x 2也单调递增，根据单调性的性质知，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可知，f (x )＞f (2x －1)⇔f (|x |)＞f (|2x －1|)⇔|x |＞|2x －1|⇔x 2＞(2x －1)2⇔3x 2－4x ＋1＜0⇔13＜x ＜1.【答案】A例2．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，若方程f (x ＋1)＝|x 2＋2x －3|的零点分别为x 1，x 2，…，x n ，则x 1＋x 2＋…＋x n ＝( )A ．nB ．－nC ．－2nD ．－3n【解析】函数f (x )是定义在R 上的偶函数，所以函数f (x )的图象关于y 轴对称，函数f (x ＋1)的图象是由函数f (x )的图象向左平移1个单位得到的，所以函数f (x ＋1)的对称轴为直线x ＝－1，且函数g (x )＝|x 2＋2x －3|的对称轴也是直线x ＝－1，所以方程f (x ＋1)＝|x 2＋2x －3|零点关于直线x ＝－1对称，所以有x 1＋x 2＋…＋x n ＝－n ，故选B.【答案】 B题组训练三：函数的性质及其应用1．如图放置的边长为1的正方形P ABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点．设顶点P (x ，y )的轨迹方程式为y ＝f (x )(x ∈R )，则对函数y ＝f (x )有下列判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x －2)； ③函数y ＝f (x )在区间[2,3]上单调递减； ④f (x )d x ＝π＋12.其中判断正确的序号是________．【解析】当－2≤x ≤－1时，P 的轨迹是以A 为圆心，1为半径的14圆；当－1≤x ≤1时，P的轨迹是以B 为圆心，2为半径的14圆；当1≤x ≤2时，P 的轨迹是以C 为圆心，1为半径的14圆；当2≤x ≤3时，P 的轨迹是以A 为圆心，1为半径的14圆，所以函数的周期为4，图象如图所示．根据其对称性可知y ＝f (x )是偶函数，所以①正确；因为最小正周期为4，所以②正确；函数f (x )在[2,3]上单调递增，所以③错误；根据定积分的几何意义可知f (x )d x ＝18×π×(2)2＋12×1×1＋14×π×12＝π＋12，所以④正确，故正确答案为①②④.【答案】 ①②④2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x －1|，x ∈(0，2]min{|x －1|，|x －3|}，x ∈(2，4]min{|x －3|，|x －5|}，x ∈(4，＋∞).(1)若f (x )＝a 有且只有1个实根，则实数a 的取值范围是________．(2)若关于x 的方程f (x ＋T )＝f (x )有且只有3个不同的实根，则实数T 的取值范围是________．【解析】 函数f (x )图象如下图．根据上图，若f(x)＝a只有1个实根，则a>1；若将函数f(x)的图象向左平移T＝2个单位时，如下图所得图象与f(x)的图象在(0,4]上重合，此时方程f(x＋T)＝f(x)有无穷多个解，所以若方程有且只有3个不同的实根，平移图象，如下图观察可知2<T<4或－4<T<－2.【答案】(1)(1，＋∞)(2)(－4，－2)∪(2,4)【专题训练】一、选择题1．函数f(x)＝2－2x＋1log3x的定义域为()A．{x|x<1}B．{x|0<x<1} C．{x|0<x≤1} D．{x|x>1}【解析】要使函数有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2－2x≥0log 3x ≠0，x >0即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1x ≠1x >0，得0<x <1，即函数的定义域为{x |0<x <1}，故选B.【答案】 B2．若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1x ，则f (2)等于( )A.12 B ．eC.1eD ．－1【解析】 解法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t ，于是f (t )＝1e1－t，即f (x )＝1e1－x ，故f (2)＝e .解法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝11e ＝e ，即f (2)＝e.【答案】 B3．下列函数中，可以是奇函数的为( ) A ．f (x )＝(x －a )|x |，a ∈R B ．f (x )＝x 2＋ax ＋1，a ∈R C ．f (x )＝log 2(ax －1)，a ∈RD ．f (x )＝ax ＋cos x ，a ∈R【解析】 对于A ，f (－x )＝(－x －a )|－x |＝(－x －a )|x |，若f (－x )＋f (x )＝(－2a )|x |＝0，则a ＝0，A 满足；对于B ，f (－x )＝(－x )2－ax ＋1，若f (－x )＋f (x )＝2x 2＋2＝0，则方程无解，B 不满足；对于C ，由ax －1>0，不管a 取何值，定义域均不关于原点对称，则C 不满足；对于D ，f (－x )＝－ax ＋cos(－x )＝－ax ＋cos x ，若f (－x )＋f (x )＝2cos x ＝0，则不满足x 为一切实数，D 不满足．故选A.【答案】A4．已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )【解析】 方法一 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，x ≠0，解得f (x )的定义域为{x |x >－1，且x ≠0}．令g (x )＝ln (x ＋1)－x ，则g ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1， 当－1<x <0时，g ′(x )>0；当x >0时，g ′(x )<0.∴f (x )在区间(－1,0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数，对照各选项，只有B 符合．方法二 本题也可取特值，用排除法求解：f (2)＝1ln 3－2<0，排除A.f ⎪⎭⎫⎝⎛-21＝1ln 12＋12＝1lne 2<0，排除C ，D ，故选B. 【答案】 B5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2e x ，x <0log 2(x ＋1)＋2，x ≥0(e 为自然对数的底数)，则不等式f (x )>4的解集为( )A ．(－ln 2,0)∪(3，＋∞)B ．(－ln 2，＋∞)C ．(3，＋∞)D ．(－ln 2,0)【解析】 当x <0时，2e x >4，解得：x >ln 2，不合题意； 当x ≥0时，log 2(x ＋1)＋2>4，解得：x >3， 综上可得：不等式的解集为：(3，＋∞)． 【答案】C6．函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(1＋x)＝f(1－x)且f(0)＝3，则f(b x)和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．大小关系随x的不同而不同【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)．即f(b x)≤f(c x)．【答案】 A7．函数f(x)＝(16x－16－x)log2|x|的图象大致为()【答案】 A8.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，x >0，|x ＋3|，－4≤x <0(a >0且a ≠1)．若函数f (x )的图象上有且只有两个点关于y 轴对称，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(1,4)C ．(0,1)∪(1，＋∞)D ．(0,1)∪(1,4)【解析】 由题意得y ＝log a x 与y ＝|x －3|,0<x ≤4有且仅有一个交点，当0<a <1时，有且仅有一个交点；当a >1时，需满足log a 4>4－3⇒1<a <4，因此a 的取值范围是(0,1)∪(1,4)，选D.【答案】 D9．如果函数f (x )＝12(m －2)x 2＋(n －8)x ＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为( )A ．16B ．18C ．25 D.812【解析】 当m ＝2时，f (x )＝(n －8)x ＋1在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，则n －8<0⇒n <8，于是mn <16，则mn 无最大值．当m ∈[0,2)时，f (x )的图象开口向下且过点(0,1)，要使f (x )在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，需－n －8m －2≤12，即2n ＋m ≤18，又n ≥0，则mn ≤m ⎪⎭⎫ ⎝⎛-29m ＝－12m 2＋9m .而g (m )＝－12m 2＋9m 在[0,2)上为增函数，∴m ∈[2,0)时，g (m )<g (2)＝16，∴mn <16，故m ∈[0,2)时，mn 无最大值．当m >2时，f (x )的图象开口向上且过点(0,1)，要使f (x )在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上单调递减，需－n －8m －2≥2，即2m ＋n ≤12，而2m ＋n ≥2 2m ·n ，∴mn ≤18，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋n ＝12，2m ＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝6时，取“＝”，此时满足m >2.故(mn )max ＝18.故选B.【答案】 B10．若函数f (x )是周期为4的奇函数，且在[0,2]上的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (1－x )，0≤x ≤1，sin πx ，1<x ≤2，则⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛641f f ＝________. 【答案】 1411．已知函数f (x )＝2x －12x ＋1＋x ＋sin x ，若正实数a ，b 满足f (4a )＋f (b －9)＝0，则1a ＋1b 的最小值为________．【解析】 因为f (－x )＝－f (x )，故由题设可得当4a ＋b ＝9，即4a 9＋b 9＝1时，则1a ＋1b＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫⎝⎛+b a a b a 1994＝19⎪⎭⎫ ⎝⎛+++a b b a 414≥19(5＋4)＝1，当且仅当b ＝2a 时取等号． 【答案】 112．．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数y ＝2[f (x )]2＋2bf (x )＋1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．【解析】 根据题意作出f (x )的简图：由图象可得当k ∈(0,1)时，函数f (x )－k 有四个不同零点．若方程2f 2(x )＋2bf (x )＋1＝0有8个不同实数解，令k ＝f (x )，则关于k 的方程2k 2＋2bk ＋1＝0有两个不同的实数根k 1、k 2，且k 1和k 2均为大于0且小于1的实数，即有k 1＋k 2＝－b ，k 1k 2＝12.故：⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4b 2－8>00<k 1＋k 2<2k 1k 2>0(k 1－1)(k 2－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧b >2或b <－20<－b <2b >－32，可得－32<b <－ 2.【答案】⎝⎛⎭⎫－32，－2。
2020年高考数学(文)母题题源解密20 函数与导数综合(解析版)
专题20 函数与导数综合【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，文数】已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围． 【答案】（1）详见解析；（2）4(0,)27． 【解析】 【分析】（1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．【详解】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增． （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<，当4027k <<>20f k =>，所以()f x 在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<，所以()f x 在(1,k --上有唯一一个零点，又()f x 在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点， 综上可知k 的取值范围为4(0,)27． 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题．【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27． 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -．于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少．考查函数的单调性，最大值、最小值的计算．【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析．【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明．【命题意图】了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数不超过三次）．主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算能力和逻辑推理能力．【命题规律】导数的综合应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在解答题的压轴位置，难度较大． 【答题模板】1．利用导数求函数单调区间的基本步骤 （1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ）；（3）由f '（x ）>0（或<0）解出相应的x 的取值范围，对应的区间为f （x ）的单调递增（减）区间． 还可以通过列表，写出函数的单调区间． 2．证明或讨论函数的单调性方法一：求出在对应区间上导数的正负即得结论． 方法二：（1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ），并求方程f '（x ）=0的根；（3）利用f '（x ）=0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f '（x ）的正负，由符号确定f （x ）在该子区间上的单调性． 【知识总结】 1．函数的极值设函数y=f （x ）在x 0附近有定义，如果对x 0附近的所有的点，都有f （x ）<f （x 0），则f （x 0）是函数y=f（x）的一个极大值，记作y极大值=f（x0）；如果对x0附近的所有的点，都有f（x）>f（x0），则f（x0）是函数y=f（x）的一个极小值，记作y极小值=f（x0）．极大值与极小值统称为极值．一般地，当函数f（x）在x0处连续时，（1）如果在x0附近的左侧f'（x）>0，右侧f'（x）<0，那么f（x0）是极大值；（2）如果在x0附近的左侧f'（x）<0，右侧f'（x）>0，那么f（x0）是极小值．注意：（1）极值点不是点，若函数f（x）在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f（x1）；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f（x2）．极大值与极小值之间无确定的大小关系．（2）极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．（3）f'（x0）=0是x0为f（x）的极值点的必要而非充分条件．例如，f（x）=x3，f'（0）=0，但x=0不是极值点．2．函数的最值在区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间[a，b]上连续的函数f（x）若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．注意：极值与最值的区别与联系极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个．