专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值
范围
一、能力突破训练
1.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-1
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
3.已知函数f(x)=ax+x ln x的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.
(1)求实数a的值;
(2)若f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;
(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.
4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
5.设函数f(x)=a ln x,g(x)=x2.
(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;
(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.
6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
二、思维提升训练
7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.
专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围
一、能力突破训练
1.解(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=-2a=,
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当0
可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.
所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>
2.解(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,
当-1
f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)内单调递增.
又f(0)=0,故当-1
(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
②若a<0,设函数h(x)= =ln(1+x)-
由于当|x|
又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.
h'(x)=
若6a+1>0,则当0
若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x| 若6a+1=0,则h'(x)= 则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点. 综上,a=- 3.解(1)∵f(x)=ax+x ln x,∴f'(x)=a+ln x+1. 又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3, ∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1. (2)由(1)知,f(x)=x+x ln x, 若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k对任意x>0成立. 令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==- 令g'(x)=0,解得x=1. 当0 ∴g(x)在区间(0,1)内是增函数; 当x>1时,g'(x)<0, ∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数. 故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求. (3)证明:令h(x)=,则h'(x)= 由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0, ∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数. ∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即, ∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m, 即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n, ∴ln n mn+ln m m>ln m mn+ln n n. 整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n. ∴(mn n)m>(nm m)n, 4.解(1)f'(x)=2ax-(x>0). 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f'(x)=0,有x= 此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增. (2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x. 则s'(x)=e x-1-1. 而当x>1时,s'(x)>0, 所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0 由(1)有f 所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a 5.解(1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x), 即a ln x+2x≤(a+3)x-x2, 化简,得a(x-ln x)x2-x. 由x∈[1,e]知x-ln x>0, 因而a设y=, 则y'= ∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0, ∴y'>0在x∈[1,e]时成立. 由不等式有解,可得a≥y min=-, 即实数a的取值范围是 (2)当a=1时,f(x)=ln x. 由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1) >mg(x2)-x2f(x2)恒成立, 设t(x)=x2-x ln x (x>0). 由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增, ∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m恒成立. 因此,记h(x)=,得h'(x)= ∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值. 由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1. 6.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞), g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'(x)=2- 当0 当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增. (2)证明由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a= 令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2 则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0. 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1). 由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 所以0==a0<<1. 即a0∈(0,1). 当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增, 故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0. 所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 二、思维提升训练 7.解(1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a, ①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数; ②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-,x2=-1+, 解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-或x>-1+, 解不等式x2+2x+a<0,解得-1- 此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞), 单调递减区间为(-1-,-1+). 