2021版理科数学全国通用版备战一轮复习第3章 第2节 第2课时

第三章 导数及其应用 第二节 导数的应用 第三课时 利用导数证明不等式A 级·基础过关 |固根基|1.已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x ．证明： (1)g (x )≥1； (2)(x －ln x )f (x )>1－1e 2.证明：(1)由题意，得g ′(x )＝x －1x (x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号)． ① 又由(1)知，x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)， ② 且①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.2．(2020届石家庄摸底)已知函数f (x )＝(2－x )e k (x －1)－x (k ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在R 上单调递减，求k 的最大值； (2)当x ∈(1，2)时，证明：ln x （2x －1）2－x>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x .解：(1)∵f (x )在R 上单调递减，∴f ′(x )＝e k (x －1)[k (2－x )－1]－1≤0恒成立，即－kx ＋2k －1≤1ek （x －1）对任意x ∈R 恒成立．设g (x )＝1ek （x －1）＋kx －2k ＋1，则g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立，显然应满足g (1)＝2－k ≥0，∴k ≤2.当k ＝2时，g ′(x )＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1e 2（x －1），且g ′(1)＝0， 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， ∴g (x )min ＝g (1)＝0，即g (x )≥0恒成立， 故k 的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当k ＝2时，f (x )＝(2－x )e 2(x －1)－x 在R 上单调递减，且f (1)＝0，所以当x ∈(1，2)时，f (x )<f (1)，即(2－x )e 2(x －1)<x ， 两边同取以e 为底的对数得ln(2－x )＋2(x －1)<ln x ， 即2(x －1)<lnx2－x，① 下面证明－2x ＋2<ln(2x －1)，x ∈(1，2)．② 令H (x )＝ln(2x －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋2(1<x <2)，则H ′(x )＝2（x －1）2x 2（2x －1）>0，∴H (x )在(1，2)上单调递增，则H (x )>H (1)＝ln(2×1－1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－21＋2＝0，故②成立，①＋②得，lnx （2x －1）2－x>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 成立． 3．(2019届唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0. (1)求函数f (x )的最小值； (2)当x >2a 时，证明：f （x ）－f （2a ）x －2a>32a .解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a 2x ＝（x ＋a ）（x －a ）x .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，所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (a )＝12a 2－a 2ln a . (2)证明：由(1)知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 则所证不等式等价于f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0. 设g (x )＝f (x )－f (2a )－32a (x －2a )，则当x >2a 时，g ′(x )＝f ′(x )－32a ＝x －a 2x －32a ＝（2x ＋a ）（x －2a ）2x >0，所以g (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 所以当x >2a 时，g (x )>g (2a )＝0， 即f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0， 故f （x ）－f （2a ）x －2a>32a .B 级·素养提升 |练能力|4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ln x ＋1x －x (a >0)．(1)若a ＝12，求f (x )的极值点；(2)若曲线y ＝f (x )上总存在不同的两点P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))，使得曲线y ＝f (x )在P ，Q 两点处的切线平行，求证：x 1＋x 2>2.解：f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ·1x －1x 2－1(a >0)．(1)当a ＝12时，f ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＝－（x －2）（2x －1）2x 2，令f ′(x )<0，得0<x <12或x >2； 令f ′(x )>0，得12<x <2，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(2，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递增，∴x ＝12是f (x )的极小值点，x ＝2是f (x )的极大值点．(2)证明：由题意知，f ′(x 1)＝f ′(x 2)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ·1x 1－1x 21－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ·1x 2－1x 22－1(x 1≠x 2)，∴a ＋1a ＝1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2.