3．利用导数解决函数单调性问题应该注意：（1）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（2）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f'（x）>0与f'（x）<0这两个不等式的解集问题来处理；（3）若可导函数f（x）在指定区间D上单调递增（减），则应将其转化为f'（x）≥0（f'（x）≤0）来处理；（4）涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f'（x）在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．4．函数的图象与导函数图象的关系理解导函数y=f'（x）的图象与函数f（x）图象的升降关系，导函数大于0对应原函数图象由左至右上升，导函数小于0对应原函数图象由左至右下降，在解题时要注意原函数的定义域，如判断定义域是否具有对称性等．5．由函数的单调性求参数的取值范围的技巧（1）由可导函数f（x）在D上单调递增（或递减）求参数范围问题，可转化为f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“=”是否取到．（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f'（x）>0（或f'（x）<0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．（3）若已知f（x）在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f（x）的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．（4）若已知f（x）在D上不单调，则f（x）在D上有极值点，且极值点不是D的端点．6．求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值；（2）若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．注意：求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．7．已知函数的极值、最值求参数（1）已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程．需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，所以必须对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件．（2）已知函数的最值求参数，一般先求出最值（含参数），再根据最值列方程或不等式（组）求解．8．利用导数解决不等式问题（1）利用导数证明不等式的方法证明f（x）<（>）g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）=f（x）-g（x），如果F'（x）<（>）0，则F（x）在（a，b）上是减（增）函数，同时若F（a）≤（≥）0，由减（增）函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）<（>）0，即证明了f（x）<（>）g（x）．其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．（2）不等式成立（恒成立）问题①f（x）≥a恒成立⇔f（x）min≥a，f（x）≥a成立⇒f（x）max≥a．②f （x ）≤b 恒成立⇔f （x ）max ≤b ， f （x ）≤b 成立⇔f （x ）min ≤b ． ③f （x ）>g （x ）恒成立F （x ）min >0．④∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）min ． ∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）max ． ∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）min ． ∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）max ．注意：不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对存在x ∈D 能成立等价于f （a ）≥g （x ）min （f （a ）≤g （x ）max ），f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对任意x ∈D 都成立等价于f （a ）≥g （x ）max （f （a ）≤g （x ）min ），应注意区分，不要搞混． 9．导数在研究函数零点中的应用（1）研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． （2）用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．1．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数3()ln ()f x x a x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =在区间(1,]e 上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)3(3,]e e .【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a 讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离3ln x a x =，再利用导数研究函数()3ln x g x x=单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数a 的取值范围.试题解析：（1）∵()323'3(0)a x af x x x x x-=-=>①若0a ≤时，()'0f x >，此时函数在()0,+∞上单调递增；②若0a >时，又()33'0x af x x-==得：x =x ⎛∈ ⎝时()'0f x <，此时函数在⎛ ⎝上单调递减；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时()'0f x >，此时函数在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增； （2）由题意知：3ln x a x =在区间(]1,e 上有两个不同实数解，即函数y a =图像与函数()3ln x g x x=图像有两个不同的交点，因为()()()223ln 1'ln x x g x x -=，令()'0g x =得：x =所以当(x ∈时，()'0g x <，函数在(上单调递减当x e ⎤∈⎦时，()'0g x >，函数在e ⎤⎦上单调递增；则()min 3g x ge ==，而311272791272727ln e g e e e ⎛⎫==> ⎪⎝⎭，且()327g e e =<， 要使函数y a =图像与函数()3ln xg x x=图像有两个不同的交点，所以a 的取值范围为(33,e e ⎤⎦.点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)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. 2．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））函数()()2sin cos exx f x x -=. （1）讨论()f x 在[)0,+∞上的最大值；（2）有几个ω（0>ω，且为常数），使得函数()y f x ω=在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为2e πω？【答案】（1）22eπ；（2）两个.【解析】【分析】（1）利用导数求出()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，然后当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>，()222f x ee π<<，从而可得到答案；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，然后分1ω≥、01ω<<两种情况讨论，当01ω<<时，22ef πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭，记()2sin cos t g t e t t e t ππ-=-，利用导数得到g t 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一的零点即可. 【详解】（1）()4cos xf x ex='，x ∈R ， 当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0f x，()f x 单调递增； 当3,22x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0f x，()f x 单调递减，∴()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭； 又当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>， 此时，()222f x ee π<<，所以()f x 在[)0,+∞上的最大值为22eπ.（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. ①当1ω≥时，22ωππ≥，()fx ω的最大值为22e π，∴222e e ππω=，2ω=；②当01ω<<时，()f x ω的最大值为2f ωπ⎛⎫⎪⎝⎭，∴22e f πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭. 令0,22t ωππ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，则有()22sin cos 2t t t e e t ππ-=， 记()2sin cos tg t e t te t ππ-=-， 则()2sin cos t g t e t t t e ππ--'=，()()2sin cos t g t e t t +=''-. 当0,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t ''<，()g t '单调递减，又∵02g π⎛⎫'<⎪⎝⎭， ∴()g t '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点t t =0. 当()00,t t ∈时，()0g t '>，g t 单调递增； 当0,2t t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，g t 单调递减. ∴()021022g t g e ππ⎛⎫>=> ⎪⎝⎭，又∵()010g =-<， 所以g t 在()00,t 上有唯一的零点1t t =，在0,2t π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数值恒大于0. 即g t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点1t t =. ∴22f e πωπω-⎛⎫=⎪⎝⎭在()0,1ω∈上有唯一解，112t ωπ=. 综上所述，有两个ω符合题意.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论的思想，属于较难题. 3．（2020·安徽省高三三模（文））已知函数()3ln 42x a f x x x =+--，其中a R ∈，且曲线()y f x =在点()()11f ，处的切线垂直于直线12y x =． （1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间与极值．【答案】(1)54(2) 在(0,5)内为减函数；在(5，＋∞)内为增函数． 极小值f (5)＝－ln 5.无极大值． 【解析】试题分析：（1）由曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线12y x =可得12f '=-（），可求出a 的值；（2）根据（1）可得函数的解析式和导函数的解析式，分析导函数的符号，进而可得函数f （x ）的单调区间与极值． 试题解析：（1）对()f x 求导得211()4a f x x x =--，由()f x 在点(1,(1))f 处的切线垂直于直线12y x =知3(1)24f a =--=-，解得54a =． （2）由（1）知53()ln 442x f x x x =+--，则2245()4x x f x x--=， 令()0f x =，解得1x =-或5x =．因为1x =-不在()f x 的定义域(0,)+∞内，故舍去． 当(0,5)x ∈时，()0f x '<，故()f x 在(0,5)上为减函数； 当(5,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(5,)+∞上为增函数． 由此知函数()f x 在5x =时取得极小值，(5)ln 5f =-．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值 4．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数f （x ）＝ae x ﹣2x +1． （1）当a ＝1时，求函数f （x ）的极值；（2）若f （x ）＞0对x ∈R 成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）极小值为3﹣2ln 2，无极大值；（2）322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【解析】【分析】（1）求导，判断函数单调性，根据单调性求得极值； （2）分离参数，构造函数，求解函数的最值，即可求得参数的范围. 【详解】（1）当a ＝1时，f （x ）＝e x ﹣2x +1，则f ′（x ）＝e x ﹣2， 令f ′（x ）＜0，解得x ＜ln 2；令f ′（x ）＞0，解得x ＞ln 2；故函数f （x ）在（﹣∞,ln 2）上递减，在（ln 2,+∞）上递增，故函数f （x ）的极小值为f （ln 2）＝2﹣2ln 2+1＝3﹣2ln 2，无极大值； （2）f （x ）＞0对x ∈R 成立，即为21xx a e -＞对任意x ∈R 都成立， 设()21xx g x e -=，则a ＞g （x ）max ()()222132'()x xx xe x e xg x e e---==， 令g ′（x ）＞0，解得32x ＜；令g ′（x ）＜0，解得32x ＞； 故函数g （x ）在32⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，递增，在32⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减， ∴323232()22maxg x g e e -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故实数a 的取值范围为322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，以及根据恒成立问题求解参数的范围，本题采用了分离参数的方法.5．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()e xf x a x =-⋅，其中e 是自然对数的底数.（1）若e a =，证明：()0f x ≥；（2）若[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（2）(],1-∞ 【解析】【分析】（1）当e a =时，()e e xf x x =-，利用导数求出函数()f x 的单调区间并求出最小值，即可证明()0f x ≥；（2）令()()()g x f x f x =--，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，可得()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立，利用导数判断()g x 在[)0,+∞的单调性，分别讨论1a ≤和1a >两种情况，即可得到a 的取值范围.【详解】（1）由题意，当e a =时，()e e xf x x =-，所以()e e xf x '=-，当1x =时，0fx ；当(),1x ∈-∞时，0f x，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增；所以()f x 在1x =时取得极小值，也是最小值. 所以()()10f x f ≥=.