综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞); 当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+). (2)f(x0)-f+ax0+1--a-1 =+a = +a+x0+(4+14x0+7+12a). 若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解. 由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0, 故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2= 由x0>0,得x0=x'2=, 依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即- 故要使满足题意的x0存在,则a≠- 综上,当a时,存在唯一的x0满足f(x0)=f,当a时,不存在x0满足f(x0)=f 高考数学二轮复习专题 02：函数与导数 A. B. C. D. 第2讲函数的应用 考情解读(1)函数零点所在区间、零点个数及参数的取值范围是高考的常见题型，主要以填空题的形式出现．(2)函数的实际应用以二次函数、分段函数模型为载体，主要考查函数的最值问题． 1．函数的零点与方程的根 (1)函数的零点 对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点． (2)函数的零点与方程根的关系 函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标． (3)零点存在性定理 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y ＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．注意以下两点： ①满足条件的零点可能不唯一； ②不满足条件时，也可能有零点． (4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解． 2．函数模型 解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答. 热点一函数的零点 例1(1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是________． (2)(2014·辽宁改编)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝??? cos πx ，x ∈[0，1 2 ]， 2x －1，x ∈(1 2 ，＋∞)，则不等式 f (x －1)≤1 2 的解集为________． 思维升华 (1)根据二分法原理，逐个判断；(2)画出函数图象，利用数形结合思想解决． 答案 (1)1 (2)[14，23]∪[43，7 4 ] 解析 (1)先判断函数的单调性，再确定零点． 因为f ′(x )＝2x ln 2＋3x 2>0， 所以函数f (x )＝2x ＋x 3－2在(0,1)上递增， 且f (0)＝1＋0－2＝－1<0，f (1)＝2＋1－2＝1>0， 所以有1个零点． (2)先画出y 轴右边的图象，如图所示． ∵f (x )是偶函数，∴图象关于y 轴对称，∴可画出y 轴左边的图象，再画直线y ＝1 2.设与曲线交 于点A ，B ，C ，D ，先分别求出A ，B 两点的横坐标． 令cos πx ＝12，∵x ∈[0，1 2]， ∴πx ＝π3，∴x ＝1 3 . 令2x －1＝12，∴x ＝34，∴x A ＝13，x B ＝34 . 根据对称性可知直线y ＝12与曲线另外两个交点的横坐标为x C ＝－34，x D ＝－1 3. ∵f (x －1)≤12，则在直线y ＝1 2上及其下方的图象满足， ∴13≤x －1≤34或－34≤x －1≤－1 3， ∴43≤x ≤74或14≤x ≤23 . 思维升华 函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是方程两端对应的函数类型不同 高考数学二轮专题复习 函数与导数 【考纲解读】 1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念；在实际情景中，会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数；了解简单的分段函数，并能简单应用. 2.理解函数的单调性及几何意义;学会运用函数图象研究函数的性质,感受应用函数的单调性解决问题的优越性,提高观察、分析、推理、创新的能力. 3.了解函数奇偶性的含义;会判断函数的奇偶性并会应用；掌握函数的单调性、奇偶性的综合应用. 4.掌握一次函数的图象和性质;掌握二次函数的对称性、增减性、最值公式及图象与性质的关系，理解“三个二次”的内在联系，讨论二次方程区间根的分布问题. 5.了解指数函数模型的实际背景;理解有理指数幂的含义,了解实数指数幂的意义,掌握幂的运算;理解指数函数的概念、单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点;知道指数函数是一类重要的函数模型. 6.理解对数的概念及其运算性质,知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数,了解对数在简化运算中的作用;理解对数函数的概念、单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点;知道指数函数是一类重要的函数模型;了解指数函数(0x y a a =>且1)a ≠与对数函数log (0a y x a =>且1)a ≠互为反函数. 7.了解幂函数的概念;结合函数1 2 3 21 ,,,,y x y x y x y y x x =====的图象,了解它们的 变化情况. 8.掌握解函数图象的两种基本方法:描点法、图象变换法；掌握图象变换的规律，能利用图象研究函数的性质. 9.结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系,判断一元二次方程根的存在性及根的个数；根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解. 10.了解指数函数、对数函数及幂函数的境长特征，知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义；了解函数模型（指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模型）的广泛应用. 11.了解导数概念的实际背景;理解导数的几何意义;能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则,求简单函数的导数. 12.了解函数单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(多项式函数一般不超过三次);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（多项式函数一般不超过三次)，会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次)；会用导数解决某些实际问题. 【考点预测】 1.对于函数的定义域、值域、图象，一直是高考的热点和重点之一，大题、小题都会考查，渗透面广.特别是分段函数的定义域、值域、解析式的求法是近几年高考的热点. 3.由指数函数、对数函数的图象入手，推知单调性，进行相关运算，同时与导数结合在一起的题目是每年必考的内容之一，要在审题、识图上多下功夫，学会分析数与形的结合，把常见的基本题型的解法技巧理解好、掌握好. 4.函数的单调性、最值是高考考查的重点，其考查的形式是全方位、多角度，与导数的有 专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值 范围 一、能力突破训练 1.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围. 2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1 6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解. 二、思维提升训练 7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f. 第1讲函数与方程思想 1．函数与方程思想的含义 (1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等．(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．方程的教学是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题．方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系． 2．和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y>0 时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式． (2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要． (3)在三角函数求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通过三角函数关系化为未知量的表达式，那么问题就能化为未知量的方程来解． (4)解析几何中的许多问题，例如直线与二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论． (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，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切. 