∵x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，∴x 1＋x 2>2x 1x 2，则有x 1x 2<（x 1＋x 2）24，∴a ＋1a ＝x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2，∴x 1＋x 2>⎝⎛⎭⎪⎪⎫4a ＋1a max . ∵a >0，∴4a ＋1a≤2(当且仅当a ＝1时取等号)，∴x 1＋x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4a ＋1a max ＝2. 5．(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f (x )＝2ln x －x ＋1x . (1)求f (x )的单调区间；(2)若a >0，b >0，且a ≠b ，证明：ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x 2＝－x 2＋2x －1x 2＝－（x －1）2x 2≤0.所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间． (2)设a >b >0，则ab <a －b ln a －ln b ⇔ln a －ln b <a －b ab ⇔ln ab <a b －1ab⇔2ln a b －a b ＋1ab<0.由(1)知，f (x )是(0，＋∞)上的减函数，又a b >1，所以f⎝ ⎛⎭⎪⎫a b <f (1)＝0， 即f ⎝⎛⎭⎪⎫a b ＝2ln a b －a b ＋1ab<0， 所以ab <a －bln a －ln b.又 a －b ln a －ln b <a ＋b 2⇔ln a －ln b >2（a －b ）a ＋b ⇔ln a b >2⎝⎛⎭⎪⎫a b －1a b ＋1.令g (x )＝ln x －2（x －1）x ＋1，则g ′(x )＝（x －1）2x （x ＋1）2，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≥0，即g (x )是(0，＋∞)上的增函数． 因为a b >1，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b >g (1)＝0，所以ln a b >2⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －1a b ＋1，从而a －b ln a －ln b <a ＋b 2.综上所述，当a >0，b >0，且a ≠b 时，ab <a －b ln a －ln b <a ＋b2.。

第三章 导数及其应用 第二节 导数的应用第五课时 利用导数解决函数的零点问题A 级·基础过关 |固根基|1.若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (n 为相邻整数)，则m ＋n 的值为( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：选C 令g (x )＝x 2＋2x ，h (x )＝a ln x ，则g ′(x )＝2x －2x 2，h ′(x )＝ax (a >0，x >0)．因为函数f (x )有唯一零点x 0，所以函数g (x )，h (x )的图象有唯一一个交点，即g (x )，h (x )有唯一公切点(x 0，y 0)，即由⎩⎪⎨⎪⎧2x 0－2x 20＝ax 0，x 20＋2x 0＝a ln x 0，得x 20＋2x 0－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－1x 0ln x 0＝0，令φ(x )＝x 20＋2x 0－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－1x 0ln x 0，则φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln 2>0，φ(e)＝－e 2＋4e <0，所以x 0∈(2，e)，所以m ＝2，n ＝3，所以m ＋n ＝5.2．(2019届宜州调研)设f (x )＝|ln x |，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0，4)上有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 22，eC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln 22D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 22，1e解析：选D 令y 1＝f (x )＝|ln x |，y 2＝ax ，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0，4)上有三个零点，则y 1＝f (x )＝|ln x |与y 2＝ax 的图象(图略)在区间(0，4)上有三个交点．由图象易知，当a ≤0时，不符合题意；当a >0时，易知y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(0，1)上有一个交点，所以只需要y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(1，4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝ln xx.令h(x)＝ln xx，x∈(1，4)，则h′(x)＝1－ln xx2，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，4)上单调递减，h(e)＝ln ee＝1e，h(1)＝0，h(4)＝ln 44＝ln 22，所以ln 22<a<1e，故选D．3．若函数f(x)＝ax－ae x＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝a e x－（ax－a）e xe2x＝－a（x－2）e x.当a<0时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：若使函数f当且仅当f(2)＝ae2＋1>0，解得a>－e2，所以此时－e2<a<0，故实数a的取值范围为(－e2，0)．答案：(－e2，0)4．(2019届广东惠州模拟)已知函数f(x)＝|x e x|－m(m∈R)有三个零点，则实数m的取值范围是________．