（2）令()()()e e2xxg x f x f x ax -=--=--，[)0,x ∈+∞，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，所以()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立. 由()e e2xxg x a -'=+-，令()()h x g x ='，则()2e 10ex xh x -'=≥在[)0,+∞上恒成立. 所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，又()022g a '=-， ①当1a ≤时，()()00g x g ''≥≥， 所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00g x g ≥=，即()()f x f x ≥-，满足题意. ②当1a >时，因为()g x '在[)0,+∞上单调递增， 所以()()min 0220g x g a ''==-<， 存在()0,t ∈+∞，使得当()0,x t ∈时，0g x，()g x 在()0,t 上单调递减，所以当()0,x t ∈时，()()00g x g <=，这与()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立矛盾. 综上所述，1a ≤，即实数a 的取值范围(],1-∞.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值和不等式恒成立问题，考查学生分类讨论的思想和转化能力，属于中档题.6．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数ln ()4x xf x x =+，已知ln 20.69≈. (1)证明：11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增；(2)若1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【答案】(1)证明见解析；(2)2- 【解析】【分析】(1)求244ln ()(0)(4)x xf x x x ++'=>+，设()44ln g x x x =++，求导数可知()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，根据零点存在性定理可知011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，从而可得()f x 在()0,x +∞上单调递增，进而可得当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增，即可得证；(2)只需求出()f x 的最小值即可，由(1)可知0044ln 0x x ++=， ()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，而011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，进而可得11168m ≤-，即2m ≤-，从而可求出整数m 的最大值.【详解】(1)证明：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，244ln ()(4)x xf x x ++'=+，设函数()44ln g x x x =++，因为4()10g x x'=+>， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，所以当0x x >时，()0>g x ，从而()0f x '>， 所以()f x 在()0,x +∞上单调递增，所以当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增， 故11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增.(2)解：由(1)知，()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 且0044ln 0x x ++=，即0044ln x x +=-， 所以()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，因为011,42x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭， 又1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，所以11168m ≤-，即2m ≤-， 所以整数m 的最大值为2-.【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，零点存在性定理及恒成立问题处理方法，属于难题．本题中在确定()g x 存在唯一的零点0x 后，没有直接求解0x ，而是在形式上虚设，这样处理的好处在于，通过对0x 满足的等式条件0044ln 0x x ++=的合理代换使用，快速将复杂的表达式()0000ln 4x x f x x =+，化简为较容易求解的表达式()004x f x =-，从而使问题得以解决． 7．（2020·广西壮族自治区桂平市第五中学高三月考（文））已知函数()3223332xf x e x x =+-+，()()g x f x '=，()f x '为()f x 的导数.()1求证：()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；（其中，()g x '为()g x 的导数） ()2若不等式()()2331g x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】()1证明见解析；()2(],2e -∞-. 【解析】【分析】()1先写出()()223xg x f x e x x '==+-，求导得()43xg x e x '=+-，则函数()g x '在区间[]0,1上单调递增，进而即可求证()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；()2由()1知，()223xg x e x x =+-，则()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--，利用导数判断单调性，进而算出a 的取值范围.【详解】解：()1证明：()3223332x f x e x x =+-+， ∴()()223x g x f x e x x '==+-，则()43xg x e x '=+-，显然，函数()g x '在区间[]0,1上单调递增. 又()01320g '=-=-<，()14310g e e '=+-=+>， ∴()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点.()2由()1知，()223x g x e x x =+-，∴不等式()()2331g x x a x ≥+-+即为()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--则()()()222111111x x e x e x h x x x x--+'=+-=-， 当1x ≥时，()1,()10xxu x e x u x e =--'=->，()u x 在[1,)+∞是增函数，()(1)20,10x u x u e e x ∴≥=->∴≥+>∴当1x ≥时，()()2111x e x h x x -+'=-≥()()211110x x x +-+-=，则()h x 在[)1,+∞单调递增，故()()min 12h x h e ==-，故2a e ≤-，∴实数a 的取值范围是(],2e -∞-.【点睛】本题考查导数在函数中的应用，考查分析能力和运算能力，属于中档题.8．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()()32f x x a x =-+.（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，求a 的取值范围.【答案】（1）在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减；（2）()0,27 【解析】【分析】（1）根据3a =，得到()336f x x x =--，求导()2'33f x x =-，由()'0f x >求得增区间，()'0f x <求得减区间.（2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，由00x >不成立，当0a ≠时，()2'3f x x a =-，再分0a <，0a >讨论求解.【详解】（1）因为3a =，则()336f x x x =--，()2'33f x x =-，令()'0f x =，解得1x =±. 当()(),11,x ∈-∞-+∞时，()'0f x >；当()1,1x ∈-时，()'0f x <.故()f x 在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，()f x 在()1,1-上单调递减. （2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，不符合题意.当0a ≠时，()2'3f x x a =-，当0a <时，()f x 在R 上单调递增，所以()020f a =->，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，解得x =()f x 在,⎛-∞ ⎝，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，在⎛ ⎝上单调递减.若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则0f ⎛< ⎝，解得027a <<. 综上，a 的取值范围为()0,27.【点睛】本题考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.9．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模（文））已知函数21()ln (1),()2f x x ax a x a R =+-+∈． （1）当1a =时，判断函数()y f x =的单调性；（2）若关于x 的方程212f x ax =（）有两个不同实根12x x ，，求实数a 的取值范围，并证明212•x x e ＞．【答案】（1）()f x 在∞（0，+）上单调递增；（2）详见解析. 【解析】【分析】（1）对()f x 求导，根据()f x '的符号得出()f x 的单调性；（2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，求出ln y x =的过原点的切线斜率即可得出a 的范围，设21210,t x x x x <<=，根据分析法构造关于t 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可． 【详解】解：（1）1a =时，21()ln 2(0)2f x x x x x =+->， 故22121()20x x f x x x x '-+=+-=≥，()f x ∴在∞（0，+）上单调递增． （2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，设直线y kx =与ln y x =相切，切点坐标为00()x y ，，则00000ln 1y kx y x k x ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得001,1,x e y k e ===，101a e ∴<+<，即111a e-<<-．∴实数a 的取值范围是11,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 不妨设210x x >>，则1122ln (1),ln (1)x a x x a x =+=+，两式相加得：()()1212ln (1)x x a x x =++， 两式相减得：()2211ln(1)x a x x x =+-，()12122211ln ln x x x x x x x x +∴=-，故()12212211ln ln x x x x x x x x +=-•， 要证212x x e >，只需证122211ln 2x x xx x x +>-•， 即证()2211221121212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令211x t x =>，故只需证2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立即可． 令2(1)()ln (1)1t g t t t t-=->+， 则22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++， ∴()g x 在1（，）+∞上单调递增， t 10g g ∴=（）＞（），即2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立． 212x x e ∴>•．【点睛】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于t 的不等式是证明的难点，属于难题．10．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数1ln(1)()x f x x++=（0x >）. （1）设()(1)()h x x f x =+，求曲线()y h x =在1x =处的切线方程； （2）若()1kf x x >+恒成立，求整数k 的最大值. 【答案】（1）(ln 2)3ln 22y x =-++ （2）max 3k = 【解析】【分析】（1）求出21ln(1)()x x h x x--+'=，然后算出(1)h '和()h 1即可 （2）由()1k f x x >+得(1)(1)ln(1)x x x k x ++++<，令(1)(1)ln(1)()x x x h x x++++=，则21ln(1)()x x h x x--+'=，令()1ln(1)g x x x =--+，则可得出存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+，然后推出min 0()1h x x =+即可【详解】解：（1））(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=，∴21ln(1)()x x h x x --+'=∴(1)ln 2h '=-，又(1)22ln 2h =+∴()y h x =在1x =处的切线方程为(1)(1)(1)y h h x '-=- 即(ln 2)3ln 22y x =-++（2）即(1)(1)ln(1)(1)()x x x k x f x x++++<+=令(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=∴21ln(1)()x x h x x--+'= 令()1ln(1)g x x x =--+∴1()101g x x '=->+对0x >恒成立， 知()g x 在(0,)+∞单调递增，∵(0)10g =-<，(1)0g <，(2)0g <，(3)0g > 故存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+.从而当0x x >时，有0()()0g x g x >=，()0h x '>∴()h x 在0(,3)x 单调递增. 当0x x <时，有0()()0g x g x <=，()0h x '<∴()h x 在0(2,)x 单调递减. 知()()()()000min 0011ln 1()x x x h x h x x ++++==()()()00001111(3,4)x x x xx +++-==+∈∴3k ≤，∴max 3k =【点睛】恒成立问题或者存在性问题，首选的方法是分离变量法，通过分离变量然后转化为最值问题.11．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三期末（文））已知函数2()ln 1f x x mx =++，m ∈R .（1）当2m =-时，求函数()f x 的单调区间及极值； （2）讨论函数()f x 的零点个数.【答案】（1）增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，极大值为1ln 22-，无极小值，（2）当2e m <-时，函数()f x 没有零点；当0m ≥或2e m =-时.函数()f x 有1个零点；当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【解析】【分析】（1）求导，求出()0,()0f x f x ''><的解，即可求出单调区间，进而求出极值；（2）求导，求出()f x 单调区间，确定极值，根据极值的正负以及零点存在性定理，对m 分类讨论，即可求解.