热点一 函数与方程思想在不等式中的应用 例1 (1)f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a ＝________. (2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是__________． 答案 (1)4 (2)(－∞，－3)∪(0,3) 解析 (1)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1 x 3. 设g (x )＝3x 2－1 x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4 ，所以g (x )在区间????0，12上单调递增，在区间????12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ???? 12＝4，从而a ≥4； 当x <0即x ∈[－1,0)时， f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3， 设g (x )＝3x 2－1 x 3，且g (x )在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上a ＝4. (2)设F (x )＝f (x )g (x )，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，得F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )，即F (x )在R 上为奇函数． 又当x <0时，F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， 所以x <0时，F (x )为增函数． 因为奇函数在对称区间上的单调性相同， 所以x >0时，F (x )也是增函数． 因为F (－3)＝f (－3)g (－3)＝0＝－F (3)． 所以，由图可知F (x )<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． 思维升华 (1)在解决不等式问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题；(2)函数f (x )>0或f (x )<0恒成立，一般可转化为f (x )min >0或f (x )max <0；已知恒成立求参数范围可先分离参数，然后利用函数值域求解． (1)若2x ＋5y ≤2－ y ＋5－ x ，则有( ) A ．x ＋y ≥0 B ．x ＋y ≤0 C ．x －y ≤0 D ．x －y ≥0 【状元之路】2015版高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练 （含解析） 1．(2014·皖南八校联考)已知函数f (x )＝e x (ax 2 －2x ＋2)，其中a >0. (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线与直线x ＋e 2 y －1＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性． 解 f ′(x )＝e x [ax 2 ＋ (2a －2)x ](a >0)． (1)由题意得f ′(2)·? ????－1e 2＝－1，解得a ＝58. (2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2－2a a . ①当01时，f (x )的增区间为? ?? ??－∞，2－2a a ，(0，＋∞)，减区间为? ?? ? ?2－2a a ，0. 2．(2014·云南二模)已知f (x )＝e x (x 3 ＋mx 2 －2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值； (2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由． 解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2 －2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2 －4x －2) ＝x e x (x 2 ＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0； f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0， ∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3 ，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2 ，f (x )极大值＝f (0)＝2. (2)f ′(x )＝e x (x 3 ＋mx 2 －2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2 ＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又当x ∈[－2，－1]时，x e x <0， 第1讲函数、基本初等函数的图象与性质 考情解读(1)高考对函数的三要素，函数的表示方法等内容的考查以基础知识为主，难度中等偏下．(2)函数图象和性质是历年高考的重要内容，也是热点内容，对图象的考查主要有两个方面：一识图，二用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题；对函数性质的考查，则主要是将单调性、奇偶性、周期性等综合一起考查，既有具体函数也有抽象函数．常以填空题的形式出现，且常与新定义问题相结合，难度较大． 1．函数的三要素 定义域、值域及对应关系 两个函数当且仅当它们的三要素完全相同时才表示同一函数． 2．函数的性质 (1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．利用定义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符号、下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则． (2)奇偶性：奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性． (3)周期性：周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数在其定义域上满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其一个周期T＝|a|. 3．函数的图象 对于函数的图象要会作图、识图、用图． 作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换． 4．指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质高考数学二轮复习专题02：函数与导数
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成绩:________
一、 单选题 (共 17 题；共 34 分)
1. （2 分） (2016 高一上·厦门期中) 已知函数 f（x）=xln（x﹣1）﹣a，下列说法正确的是（ ）
A . 当 a=0 时，f（x）没有零点
B . 当 a＜0 时，f（x）有零点 x0 ， 且 x0∈（2，+∞）
C . 当 a＞0 时，f（x）有零点 x0 ， 且 x0∈（1，2）
D . 当 a＞0 时，f（x）有零点 x0 ， 且 x0∈（2，+∞）
2. （2 分） (2018 高二下·沈阳期中) 函数 A. B. C. D.
恰有一个零点，则实数 的值为（ ）
3. （2 分） 已知函数 f(x)＝ －cosx，若 A . f（a）＞f（b） B . f(a)
， 则（ ）
4. （ 2 分 ） (2019 高 二 上 · 浙 江 期 中 ) 已 知
的两个相邻的零点，且
，则
，且
，
，
是函数
的值为（ ）
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5. （2 分） 定义在 R 上的奇函数 f（x），当 x≥0 时，f（x）= =f（x）﹣a（0＜a＜1）的所有零点之和为（ ）
A . 3a﹣1 B . 1﹣3a C . 3﹣a﹣1 D . 1﹣3﹣a
， 则关于 x 的函数 F（x）
6. （2 分） 已知函数 取值范围是（ ）
A. B.
的图像为曲线 C，若曲线 C 存在与直线
垂直的切线，则实数 m 的
C.
D.
7. （2 分） (2016 高一上·沈阳期中) 已知函数 f（x）满足：当 f（x）= （）
A.
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，则 f（2+log23）=高考数学(理科)二轮复习【专题2】函数的应用(含答案)
高考数学二轮专题复习 函数与导数
2019年高考数学(理科)大二轮复习练习：专题二 函数与导数 专题能力训练8
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高考数学(理科)二轮复习【专题2】函数、基本初等函数的图象与性质(含答案)