【详解】由题得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞. （1）当2m =-时，2()ln 21f x x x =-+，所以1(12)(12)()4x x f x x xx-+'=-=，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 所以当12x =时，()f x 有极大值， 且极大值为21111ln 21ln 22222f ⎛⎫⎛⎫=-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极小值. （2）由2()ln 1f x x mx =++，得2112()2mx f x mx x x+'=+=. 当0m ≥时，()0f x '>恒成立，函数()f x 单调递增， 当10m x e--<<时，()()211()110m m f x f em m e----<=--++≤，又(1)10f m =+>，所以函数()f x 有且只有一个零点；当0m <时，令()0f x x '=⇒=，当x ⎛∈ ⎝时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以()f x 的极大值为2111ln 1ln 222f m m ⎛⎫=+⨯+=-+ ⎪⎝⎭， ①当111ln 0222m ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭，即得11ln 1ln 2m e ⎛⎫-<-= ⎪⎝⎭时， 解得2em <-，此时函数()f x 没有零点； ②当111ln 0222m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，即2e m =-时，函数()f x 有1个零点； ③当111ln 0222m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即02e m -<<时， ()2442110f e me me ---=-++=-+<.当1x >时，令()ln g x =x-x ， 则1()10g x x'=-<在(1,)+∞上恒成立， 所以()(1)1g x g <=-，即ln 1x x <-， 所以221()ln 1f x x mx x mx mx x+m ⎛⎫=++<+= ⎪⎝⎭， 故当1x >且1x m>-时，()0f x <.当02e m -<<时，有21e m-<<-， 所以函数()f x 有2个零点.综上所述：当2em <-时，函数()f x 没有零点； 当0m ≥或2em =-时.函数()f x 有1个零点； 当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【点睛】本题考查导数在研究函数性质的应用，涉及到函数的单调区级、极值、和零点个数判断，以及零点存在性定理的灵活运用，考查分类讨论思想和数形结合思想，属于难题.12．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））已知函数2()2(1)2(0)f x x a x alnx a =-++≠． （1）当1a =时，求函数()f x 的图象在点1x =处的切线方程； （2）讨论函数()f x 的单调性． 【答案】（1）y +3＝0；（2）见解析 【解析】【分析】（1）先把1a =代入，对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程；（2）先对函数求导，对a 进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性． 【详解】解：（1）1a =时，2()42f x x x lnx =-+，2()24f x x x'=-+， ()13f ∴=-，()10f '=，故()f x 的图象在点1x =处的切线方程30y +=； （2）函数的定义域(0,)+∞， 22(1)()()22(1)a x x a f x x a x x--'=-++=， 当0a <时，(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 当01a <<时，(,1)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞，(0,)a 时，()0f x '>，函数单调递增，当1a =时，22(1)()0x f x x-'=恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当1a >时，(1,)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(,)x a ∈+∞，(0,1)时，()0f x '>，函数单调递增，综上：当0a <时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 当01a <<时，函数在(,1)a 上单调递减，在(1,)+∞，(0,)a 上单调递增， 当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，函数在(1,)a 单调递减，在(,)a +∞，(0,1)上单调递增．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的单调性，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.13．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . (I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）390x y --=；（Ⅱ）见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由()()(sin )g x x a x x =-'-,通过讨论确定()g x 的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意2()f x x ax =-'， 所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x =-'， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g f x a x x x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.【考点】导数的几何意义及导数的应用【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 14．（2020·西藏自治区高三二模（文））已知函数()()2112xa f x e x e x =--，0a <．（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的极小值； （3）求函数()f x 的零点个数．【答案】（1）1y =-；（2）极小值1-；（3）函数()y f x =的零点个数为1． 【解析】【分析】（1）求出()0f 和()0f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数()y f x =的单调性，进而可得出该函数的极小值；（3）由当1x ≤时，()0f x <以及()20f >，结合函数()y f x =在区间()0,∞+上的单调性可得出函数()y f x =的零点个数. 【详解】（1）因为()()2112xa f x ex e x =--，所以()x a f x xe xe '=-． 所以()01f =-，()00f '=．所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为1y =-； （2）因为()()xaxaf x xe xe x e e'=-=-，令()0f x '=，得0x =或()0x a a =<．列表如下：所以，函数()y f x =的单调递增区间为(),a -∞和()0,∞+，单调递减区间为(),0a ， 所以，当0x =时，函数()y f x =有极小值()01f =-； （3）当1x ≤时，()0f x <，且()222220af e e e =->->．由（2）可知，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，所以函数()y f x =的零点个数为1．【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15．（2020·西藏自治区拉萨中学高三月考（文））已知函数()32ln f x x ax x =+-.（1）当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；（2）[)1,-+∞. 【解析】【分析】（1）先对函数()f x 求导，然后说明每个区间导数的符号，进而求出函数的单调区间； （2）构造函数()()22ln xx x g x x a f x+-==，由()0f x ≥在()0,∞+上恒成立，得()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，对()g x 求导，研究其单调性，求出()g x 的最小值，即可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）当1a =-时，()()32ln 0f x x x x x =-->，()2323132x x xf x x x '=--=--()()21332x x x x-++=，∵23320x x ++>恒成立，∴当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()y f x =单调递增；当()0,1x ∈时，。
2023年新高考数学大一轮复习专题一函数与导数第4讲不等式(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第4讲 不等式[考情分析] 1.不等式的解法是数学的基本功，在许多题目中起到工具作用.2.求最值和不等式恒成立问题常用到基本不等式.3.题型多以选择题、填空题形式考查，中等难度． 考点一 不等式的性质与解法 核心提炼1．不等式的倒数性质 (1)a >b ，ab >0⇒1a <1b.(2)a <0<b ⇒1a <1b.(3)a >b >0,0<c <d ⇒a c >b d.2．不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ，x ∈I ；f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a ，x ∈I . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔当x ∈I 时，f (x )的图象在g (x )的图象的上方． (3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法．例1 (1)若p >1,0<m <n <1，则下列不等式正确的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫m n p >1 B.p －m p －n <mnC ．m －p<n －pD ．log m p >log n p答案 D解析 方法一 设m ＝14，n ＝12，p ＝2，逐个代入可知D 正确．方法二 对于选项A ，因为0<m <n <1，所以0<m n<1，又p >1，所以0<⎝ ⎛⎭⎪⎫m n p <1，故A 不正确；对于选项B ，p －m p －n －m n ＝p －m n －m p －n n p －n ＝p n －m n p －n >0，所以p －m p －n >mn，故B 不正确；对于选项C ，由于函数y ＝x －p在(0，＋∞)上为减函数，且0<m <n <1，所以m －p>n －p，故C 不正确；对于选项D ，结合对数函数的图象可得，当p >1,0<m <n <1时，log m p >log n p ，故D 正确． (2)(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b <0的解集是( ) A ．(－∞，－3)∪(2，＋∞)B ．(－3,2)C ．(－∞，－2)∪(3，＋∞)D ．(－2,3)答案 A解析 由关于x 的不等式ax －b ≤0的解集是[2，＋∞)，得b ＝2a 且a <0， 则关于x 的不等式ax 2＋(3a －b )x －3b <0可化为x 2＋x －6>0， 即(x ＋3)(x －2)>0，解得x <－3或x >2， 所以不等式的解集为(－∞，－3)∪(2，＋∞)．易错提醒 求解含参不等式ax 2＋bx ＋c <0恒成立问题的易错点 (1)对参数进行讨论时分类不完整，易忽略a ＝0时的情况． (2)不会通过转换把参数作为主元进行求解． (3)不考虑a 的符号．跟踪演练 1 (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x <12，1x ，x ≥12，则不等式x 2f (x )＋x －2≤0的解集是________________． 答案 {x |－1≤x ≤1} 解析 由x 2f (x )＋x －2≤0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧x <12，3x 2＋x －2≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，x 2·1x＋x －2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x <12，－1≤x ≤23或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，x ≤1，∴－1≤x <12或12≤x ≤1，∴原不等式的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)若不等式(a 2－4)x 2＋(a ＋2)x －1≥0的解集是空集，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，65 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，65C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，65D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，65∪{2} 答案 B解析 当a 2－4＝0时，解得a ＝2或a ＝－2，当a ＝2时，不等式可化为4x －1≥0，解集不是空集，不符合题意；当a ＝－2时，不等式可化为－1≥0，此式不成立，解集为空集． 当a 2－4≠0时，要使不等式的解集为空集，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4<0，Δ＝a ＋22＋4a 2－4<0，解得－2<a <65.综上，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，65. 考点二 基本不等式 核心提炼基本不等式求最值的三种解题技巧(1)凑项：通过调整项的符号，配凑项的系数，使其积或和为定值．(2)凑系数：若无法直接运用基本不等式求解，通过凑系数后可得到和或积为定值，从而利用基本不等式求最值．(3)换元：分式函数求最值，通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开，即化为y ＝m ＋Ag x＋Bg (x )(AB >0)，g (x )恒正或恒负的形式，然后运用基本不等式来求最值．例2 (1)下列不等式的证明过程正确的是( ) A ．若a ，b ∈R ，则b a ＋a b ≥2b a ·a b ＝2 B ．若a <0，则a ＋4a≥－2a ·4a＝－4 C ．若a ，b ∈(0，＋∞)，则lg a ＋lg b ≥2lg a ·lg b D ．若a ∈R ，则2a＋2－a≥22a ·2－a＝2 答案 D解析 由于b a ，a b的符号不确定，故选项A 错误；∵a <0，∴a ＋4a＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ＋⎝⎛⎭⎪⎫－4a≤－2－a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4a＝－4(当且仅当a ＝－2时，等号成立)，故B 错误；由于lg a ，lg b 的符号不确定，故选项C 错误；∵2a>0,2－a>0，∴2a ＋2－a ≥22a ·2－a＝2(当且仅当a ＝0时，等号成立)，故选项D 正确．(2)(2019·天津)设x >0，y >0，x ＋2y ＝5，则x ＋12y ＋1xy的最小值为________．答案 4 3解析x ＋12y ＋1xy＝2xy ＋2y ＋x ＋1xy＝2xy ＋6xy＝2xy ＋6xy.由x ＋2y ＝5得5≥22xy ，即xy ≤524，即xy ≤258，当且仅当x ＝2y ＝52时等号成立．所以2xy ＋6xy≥22xy ·6xy＝43，当且仅当2xy ＝6xy，即xy ＝3时取等号，结合xy ≤258可知，xy 可以取到3，故x ＋12y ＋1xy的最小值为4 3.易错提醒 运用基本不等式时，一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指“正数”；“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值；“三相等”是指满足等号成立的条件．若连续两次使用基本不等式求最值，必须使两次等号成立的条件一致，否则最值取不到．跟踪演练2 (1)(2020·北京市中国人民大学附属中学模拟)已知a >0，b >0，且a －b ＝1，则2a ＋1b的最小值为________．答案 22＋2解析 ∵a >0，b >0，由a －b ＝1，得a ＝1＋b ，∴2a ＋1b ＝2＋2b ＋1b≥2＋22b ·1b＝2＋22，当且仅当b ＝22时，等号成立，∴2a ＋1b的最小值为22＋2. (2)(2020·江苏)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________． 答案 45解析 方法一 由题意知y ≠0.由5x 2y 2＋y 4＝1， 可得x 2＝1－y45y2，所以x 2＋y 2＝1－y 45y 2＋y 2＝1＋4y 45y2＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2＋4y 2≥15×21y 2×4y 2＝45， 当且仅当1y 2＝4y 2，即y ＝±22时取等号．所以x 2＋y 2的最小值为45.方法二 设x 2＋y 2＝t >0，则x 2＝t －y 2. 因为5x 2y 2＋y 4＝1，所以5(t －y 2)y 2＋y 4＝1， 所以4y 4－5ty 2＋1＝0.由Δ＝25t 2－16≥0，解得t ≥45⎝ ⎛⎭⎪⎫t ≤－45舍去.故x 2＋y 2的最小值为45.专题强化练一、单项选择题1．不等式(－x ＋3)(x －1)<0的解集是( ) A ．{x |－1<x <3} B ．{x |1<x <3} C ．{x |x <－1或x >3} D ．{x |x <1或x >3}答案 D解析 不等式即(x －3)(x －1)>0，由二次不等式的解法大于分两边可得不等式的解集为{x |x <1或x >3}．2．下列命题中正确的是( ) A ．若a >b ，则ac 2>bc 2B ．若a >b ，c <d ，则a c >b dC ．若a >b ，c >d ，则a －c >b －dD ．若ab >0，a >b ，则1a <1b答案 D解析 对于A 选项，当c ＝0时，不成立，故A 选项错误． 当a ＝1，b ＝0，c ＝－2，d ＝－1时，a c <b d，故B 选项错误． 当a ＝1，b ＝0，c ＝1，d ＝0时，a －c ＝b －d ，故C 选项错误． 由不等式的性质知D 正确．3．(2020·北京市昌平区新学道临川学校模拟)已知一元二次不等式f (x )<0的解集为{x |x <－2或x >3}，则f (10x)>0的解集为( ) A ．{x |x <－2或x >lg3} B ．{x |－2<x <lg3} C ．{x |x >lg3} D ．{x |x <lg3}答案 D解析 一元二次不等式f (x )<0的解集为{x |x <－2或x >3}， 则f (x )>0的解集为{x |－2<x <3}，则f (10x)>0可化为－2<10x<3，解得x <lg3， 所以所求不等式的解集为{x |x <lg3}．4．若a >b >0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋1b <b2a <log 2(a ＋b )B.b 2a <log 2(a ＋b )<a ＋1bC ．a ＋1b <log 2(a ＋b )<b 2aD ．log 2(a ＋b )<a ＋1b <b 2a答案 B解析 由题意得a >1,0<b <1， ∴b2a <1，log 2(a ＋b )>log 22ab ＝1， 12a b+>a ＋1b >a ＋b ⇒a ＋1b>log 2(a ＋b )．5．(2018·全国Ⅲ)设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则( ) A ．a ＋b <ab <0 B ．ab <a ＋b <0 C ．a ＋b <0<ab D ．ab <0<a ＋b答案 B解析 ∵a ＝log 0.20.3>log 0.21＝0，b ＝log 20.3<log 21＝0，∴ab <0.∵a ＋b ab ＝1a ＋1b＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4， ∴1＝log 0.30.3>log 0.30.4>log 0.31＝0， ∴0<a ＋bab<1，∴ab <a ＋b <0. 6．已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是( ) A ．3B ．4C.92D.112答案 B解析 由题意得x ＋2y ＝8－x ·2y ≥8－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2y 22，当且仅当x ＝2y 时，等号成立，整理得(x＋2y )2＋4(x ＋2y )－32≥0，即(x ＋2y －4)(x ＋2y ＋8)≥0，又x ＋2y >0，所以x ＋2y ≥4，所以x ＋2y 的最小值为4.故选B.7．已知a >－1，b >－2，(a ＋1)(b ＋2)＝16，则a ＋b 的最小值是( ) A ．4B ．5C ．6D ．7 答案 B解析 由a >－1，b >－2，得a ＋1>0，b ＋2>0，a ＋b ＝(a ＋1)＋(b ＋2)－3≥2a ＋1b ＋2－3＝2×4－3＝5，当且仅当a ＋1＝b ＋2＝4，即a ＝3，b ＝2时等号成立，所以a ＋b 的最小值是5.8．已知正实数a ，b ，c 满足a 2－2ab ＋9b 2－c ＝0，则当ab c取得最大值时，3a ＋1b－12c的最大值为( ) A ．3B.94C ．1D ．0答案 C解析 由正实数a ，b ，c 满足a 2－2ab ＋9b 2－c ＝0，得a 2c －2ab c ＋9b 2c ＝1≥4ab c， 当且仅当a 2c ＝9b 2c ，即a ＝3b 时，ab c 取最大值14，又因为a 2－2ab ＋9b 2－c ＝0， 所以此时c ＝12b 2，所以3a ＋1b －12c ＝1b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1b ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2－1b 24＝1，当且仅当b ＝1时等号成立．故最大值为1. 二、多项选择题9．设f (x )＝ln x,0<a <b ，若p ＝f (ab )，q ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，r ＝12[f (a )＋f (b )]，则下列关系式中正确的是( )A ．q ＝rB ．p <qC ．p ＝rD ．p >q 答案 BC解析 r ＝12(ln a ＋ln b )＝p ＝ln ab ，p ＝ln ab <q ＝ln a ＋b 2.10．已知a ∈Z ，关于x 的一元二次不等式x 2－6x ＋a ≤0的解集中有且仅有3个整数，则a 的值可以是( ) A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 ABC解析 方法一 设y ＝x 2－6x ＋a ，则其图象为开口向上，对称轴是x ＝3的抛物线，如图所示．若关于x 的一元二次不等式x 2－6x ＋a ≤0的解集中有且仅有3个整数，则⎩⎪⎨⎪⎧22－6×2＋a ≤0，12－6×1＋a >0，解得5<a ≤8，又a ∈Z ，故a 可以为6,7,8.方法二 分离常数，得a ≤－x 2＋6x ，函数y ＝－x 2＋6x 的图象及直线y ＝a ，如图所示，由图易知5<a ≤8.11．(2020·威海模拟)若a ，b 为正实数，则a >b 的充要条件为( ) A.1a >1bB ．ln a >ln bC ．a ln a <b ln bD ．a －b <e a－e b答案 BD解析 对于A ，因为a >b >0，所以1a <1b，故A 错误；对于B ，因为y ＝ln x 在(0，＋∞)上为增函数，所以a >b >0⇔ln a >ln b ，故B 正确；对于C ，设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以a >b >0不能推出a ln a <b ln b ，故C 错误；对于D ，设g (x )＝x－e x(x >0)，则g ′(x )＝1－e x.因为x >0，所以e x>1，所以g ′(x )<0，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以当a >b >0时，g (a )<g (b )，即a －e a<b －e b，即a －b <e a－e b，充分性成立；当a >0，b >0，且a －b <e a －e b 时，易证得a >b ，必要性成立，故D 正确．12．(2020·新高考全国Ⅰ)已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，则( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．2a －b>12C ．log 2a ＋log 2b ≥－2 D.a ＋b ≤ 2答案 ABD解析 因为a >0，b >0，a ＋b ＝1， 所以a ＋b ≥2ab ，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立，即有ab ≤14.对于A ，a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2×14＝12，故A 正确；对于B,2a －b＝22a －1＝12×22a， 因为a >0，所以22a>1，即2a －b>12，故B 正确； 对于C ，log 2a ＋log 2b ＝log 2ab ≤log 214＝－2，故C 错误；对于D ，由(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab ≤2， 得a ＋b ≤2，故D 正确． 三、填空题13．对于0<a <1，给出下列四个不等式：①log a (1＋a )<log a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ；②log a (1＋a )>log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ；③a1＋a<11aa+；④a1＋a>a 1＋1a.其中正确的是________．(填序号)答案 ②④解析 由于0<a <1，所以函数f (x )＝log a x 和g (x )＝a x在定义域上都是单调递减函数，而且1＋a <1＋1a，所以②④是正确的．14．当x ∈(0，＋∞)时，关于x 的不等式mx 2－(m ＋1)x ＋m >0恒成立，则实数m 的取值范围是________． 答案 (1，＋∞)解析 ∵x ∈(0，＋∞)，mx 2－(m ＋1)x ＋m >0恒成立， ∴m (x 2－x ＋1)>x 恒成立，又x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0，∴m >xx 2－x ＋1恒成立，当x ∈(0，＋∞)时，xx 2－x ＋1＝1x ＋1x－1≤121－1＝1， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取“＝”．∴m >1.15．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析 由f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，得f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x－1e－x ＝－x 3＋2x －e x＋1ex ＝－f (x )，又x ∈R ，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x 是奇函数．因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x·1ex＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时“＝”成立， 所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )． 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0，解得－1≤a ≤12.16．已知实数x ，y 满足x >1，y >0且x ＋4y ＋1x －1＋1y ＝11，则1x －1＋1y的最大值为________． 答案 9 解析 ∵x ＋4y ＋1x －1＋1y＝11， ∴(x －1)＋4y ＝10－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y ，又⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y [(x －1)＋4y ]＝5＋x －1y ＋4y x －1≥5＋24＝9， 当且仅当x －1y ＝4y x －1，即2y ＝x －1>0时等号成立， ∴⎝⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＋1y ≥9， 令t ＝1x －1＋1y，则t (10－t )≥9，即t2－10t＋9≤0，∴1≤t≤9，∴1x－1＋1y的最大值为9.11。
全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题一函数与导数第1讲函数的图象与性质练习理
第1讲 函数的图象与性质「考情研析」 1.对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决有关函数性质的问题． 2.求函数零点所在的区间、零点的个数及参数的取值范围是高考的常见题型，主要以选填的形式出现.核心知识回顾1.函数的单调性单调性的定义的等价形式：设x 1，x 2∈[a ，b ](x 1≠x 2)，那么(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0⇔＞0⇔f (x )在[a ，b ]上是增函数；□01 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0⇔＜0⇔f (x )在[a ，b ]上是减函数．□02 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 22．函数的奇偶性、周期性(1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的任意x (定义域关于原点对称)，都有f (－x )＝－f (x )成立，则f (x )为奇函数(都有f (－x )＝f (x )成立，则f (x )为□01 □02 偶函数)．(2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数f (x )，如果对于定义域内的任意一个x 的值，若f (x ＋T )＝f (x )(T ≠0)，则f (x )是周期函数，T 是它的一个周□03 期．3．关于函数的周期性、对称性的结论(1)函数的周期性①若函数f (x )满足f (x ＋a )＝f (x －a )，则f (x )为周期函数，2a 是它的一个周期．□01 ②设f (x )是R 上的偶函数，且图象关于直线x ＝a (a ≠0)对称，则f (x )是周期函数，2a 是它的一个周期．□02 ③设f (x )是R 上的奇函数，且图象关于直线x ＝a (a ≠0)对称，则f (x )是周期函数，4a 是它的一个周期．□03 (2)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，即f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．□04 ②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，即f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a,0)对称．□05③若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝对称．□06 a ＋b 24．函数与方程(1)零点定义：x 0为函数f (x )的零点⇔f (x 0)＝0⇔(x 0,0)为f (x )的图象与x 轴的交□01 点．(2)确定函数零点的三种常用方法①解方程判定法：解方程f (x )＝0.②零点定理法：根据连续函数y ＝f (x )满足f (a )f (b )＜0，判定函数在区间(a ，b )内存在零点．③数形结合法：尤其是方程两端对应的函数类型不同时多用此法求解.热点考向探究考向1 函数的性质例1 (1)定义在R 上的函数f (x )在区间(－∞，2)上是增函数，且函数f (x ＋2)的图象关于直线x ＝0对称，则( )A ．f (1)＞f (3)＞f (－1)B ．f (1)＞f (－1)＞f (3)C ．f (3)＝f (1)＞f (－1)D ．f (0)＞f (3)＞f (－1)答案 C解析 ∵f (x ＋2)的图象关于y 轴对称，∴y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，∴f (2＋x )＝f (2－x )，∴f (3)＝f (1)，而函数f (x )在区间(－∞，2)上是增函数，∴f (－1)＜f (0)＜f (1)＝f (3)．(2)(2019·鞍山一中高三三模)奇函数f (x )的定义域为R ，若f (x ＋1)为偶函数，且f (－1)＝－1，则f (2018)＋f (2019)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．1答案 B解析 由题意，奇函数f (x )的定义域为R ，若f (x ＋1)为偶函数，则f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，即f (x ＋2)＝－f (x )，则f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，即f (x )是周期为4的周期函数，f (2018)＝f (504×4＋2)＝f (2)＝－f (0)＝0，f (2019)＝f (504×5－1)＝f (－1)＝－1，则f (2018)＋f (2019)＝0－1＝－1，故选B.(3)(2019·永州市高三摸底考试)已知函数f (x )＝e x －e －x －2x (x ∈R )，则不等式f (1＋x )＋f (1－x 2)≥0的解集是( )A ．[－1,2]B ．[－2,1]C．(－∞，－1]∪[2，＋∞)D．(－∞，－2]∪[1，＋∞)答案 A解析 因为函数f(x)＝e x－e－x－2x(x∈R)，所以f(－x)＝e－x－e x＋2x＝－f(x)，因此函数f(x)为奇函数，所以f(1＋x)＋f(1－x2)≥0化为f(1＋x)≥f(x2－1)，又f′(x)＝e x＋e－x－2≥0在R上恒成立，因此函数f(x)＝e x－e－x－2x在R上为增函数，所以1＋x≥x2－1，即x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2.故选A.(1)函数奇偶性的判断主要是根据定义，涉及奇偶性与单调性相结合的问题应明确奇、偶函数的单调性特征，将所研究的问题转化为同一个单调区间，涉及偶函数的单调性应注意f(x)＝f(－x)＝f(|x|)的应用．(2)含参数奇、偶函数问题，应根据奇偶函数的定义列出关于参数的方程，而对原点处有定义的奇函数，可直接用f(0)＝0列式求参数．1．(2019·永州市高三第三次模拟)已知f(x)满足∀x∈R，f(x＋2)＝f(x)，且x∈[1,3)时，f(x)＝log2x＋1，则f(2019)的值为( )A．－1B．0C．1D．2答案 C解析 因为f(x)满足∀x∈R，f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为2，又x∈[1,3)时，f(x)＝log2x＋1，因此f(2019)＝f(1)＝log21＋1＝1.故选C.2．奇函数f(x)满足f(x－2)＝－f(x)，且x∈[0,2]时，f(x)＝2x－x2，则f(2018)＋f(2019)＋f(2020)的值为________．答案 －1解析 函数f(x)是奇函数，则f(0)＝0，由f(x)＝2x－x2，x∈[0,2]知f(1)＝1，f(2)＝0，又f(x－2)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(x－2)＝－[－f(x－4)]＝f(x－4)，所以f(x)的周期为4，所以f(2018)＋f(2019)＋f(2020)＝f(2)＋f(3)＋f(0)＝f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1.3．已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x.那么，不等式f(x＋2) <5的解集是________．答案 (－7,3)解析 ∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(|x|)．又x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴不等式f(x＋2)<5⇒f(|x＋2|)<5⇒|x＋2|2－4|x＋2|<5⇒(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)<0⇒|x＋2|－5<0⇒|x＋2|<5⇒－5<x＋2<5⇒－7<x<3.故解集为(－7，3)．考向2 函数的图象例2 (1)(2019·吕梁市高三模拟)函数f(x)＝|x|·sin x的图象大致是( )答案 A解析 函数f(x)＝|x|sin x为奇函数，图象关于原点中心对称，可排除B，C；又f(π)＝|π|sinπ＝0，故排除D，故选A.(2) (2019·广州市高中毕业班综合测试(一))如图，一高为H且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T.若鱼缸水深为h 时，水流出所用时间为t，则函数h＝f(t)的图象大致是( )答案 B解析 函数h ＝f (t )是关于t 的减函数，故排除C ，D ，则一开始，h 随着时间的变化，而变化变慢，超过一半时，h 随着时间的变化，而变化变快，故对应的图象为B ，故选B.知式选图问题的求解方法：根据图象与坐标轴的交点及图象的左、右、上、下分布特征、变化趋势，再结合函数的单调性、奇偶性等性质分析解析式与图象的对应关系，同时要注意特殊点的应用．1. 下列四个函数中，图象如图所示的只能是( )A ．y ＝x ＋lg xB ．y ＝x －lg xC ．y ＝－x ＋lg xD ．y ＝－x －lg x 答案 B解析 特殊值法：当x ＝1时，由图象可知y ＞0，而C ，D 中，y ＜0，故排除C ，D.又当x ＝时，由图象可知y ＞0，而A 中y ＝＋lg ＝－＜0，排除A ，故选B.1101101109102．函数y ＝e |x |－x 3的大致图象是( )答案 A解析 易知函数y ＝e |x |－x 3为非奇非偶函数，排除B ；当x ＜0时，y ＞0，排除C ；当x ＝2时，y ＝e 2－8＜0，排除D ，故选A.考向3 函数的零点例3 (1)(2019·宣城市高三第二次调研测试)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2019＋(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( ) A．a>c>d>b B．a>d>c>bC．c>d>a>b D．c>a>b>d答案 A解析 由题意，设g(x)＝(x－a)(x－b)，则f(x)＝2019＋g(x)，所以g(x)＝0的两个根是a，b，由题意知，f(x)＝0的两根c，d，也就是g(x)＝－2019的两根，画出g(x)(开口向上)以及直线y＝－2019的大致图象，则两函数图象的交点的横坐标就是c，d，g(x)与x轴的交点的横坐标就是a，b，又a＞b，c＞d，则c，d在a，b内，由图得，a>c>d>b，故选A.sin(2)函数y＝lg x－x在(0，＋∞)上的零点个数为( )A．1B．2C．3D．4答案 Csin解析 画出函数y＝lg x与y＝x的图象，如图，易知两函数图象在(0，＋∞)上有3个交点，即函数y＝lg x－sin x在(0，＋∞)上有3个零点，故选C.(3)(2019·天津九校联考)已知函数f(x)＝Error!且函数y＝f(x)－2x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )A．[－4，＋∞)B．[－8，＋∞)C．[－4,0]D．(0，＋∞)答案 A解析 方程f(x)－2x＝0⇔f(x)＝2x⇔f(x)－a＝2x－a，所以函数y＝f(x)－2x恰有三个不同的零点等价于y＝f(x)－a与y＝2x－a有三个不同的交点．记g(x)＝f(x)－a＝Error!画出函数简图如下，画出函数y ＝2x 如图中过原点的虚线l ，平移l 要保证图象有三个交点，向上最多平移到l ′位置，向下平移一直会有三个交点，所以－a ≤4，即a ≥－4，故选A.判断函数零点的方法(1)解方程法，即解方程f (x )＝0，方程有几个解，函数f (x )就有几个零点．(2)图象法，画出函数f (x )的图象，图象与x 轴的交点个数即为函数f (x )的零点个数．(3)数形结合法，即把函数等价转化为两个函数，通过判断两个函数图象交点的个数得出函数零点的个数．(4)利用零点存在性定理判断．1．(2019·广西桂林市高三综合能力检测)下列函数中是奇函数且有零点的是( )A ．f (x )＝x ＋|x |B ．f (x )＝x －1＋xC ．f (x )＝＋tan xD ．f (x )＝sin 1x (x ＋π2)答案 C解析 因为f (x )＝x ＋|x |，所以f (－x )＝－x ＋|x |，而－f (x )＝－x －|x |，所以不是奇函数，排除A ；因为f (x )＝x －1＋x ，所以f (－x )＝－x －1－x ＝－f (x )，所以函数f (x ) 是奇函数，但令f (x )＝0，可知方程无解，即f (x ) 没有零点，排除B ；因为f (x )＝sin ＝cos x ，所以f (－x )＝cos x ＝f (x )，即f (x )为偶函数，排除D ；因为f (x )(x ＋π2)＝＋tan x ，所以f (－x )＝－－tan x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，又由正切函数的图象1x 1x 和反比例函数的图象易知，y ＝－与y ＝tan x 必然有交点，因此函数f (x )＝＋tan x 必有零1x 1x 点．故选C.2．(2019·马鞍山市一模)若函数f (x )＝ln (x －1)＋－ax (a >0)恰有一个零点，则实数2x a 的值为( )A.B ．212C ．D ．e1e 答案 A解析 函数f (x )的定义域为(1，＋∞)，若函数f (x )＝ln (x －1)＋－ax (a >0)恰有一2x 个零点，等价为f (x )＝ln (x －1)＋－ax ＝0恰有一个根，即ln (x －1)＋＝ax 恰有一个根，即函数y ＝ln 2x 2x (x －1)＋和y ＝ax 的图象恰有一个交点，即当a >0时，y ＝ax 是函数y ＝ln (x －1)＋的切2x 2x 线．设g (x )＝ln(x －1)＋，切点为(m ，n )，则ln(m －1)＋＝n ，因为g ′(x )2x 2m ＝－＝>0，切线斜率k ＝g ′(m )＝－＝a ，则切线方程为y －n ＝1x －12x 2x 2－2x ＋2x 2(x －1)1m －12m 2(x －m )，因为切线过原点，所以－m ＋ln (m －1)＋＝0，即ln (m －1)(1m －1－2m 2)(1m －1－2m 2)2m ＋－＝0，所以m ＝2，此时a ＝－＝－＝1－＝，故选A.4m mm －11m －12m 212－12412123．已知函数f (x )＝|x |＋－(a ＞0)没有零点，则实数a 的取值范围是a －x 22________．答案 (0,1)∪(2，＋∞)解析 函数f (x )＝|x |＋－(a ＞0)没有零点，即方程|x |＋－＝0没有a －x 22a －x 22实根，转化为函数y ＝与函数y ＝－|x |的图象没有交点，画出图象如图所示，找到a －x 22两个临界位置，易得实数a 的取值范围是(0,1)∪(2，＋∞)．真题押题『真题模拟』1．(2019·温州高三检测)函数f (x )＝e x ＋x －2的零点所在的区间是( )12A ．(0，)B ．(，1)1212C ．(1,2)D ．(2,3)答案 B解析 ∵f ′(x )＝e x ＋＞0，∴f (x )在R 上单调递增，又f ＝－＜－＜0，f (1)12(12)e 74374＝e －＞0，∴函数f (x )的零点在区间(，1)上．32122．(2019·新疆维吾尔族自治区第二次检测)已知函数f (x )＝－，g (x )1x ＋0.5＝2cosπx ，当x ∈(－3,2)时，方程f (x )＝g (x )的所有实根之和为( )A ．－2B ．－1C ．0D ．2答案 A解析 作出函数f (x )，g (x )的大致图象如图所示．由反比例函数及三角函数的性质可知，函数f (x )，g (x )的图象都关于点P 对称，(－12，0)所以它们图象的交点关于点P 对称．由图可知，x 1＋x 4＝－1，x 2＋x 3＝－1，所有实根之和为x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝－2.故选A.3．(2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝在[－π，π]的图象大致为( )sin x ＋xcos x ＋x 2答案 D解析 ∵f (－x )＝＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，排除A.又sin (－x )－xcos (－x )＋(－x )2f ＝＝>1，f (π)＝>0，排除B ，C.故选D.(π2)1＋π2(π2)24＋2ππ2π－1＋π24．(2019·上海市交大附中高三一模)已知定义域为R 的函数f (x )＝Error!则此函数图象上关于原点对称的点有( )A ．7对B ．8对C ．9对D ．以上都不对答案 B解析 当x ＝0时，f (x )＝－，此时关于原点对称的点为，此点不在函数15(0，－15)(0，15)f (x )上．当x <0时，函数y ＝x －关于原点对称的函数为－y ＝－x －，即y ＝x ＋(x >0)，251525152515若函数图象上存在关于原点对称的点，则问题转化为求当x >0时，f (x )＝3与y ＝x ＋(x >0)的交点个数．作出函数f (x )在x >0时的图象如图，由图1－[x －(2k －1)]22515象，知函数y ＝3，x ∈[2k －2,2k ]，k ∈N *的图象分别关于1－[x －(2k －1)]2x ＝1，x ＝3，x ＝5，x ＝7，x ＝9对称，且函数的最大值为f (2k －1)＝3，当y ＝x ＋＝3时，2515得x ＝，即x ＝7，故当x >0时，f (x )＝251453与y ＝x ＋(x >0)的交点个数有8个，即函数图象上关于原点对称1－[x －(2k －1)]22515的点有8对，故选B.『金版押题』5．函数f (x )＝x 2＋ln |x |的大致图象是( )答案 A解析 解法一：∵f (x )＝x 2＋ln |x |，∴f (－x )＝(－x )2＋ln |－x |＝f (x )．∴f (x )是偶函数，其图象关于y 轴对称，排除B ，C.当x ∈(0，＋∞)时，函数f (x )＝x 2＋lnx ，则f ′(x )＝2x ＋＞0，即函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，故选A.1x 解法二：∵f (x )＝x 2＋ln |x |，∴f (－x )＝(－x )2＋ln |－x |＝f (x )．∴f (x )是偶函数，其图象关于y 轴对称，排除B ，C.又当x 无限接近于0时，x 2→0，ln |x |→－∞.因此排除D ，故选A.6．设f (x )是定义在R 上的偶函数，对任意的x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x )，且当x ∈[－2,0]时，f (x )＝x －1，若关于x 的方程f (x )－log a (x ＋2)＝0(a >1)在区间(－2,6](12)内恰有三个不同实根，则实数a 的取值范围是( )A ．(，)B ．(，2)434834C ．(，2]D ．(，2]4334答案 B解析 因为f (x )为偶函数，故f (2－x )＝f (x －2)，所以f (x ＋2)＝f (x －2)，故f (x )是周期函数且周期为4，因x ∈[－2,0]时，f (x )＝x －1，故f (x )在(－2,6]上的图象如图所(12)示，因为f (x )－log a (x ＋2)＝0在区间(－2,6]内恰有三个不同实根，所以f (x )的图象与y ＝log a (x ＋2)的图象有3个不同的交点，故Error!即Error!解得4<a <2，故选B.配套作业一、选择题1．(2019·新疆乌鲁木齐高三第二次质量检测)图象关于原点对称且在定义域内单调递增的函数是( )A ．f (x )＝cos x －1B ．f (x )＝x 2＋2C ．f (x )＝－D ．f (x )＝x 31x 答案 D解析 根据题意，函数的图象关于原点对称，则该函数为奇函数，据此分析选项．对于A ，f (x )＝cos x －1为偶函数，不符合题意；对于B ，f (x )＝x 2＋2为偶函数，不符合题意；对于C ，f (x )＝－是奇函数，但在其定义域内不是单调函数，不符合题意；对于D ，f (x )1x ＝x 3是奇函数即其图象关于原点对称且在定义域内单调递增，符合题意．故选D.2．(2019·永州市高三第三次模拟)已知函数f (x )＝－3x ＋2sin x ，若a ＝f (3)，2b ＝－f (－2)，c ＝f (log 27)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．b <c <a答案 B解析 由题意得，f (－x )＝3x －2sin x ＝－f (x )，可知f (x )为R 上的奇函数．∴b ＝－f (－2)＝f (2)．f ′(x )＝－3＋2cos x .又－1≤cos x ≤1，可得－5≤－3＋2cos x ≤－1，即f ′(x )<0，∴f (x )在R 上单调递减．又3>31＝3,2＝log 24<log 27<log 28＝3，可知2<log 27<3，∴f (3)<f (log 27)<f (2)，即2 2 2a <c <b ，故选B.3．已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f (2x －1)＜f ()的x 的取值13范围是( )答案 A解析 由于函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，且f (x )为偶函数，则由f (2x －1)＜f 得－＜2x －1＜，解得＜x ＜.故x 的取值范围是(，).131313132313234．(2019·靖远县高三第四次联考)函数y ＝的图象大致是( )ln x 4x答案 A解析 因为函数y ＝为奇函数，排除B ，C ；又函数y ＝的零点为－1和1，排ln x 4x ln x 4x 除D ，故选A.5．若方程ln (x ＋1)＝的根在区间(k ，k ＋1)(k ∈Z )上，则k 的值为( )2x A ．－1B ．0C ．1D ．－1或1答案 D解析 在同一坐标系中作出函数y ＝ln (x ＋1)，y ＝的图象(图略)，可知有2个交点，2x 一个在区间(－1,0)上，又x ＝1时，ln 2＜2，x ＝2时，ln 3＞1，所以另一个在区间(1,2)上，即k ＝－1或k ＝1，故选D.6．函数f (x )＝3·4x －2x 在x ∈[0，＋∞)上的最小值是( )A ．－B ．0112C ．2D ．10答案 C解析 设2x ＝t ，∵x ≥0，∴t ≥1，y ＝3t 2－t (t ≥1)的最小值为2，故选C.7．(2019·巢湖市高三3月份联考)与函数f (x )＝sin x 2＋cos x 的部分图象符合的是( )答案 B解析 ∵f (x )＝sin x 2＋cos x ＝f (－x )＝sin x 2＋cos(－x )，故得到函数f (x )是偶函数，图象关于y 轴对称，f (0)＝sin0＋cos0＝1，排除C ，f ＝sin ＋cos ＝sin >0，排(π2)π24π2π24除A ，D ，故选B.8．若a ＞b ＞1,0＜c ＜1，则( )A ．a c ＜b cB ．ab c ＜ba cC ．a log b c ＜b log a cD ．log a c ＜log b c答案 C解析 考虑幂函数y ＝x c ，因为c ＞0，所以y ＝x c 为增函数，又a ＞b ＞1，所以a c ＞bc ，A 错误．ab c ＜ba c ⇔()c ＜，又y ＝()x 是减函数，所以B 错误．由对数函数的性质b a b a ba 可知D 错误，选C.9．已知函数f (x )＝x 2＋，则y ＝f (x )的图象大致为( )cos xx2答案 B解析 函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，因为f (－x )＝(－x )2＋＝x 2＋＝f (x )，所以该函数为偶函数，故可排除A ，当x →＋∞时，函数f (x )cos (－x )(－x )2cos xx 2→＋∞，故可排除C ，D ，故选B.10．(2019·江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学高三联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足x >0时，f (x )＝x －ln x ＋ln ，则函数g (x )＝f (x )－sin x (e 2ππ2为自然对数的底数)的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．5答案 C解析 当x >0时，f ′(x )＝－，故函数f (x )在上单调递减，在上2π1x (0，π2)(π2，＋∞)单调递增，在x ＝处有最小值为f ＝1，此时g ＝f －sin ＝1－1＝0.根据f (x )π2(π2)(π2)(π2)π2的单调性和|sin x |≤1可知，当x >0时，x ＝是g (x )的唯一零点．由于f (x )是定义在R 上π2的奇函数，则f (0)＝0，故g (0)＝f (0)－sin0＝0，所以x ＝0是函数g (x )的零点．由于f (x )和sin x 都是奇函数，故f＝－f ＝－1，sin ＝－1，且根据奇函数图象的对称性(－π2)(π2)(－π2)可知，f (x )在上单调递增，在上单调递减，当x ＝－时，f (x )在(－∞，－π2)(－π2，0)π2(－∞，0)上取得最大值，故x ＝－是g (x )在区间(－∞，0)上的唯一零点．综上所述，π2g (x )的零点个数是3，故选C.11．已知f (x )＝Error!则方程f [f (x )]＝3的根的个数是( )A ．6B ．5C ．4D ．3答案 B解析 令f (x )＝t ，则方程f [f (x )]＝3即为f (t )＝3，解得t ＝e －3或e 3，作出函数f (x )的图象，由图象可知方程f (x )＝e －3有3个解，f (x )＝e 3有2个解，则方程f [f (x )]＝3有5个实根，故选B.12．(2019·武邑中学高三上学期第二次调研)函数f (x )＝Error!若方程f (x )＝－x ＋a 有且只有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)B ．[0,1)C ．(－∞，1)D ．[0，＋∞)答案 C解析 函数f (x )＝Error!的图象如图所示，作出直线l ：y ＝a －x ，向左平移直线l 观察可得函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝－x ＋a 的图象有两个交点，即方程f (x )＝－x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，即有a <1，故选C.二、填空题13．已知定义在R 上的偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝0，则不等式f (x －2)≥0的解集是________．答案 {x |x ≥3或x ≤1}解析 因为偶函数f (x )在[0，＋∞)上为增函数，f (1)＝0，所以不等式f (x －2)≥0等价为f (|x －2|)≥f (1)，即|x －2|≥1，解得x ≥3或x ≤1，故不等式的解集为{x |x ≥3或x ≤1}．14．(2019·张家口模拟)已知f (x )＝Error!且函数y ＝f (x )＋ax 恰有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．答案 －，－∪，＋∞121412解析 当x <0时，f (x )＝(x ＋1)2－，把函数f (x )在[－1,0)上的图象向右平移一个单12位，即得函数y ＝f (x )在[0,1)上的图象，继续右移可得函数f (x )在[0，＋∞)上的图象．如果函数y ＝f (x )＋ax 恰有3个不同的零点，即函数y ＝f (x )，y ＝－ax 的图象有三个不同的公共点，实数a 应满足－a <－，即a >，或≤－a <，即－<a ≤－.121214121214。
专题04 导数及其应用(热点难点突破)-2020年高考数学(文)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析
1．曲线f (x )＝exx －1在x ＝0处的切线方程为( )A ．x －y －1＝0B ．x ＋y ＋1＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x ＋y ＋1＝0解析 因为f ′(x )＝e x（x －2）（x －1）2，所以f ′(0)＝－2，故在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋1＝0，故选D.答案 D2．曲线f (x )＝x 3＋x －2在p 0处的切线平行于直线y ＝4x －1，则p 0点的坐标为( ) A ．(1，0)B ．(2，8)C ．(1，0)和(－1，－4)D ．(2，8)和(－1，－4)解析 设p 0(x 0，y 0)，则3x 20＋1＝4，所以x 0＝±1，所以p 0点的坐标为(1，0)和(－1，－4)．故选C. 答案 C3.如图，直线y ＝2x 与抛物线y ＝3－x 2所围成的阴影部分的面积是( )A.353B ．2 2C ．2－ 3D.323解析 S ＝⎠⎛－31(3－x 2－2x )d x ＝323，故选D.答案 D4．设a ＝⎠⎛01 cos x d x ，b ＝⎠⎛01 sin x d x ，下列关系式成立的是( )A ．a >bB ．a ＋b <1C ．a <bD ．a ＋b ＝1答案 A5．如果f ′(x )是二次函数，且f ′(x )的图象开口向上，顶点坐标为(1，3)，那么曲线y ＝f (x )上任一点的切线的倾斜角α的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2C.⎝⎛⎦⎥⎤π2，2π3 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π解析 由题意可设f ′(x )＝a (x －1)2＋3(a >0)，即函数切线的斜率为k ＝f ′(x )＝a (x －1)2＋3≥3，即tan α≥3，∴π3≤α<π2，选B.答案 B6．设点P 在曲线y ＝12e x上，点Q 在曲线y ＝ln(2x )上，则|PQ |的最小值为( )A ．1－ln 2 B.2(1－ln 2) C ．1＋ln 2D.2(1＋ln 2)答案 B7．已知定义域为R 的函数f (x )满足：f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为( ) A ．(－∞，4)B ．(－∞，－4)C ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D ．(4，＋∞)解析 记g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，可知g (x )在R 上为减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15可化为f (x )－3x ＋15<0，即g (x )<g (4)，结合其函数单调递减，故得x >4. 答案 D8．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，32解析 因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x＝3是函数的一个极小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，只需3m －272≥－9，解得m ≥32.答案 A9．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，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln 12f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a ＜c ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜a ＜b答案 A10．已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，f ′(x )的图象是( )解析 因为f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x 为奇函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<0，故选A. 答案 A11．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2C.⎝⎛⎦⎥⎤π2，3π4 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π解析 设曲线在点P 处的切线斜率为k ， 则k ＝y ′＝－4e x（e x ＋1）2＝－4e x＋1ex ＋2. 因为e x>0，所以由基本不等式可得k ≥－42e x·1ex ＋2＝－1.又k <0，所以－1≤k <0， 即－1≤tan α<0. 所以3π4≤α<π.故选D.答案 D12．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图象的大致形状是( )解析：由f (x )图象先降再升后趋于平稳知，f ′(x )的函数值先为负，再为正，后为零．故选D. 答案：D13．曲线y ＝e 2x 在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( ) A.92e 2 B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2答案：D14．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C ．(－1,0)∪(1，＋∞) D ．(－1, 0)∪(0,1)答案：D15．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：A16．函数f (x )＝2x －ln x 的单调递增区间是________．解析：函数f (x )＝2x －ln x 的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )＝2－1x ≥0，解得x ≥12，所以函数f (x )＝2x－ln x 的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞17．已知f (x )＝ax ln x ＋1(a ∈R)，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，f ′(1)＝2，则a ＝________. 解析：∵f ′(x )＝a ln x ＋a ，∴f ′(1)＝a ＝2.答案：218．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．19．设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m ＞0时，f ′(x )＝x ＋mx －mx，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞m时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．综上，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x ＞0，有唯一零点；当m ≠0时，F ′(x )＝－x －x －m x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点．当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时，F ′(x )＜0；1＜x ＜m 时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．当0＜m ＜1时，0＜x ＜m 或x ＞1时，F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m ＜0， 所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )＞0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点． 20．已知函数f (x )＝ln x －a x ＋x －1，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 的图象上任意一点A (x 0，y 0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x 0，使得直线l 与曲线h (x )＝e x也相切？若存在，满足条件的x 0有几个？结合零点存在性定理，说明方程f (x )＝0必在区间(e ，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x 0. 21．设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f b －f ab －a＜1恒成立，求m 的取值范围．。
2020高考数学 精英备考专题讲座第一讲函数 第二节导数
第二节 导数导数是文科生研究函数的单调性，求函数极（最）值等的重要工具之一，导数是历来高考的必考点.导数对文科生来说，在课标中增加了三角函数，指数，对数函数等的导数，导数在文科高考中必须引起重视. 导数在历来高考中一般在一个小题、一个大题中出现.难度值控制在0.5～0.8之间.考试要求 ①了解导数概念的实际背景,理解导数的概念及其几何意义；②了解函数的单调性与导数的关系,会求函数的极大(小)值及闭区间上的最值；③能求一些初等函数的导数；④了解函数在某点取得极值的充要条件；⑤能够用导数研究函数的单调性,利用导数解决某些实际问题.题型一 初等函数的导数例1 设函数32sin 32()tan f x x x θθθ=++,其中512[0,]πθ∈，且2)1(='f ，求θ.点拨 看清题目中变量x 和θ，)(x f 的自变量是x ，θ为参变量，因此)(x f 是三次函数；于是先对)(x f求导，再求)1(f '，从而转化为已知三角函数值求角的问题.解 ∵,cos 3sin )(2x x x f ⋅+⋅='θθ∴(1)sin f θθ'=+=sin()32πθ+=， 又512[0,]πθ∈,3334[,]πππθ+∈,∴334ππθ+=,得512πθ=.易错点 ①此题)(x f 中含有两个字母，学生误以为是三角函数，求导数时按三角函数求导法则；.②容易忽略θ的范围.变式与引申1： 设函数32sin ()tan 32f x x x θθθ=++，其中 512[0,]πθ∈，则导数(1)f '的取值范围是_________.题型二 初等函数的单调区间和极值例2 已知函数32()3f x x bx cx d =+++在(,0)-∞上是增函数，在(0,2)上是减函数，且()0f x =的一个根为b -.（Ⅰ）求c 的值；（Ⅱ）求证：()0f x =还有不同于b -的实根1x 、2x ，且1x 、b -、2x 成等差数列；（Ⅲ）若函数()f x 的极大值小于16，求(1)f 的取值范围.点拨 第（Ⅰ）问中由已知得出函数的极大值点是0=x ，即可解出c 的值；第（Ⅱ）问要使21,,x b x -成等差数列，必须b x x 221-=+，因此关键是将)(x f 因式分解，再借助韦达定理推出1x 、b -、2x 三者的关系；用函数的思想分析第（Ⅲ）问，将(1)f 看作是关于b 的函数)(b g ，题目即转化为求)(b g 的值域问题.解 （Ⅰ）2()36f x x bx c '=++，0x =是极大值点，(0)0,0f c '==∴.（Ⅱ）令()0f x '=，得0x =或2b -,由()f x 的单调性知22,1b b -≥≤-∴，b -是方程()0f x =的一个根，则323()3()02b b b d d b -+-+==-⇒.∴32322()32()(22)f x x bx b x b x bx b =+-=++-,方程22220x bx b +-=的根的判别式22244(2)120b b b ∆=--=>.又222()2()230b b b b b -+--=-≠，即b -不是方程22220x bx b +-=的根∴()0f x =有不同于b -的根1x 、2x .Q 122x x b +=-，∴1x 、b -、2x 成等差数列.（Ⅲ）根据函数的单调性可知0x =是极大值点,∴3(0)162162f b b <⇒-<>-∴，于是21b -<≤-,令3()(1)231g b f b b ==-++,求导2()63g b b '=-+,21b -<≤-时，()0g b '<,∴()g b 在(2,1]--上单调递减,∴(1)()(2)g g b g -≤<-即0(1)11f ≤<.易错点 在第（Ⅱ）问中学生对)(x f 进行因式分解时易出错或不能因式分解，分解之后易忽视判断“b -不是方程22220x bx b +-=的根”； 第（Ⅲ）问中学生不易从函数的角度分析(1)f 的取值范围.变式与引申2：设函数()sin cos 1,f x x x x =-++02x π<<，求函 数()f x 的单调区间与极值. 题型三 导数与不等式例3 已知函数3213()f x x x ax b =-++的图像在点(0,(0))P f 处的切线方程为.23-=x y (Ⅰ) 求实数b a ,的值；(Ⅱ) 设1)()(-+=x mx f x g 是[2,)+∞上的增函数. 求实数m 的 最大值；点拔 ① 过三次函数图像上一点的切线方程可用导数求斜率,再用点斜式求直线方程，从而布列方程组求出b a ,的值；②利用“函数在某区间上递增(递减),其导数在这区间上恒大于(小于)零”转化为不等式恒成立的问题.解 (Ⅰ) 由a x x x f +-='2)(2及题设得⎩⎨⎧-=='.2)0(,3)0(f f 即⎩⎨⎧-==.2,3b a(Ⅱ) 由12331)(23-+-+-=x m x x x x g 得22(1)()23.mx g x x x -'=-+- ∵)(x g 是[2,)+∞上的增函数， ∴0)(≥'x g 在[2,)+∞上恒成立. 即22(1)230m x x x --+-≥在[2,+∞]上恒成立, 设2(1)x t -=.∵[2,)x ∈+∞， ∴[1,)t ∈+∞, 即不等式tmt -+2≥0在[1,)+∞上恒成立. 当0≤m 时，设02≥-+=t mt y 在[1,)+∞上恒成立. 当m ＞0时，设02≥-+=tmt y ，[1,)t ∈+∞.因为21tm y +='＞0，所以函数t mt y -+=2在[1,)+∞上单调递增. 因此.3min m y -=∵,0min ≥y ∴,03≥-m即.3≤m 又0m >, 故03m <≤. 综上，m 的最大值为3.易错点 有些学生错用1)()(-+=x mx f x g 是[2,)+∞上的增函数0)(≥'⇔x g 的解为[2,)+∞.变式与引申3：设函数3()31()f x ax x x R =-+∈，若对于任意的[]1,1-∈x 都有0)(≥x f 成立，求实数a 的值.题型四 导数与解析几何例4 已知函数c bx ax x x f ++-=23)(．(Ⅰ) 若函数()y f x =的图像上存在点P ，使P 点处的切线与x 轴平行，求实数a ,b 的关系式； (Ⅱ) 若函数)(x f 在1-=x 和3=x 时取得极值，且其图像与x 轴有且只有3个交点，求实数c的取值范围．点拨 本题的关键是将几何问题转化为代数问题.第(Ⅰ)问中“点P 的存在性问题”转化为“方程0)(='x f 解的存在性问题”；第(Ⅱ)问中“图像与x 轴有且只有3个交点”转化为“)(x f 的极大值大于0，且极小值小于0”.解 (Ⅰ) b x a x x f +-='23)(2, 设切点为),(00y x P ,则曲线)(x f y =在点P 处的切线的斜率b ax x x f k +-='=020023)(,由题意，知023)(0200=+-='b ax x x f 有解，∴ 24120a b ∆=-≥ 即23a b ≥.(Ⅱ)由已知可得1x =-和3x =是方程2()320f x x ax b '=-+=的两根， ∴ 2133a -+=，133b-⨯=，∴ 3a =，9b =-． ∴ ()3(1)(3)f x x x '=+-，∴ ()f x 在1x =-处取得极大值，在3x =处取得极小值．∵ 函数()y f x =的图像与x 轴有且只有3个交点， ∴ (1)0,(3)0.f f ->⎧⎨<⎩又32()39f x x x x c =--+， ∴ 1390,2727270c c --++>⎧⎨--+<⎩ 解得527c -<<．易错点 有些学生对三次函数图像与x 轴（或平行x 轴的直线）的交点问题难以从整体把握，难以找到几何问题转化为代数问题的切入点.变式与引申4： 设函数()|1||1|f x x ax =+++，已知)1()1(f f =-，且R a ∈（R a ∈,且0≠a ），函数32()g x ax bx cx =++（R b ∈，c 为正整数）有两个不同的极值点，且该函数图像上取得极值的两点A 、B 与坐标原点O 在同一直线上.（1）试求a ，b 的值；（2）若0x ≥时，函数()g x 的图像恒在函数()f x 图像的下方，求正整数c 的值.本节主要考查 初等函数的导数；导数的运算；利用导数研究函数的极值、单调性；求切线等数形结合的思想和函数与方程的思想. 点评： ① 求)(x f 在[]b a ,的最值的方法：② 求)(x f 单调区间、极值的方法：③利用导数，求曲线)(x f y =在点()00,y x 处的切线方程，先求)(0x f k '=再求方程).)((000x x x f y y -'=-习题1—21．已知2()3(2),(2)f x x xf f ''=+则=.2. 曲线321xy e x =+-在点（0，1）处的切线方程为 ． 3. 设定函数32()3a f x x bx cx d =+++(a ＞0)，且方程 '()90f x x -=的两个根分别为1，4.（Ⅰ）当=a 3且曲线()y f x =过原点时，求()f x 的解析式； （Ⅱ）若()f x 在(,)-∞+∞无极值点，求a 的取值范围. 4. 已知函数3223()39f x x ax a x a =--+． （Ⅰ）设1a =，求函数()f x 的极值； （Ⅱ）若14a >，且当[14]x a ∈，时，|()|12f x a '≤恒成立，试确定a 的取值范围．5. 设函数32132()af x x x bx c =-++，其中0a >，曲线()y f x =在点(0,(0))P f 处的切线方程为1=y .（Ⅰ）确定c b ,的值;（Ⅱ）设曲线()y f x =在点11(,())x f x 及22(,())x f x 处的切线都过点(0,2).证明：当12x x ≠时，求导()f x '由()f x '=0求12x x L ，列 表得出单调区间(极值)()f x '()f x 1(,)x -∞1x12(,)x x2xL12()()f x f x ''≠；（Ⅲ）若过点(0,2)可作曲线()y f x =的三条不同切线，求a 的取值范围.。
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思路二：（函数模型）
f (x) 是奇函数
f (1 x) f (1 x)
y sin x y sin x
2
y 2sin x
2
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路一：（性质分析法） 研究对象—— 性 质——
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路二：（解析式）
第一类：关注函数本质 培养解题思维
0
f
(
)
2
4 2 2
1
第二类：强调方法梳理 形成解题思维
引导学生从研究函数的定义域—单调性—奇偶性—特殊位置取值—最值、极值—变化趋势等 性质入手
排除AC
第二类：强调方法梳理 形成解题思维
一：让学生梳理函数图象与解析式之间的对应关系 从函数的定义域，判断图象的左右位置； 从函数的值域(或有界性)，判断图象的上下位置； 从函数的单调性，判断图象的升降变化趋势； 从函数的奇偶性，判断图象的对称性：奇函数的图象关于原点对称，在对称的区 间上单调性一致，偶函数的图象关于y轴对称，在对称的区间上单调性相反； 从函数的周期性，判断图象是否具有循环往复特点．
2011年：
f
(x)
ln x x 1
1 x
2012年： f (x) ex x 1 x2 2
第二类：强调方法梳理 形成解题思维
二：要强调用特殊化法及变化趋势分析法去解决问题，体会特殊与一般、有限 与无限的思想
一般问题特殊化处理以及特殊问题一般化处理，两者相互转化，常能使 解法简单明了。有限和无限思想体现了辩证的观点，通过有限向无限的飞跃， 无限向有限的回归，常使得解题思路柳暗花明。
第三类：注重数学运算 培养解题思维
函数与导数内容的考点分布
考点 函数概念、零
点
函数的性质
指数函数、对 数函数
导数概念及几 何意义
导数运算及应 用
试题
全国Ⅲ卷文科第5题
全国Ⅰ卷文、理科第5题、全国 Ⅱ卷文科第6题、理科第12、14
题全国Ⅲ卷理科第7题 全国Ⅰ卷文、理科第3题全国Ⅱ 卷理科第6题全国Ⅲ卷文科第12
题，理科第11题 全国Ⅰ卷文、理科第13题全国Ⅲ
Ⅲ卷文、理科第20题
从知识上讲： 考查了基本初等函数（常数函
数、一次函数、二次函数、反比例 函数、幂函数、指 数函数、对数函 数；特殊函数，三角函数、数 列、 对勾函数等）；函数图象与性质 （包括定义域、值 域、单调性、奇 偶性、周期性、对称性等 ）；导数 及应用（包括导数意义、导数公式、 导数运算法则、切线方程、单调性、 极值、最值等）等基本点。
（研究对象的一般分析）
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路一：（性质分析）
f (1) f (2) f (3) f (4) 0 （找到解决问题的具体方法）
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路：（性质分析）
研究对象—— f
(x)
ln(1
1 x ) 1 x2
性 质—— 奇偶性
单调性
f (x) f (2x 1)
f ( x ) f ( 2x 1)
x 2x 1
1 x 1 3
第一类：关注函数本质 培养解题思维
①从数学问题出发，分析研究对象的性质和属性，从具体问题出发，找 到解决问题的特殊方法。
②注重自然语言、符号语言以及图形语言的相互转化 ③只有在性质充分掌握的前提下，才能转化为解决问题的方法。
第一类：关注函数本质 培养解题思维
对重点内容的考查，在整体符合考 试大纲和考试说明要求的前提下， 在各部分内容的布局和考查难度上 可以进行动态设计，这种设计有助 于学生全面学习掌握重点知识和重 点内容，同时有助于破解僵化的应 试教育。
2019函数与导数内容的考点分布
考点 函数概念、零
点
函数的性质
指数函数、对 数函数
导数概念及几 何意义
③不同思维切入点，往往可以获得不同的解题体验。
第三类：注重数学运算 培养解题思维
的切线
y1
ln
x,
y2
x x
1 1
1
2 x 1
第三类：注重数学运算 培养解题思维
的切线
ln
1 x0
,
1 x0
ln x0, x0
x0, ln x0
1 x0
, ln
1 x0
第三类：注重数学运算 培养解题思维
第四类：用好一题多解 培养解题思维 函数与导数问题的难度增减取决与两个方面
思路五：（性质法）
第三类：注重数学运算 培养解题思维
思路六：（性质法）
第三类：注重数学运算 培养解题思维
思路七：（特殊值法）
z 1,2x 3y 5
x log 2 5, y log3 5 2x 2 log2 5 log2 32 5z 3y 3log3 5 log3 125 5z
卷文科第7题，理科第6题 全国Ⅰ卷文、理科第20题全国Ⅱ 卷文科第21题，理科第20题全国
Ⅲ卷文、理科第20题
从能力上讲： 五大基本能力中的四项，即抽
象概括能力、推理论证能力、运算 求解能力、数形结合能力都在考题 当中有所体现，尤其是对发展性能 力，即应用意识和创新意识。
从思想方法上讲： 函数与方程思想、数形结合思
导数运算及应 用
试题
全国Ⅲ卷文科第5题
全国Ⅰ卷文、理科第5题、全国 Ⅱ卷文科第6题、理科第12、14
题全国Ⅲ卷理科第7题 全国Ⅰ卷文、理科第3题全国Ⅱ 卷理科第6题全国Ⅲ卷文科第12
题，理科第11题 全国Ⅰ卷文、理科第13题全国Ⅲ
卷文科第7题，理科第6题 全国Ⅰ卷文、理科第20题全国Ⅱ 卷文科第21题，理科第20题全国
y 1,2x 5z 3
x log2 3,2x 2 log2 3 log2 9 log2 8 3y
第三类：注重数学运算 培养解题思维
①比较大小最常用的方法，就是作差法和作商法，化学生的指对运算， 学生应用此法才会不慌不乱。
② 比较有关指数式、对数式的大小时， 要注意指数函数与对数函数 的灵活应用
有唯一零点，零点只能出现在对称轴上
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路三：（换元法）
f
(x)
x
12
a(e x 1
1 e x 1
)
1
g(t) 0, a 1 2
第二类：强调方法梳理 形成解题思维
引导学生从研究函数的定义域—单调性—奇偶性—特殊位置取值—最值、极值—变化趋势等性 质入手
f
(
)
2 1
“函数与导数”专题近年考情分析
2019年全国试卷中函数与导数相关试题的位置分布
卷别
选择题（ 填空题（ 解答题（
1—12题 13—16题 17—23题 分值
）
）
）
全国Ⅰ 理科 卷 文科
全国Ⅱ 理科 卷 文科
全国Ⅲ 理科 卷 文科
3,5,11 3,5
6,9,12 6,10 6,7,11 5,7,12
f (x) ex (2x 1) ax a
f (x0 ) 0
g(x) ex (2x 1) h(x) ax a
第一类：关注函数本质 培养解题思维
g(x) ex (2x 1)
h(x) ax a
当 g(x) ex (2x 1) 0，x 1 2
x 1 , g(x) 0 2
x 1 , g(x) 0 2
13 13，15
14 —— —— ——
20 32分 20 32分 20 32分 21 22分 20 27分 20 27分
考纲：支撑学科知识的体系的重 点内容，构成数学试卷的主体； 在知识网络的交汇点处设计试题， 对数学基础知识的考查达到必要的 高度。
初中以方程作为主线，高中以函数 作为主线
函数 导数 方程 不等式
g(x) ex (2x 1), 极值点 x 1 2
x 1 , g(x) 0, y g(x) 单调递减 2
x 1 , g(x) 0, y g(x) 单调递增 2
第一类：关注函数本质 培养解题思维
h(x) ax a h(x) 0，x 1
只需要：
g(1) h(1)
故a
的取值范围是：
f (x 2) f (x 1) f (x 3)
f (x) f (x 3)
周期为6
f (x 1) 1 f (x) 1 f (x)
1 1 f (x)
f
(x
2)
1 1
f f
(x 1) (x 1)
1 11
f f
(x) (x)
f
1 (x)
1 f (x)
周期为4
第一类：关注函数本质 培养解题思维
3 2e
,1
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路一：（最值法）
f
(
x)
2x
2
a(e x 1
e x 1 )
2( x
1)
a
e2(x1) 1 e x1
第一类：关注函数本质 培养解题思维
思路二：（性质法） y x2 2x
关于 x 1 对称
y ex1 ex1 y ex ex
关于 x 1 对称
题的本质上去思考数学问题；用符合研究数学问题的一般方法去解决 问题
数学问题考查的一般方向： 提供一个问题的背景 （有数学方面的，也有实际生活情境），提
出一个具有探索性的问题。学生若要解答这一类问题，需要能够在理 解问题背景的前提下，探索问题的规律与本质。需要学生有理解问题、 分析问题与解决问题的能力，需要学生具备研究问题的意识，需要学 生的数学思维具有逻辑性，需要学生能够综合运用所学的数学知识解 决问题。
思路二：（解析式）
第一类：关注函数本质 培养解题思维
一：要让学生从函数本质——自变量、函数值的变化的角度去思考问题