解析：函数f(x)＝|x e x|－m(m∈R)有三个零点，即函数y1＝|x e x|与y2＝m的图象有三个不同的交点．令g(x)＝x e x，则g′(x)＝(1＋x)e x.当x<－1时，g′(x)<0；当x>－1时，g′(x)>0，∴g(x)＝x e x在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴g(x)在x＝－1时取得极小值，也是最小值，为g(－1)＝－1e且当x→－∞时，y→0.又∵当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，∴函数y ＝|x e x |的图象如图所示．由图知，当m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，函数y ＝|x e x |与y ＝m 的图象有三个交点，即函数f (x )＝|x e x |－m 有三个零点，故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e5．(2019届福州市高三质检)函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33，g (x )＝1－x ＋x 22－x 33，若函数F (x )＝f (x ＋3)g (x －4)，且函数F (x )的零点均在[a ，b ](a <b ，a ，b ∈Z )内，则b －a 的最小值为________．解析：∵f (x )＝1＋x －x 22＋x 33，∴f ′(x )＝1－x ＋x 2.∵f ′(x )＝1－x ＋x 2>0，∴f (x )＝1＋x －x 22＋x 33在R 上是单调递增函数．∵f (0)＝1>0，f (－1)＝－56<0，∴f (x )＝1＋x －x 22＋x 33在区间[－1，0]上存在唯一零点，∴f (x ＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点，又∵g (x )＝1－x ＋x 22－x 33，∴g ′(x )＝－1＋x －x 2，∵g ′(x )＝－1＋x －x 2<0，∴g (x )＝1－x ＋x 22－x 33在R 上是单调递减函数，∵g (2)＝－53<0，g (1)＝16>0，∴g (x )＝1－x ＋x 22－x 33在区间[1，2]上存在唯一零点，∴g (x －4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F(x)＝f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0，故函数F(x)的零点均在[－4，6]内，则b－a的最小值为10.答案：106．(2020届成都摸底)已知函数f(x)＝e2x－2a e x－2ax，其中a>0.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－2e x－2x，∴f′(x)＝2e2x－2e x－2，∴f′(0)＝2e0－2e0－2＝－2.又f(0)＝e0－2e0－0＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2x，即2x＋y＋1＝0.(2)由题意得f′(x)＝2e2x－2a e x－2a＝2(e2x－a e x－a)．令t＝e x∈(0，＋∞)，则g(t)＝2(t2－at－a)．设t2－at－a＝0的解为t1，t2则t1＋t2＝a，t1t2＝－a，又∵a>0，∴函数y＝g(t)在(0，＋∞)上仅有一个零点．∴存在t0∈(0，＋∞)，使得g(t0)＝0，即存在x0满足t0＝e x0时，f′(x0)＝0.∴当t∈(0，t0)，即x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，x0)上单调递减；当t∈(t0，＋∞)，即x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．又当x→－∞时，e2x－2a e x→0，－2ax→＋∞，∴f(x)→＋∞；当x>0时，e x>x，∴f(x)＝e2x－2a e x－2ax>e2x－2a e x－2a e x＝e x(e x－4a)，∵当x→＋∞时，e x(e x－4a)→＋∞，∴f(x)→＋∞.∴函数f(x)有唯一零点时，必有f(x0)＝e2x0－2a e x0－2ax0＝0.①又e2x0－a e x0－a＝0，②由①②消去a，得e x0＋2x0－1＝0.令h(x)＝e x＋2x－1，∵h′(x)＝e x＋2>0，∴h(x)单调递增．又h(0)＝0，∴方程e x0＋2x0－1＝0有唯一解x＝0.将x＝0代入e2x0－a e x0－a＝0，解得a＝12，∴当函数f(x)有唯一零点时，a为12.B级·素养提升|练能力|7.(2020届大同调研)已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，则k ＝f ′(1)＝2. ∵f (1)＝1，∴切点坐标为(1，1)．所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(2)由题意得，g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2（x ＋1）（x －1）x .∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，∴令g ′(x )＝0，得x ＝1.当1e ≤x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当1<x ≤e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 故g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有最大值g (1)＝m －1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)．g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.8．(2019届河南安阳二模)已知函数f (x )＝ln x －x 2＋ax ，a ∈R . (1)证明：ln x ≤x －1；(2)若a ≥1，讨论函数f (x )的零点个数．解：(1)证明：令g (x )＝ln x －x ＋1(x >0)，则g (1)＝0， g ′(x )＝1x －1＝1－x x ，∴当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴当x ＝1时，函数g (x )取得极大值也是最大值， ∴g (x )≤g (1)＝0，即ln x ≤x －1. (2)f ′(x )＝1x －2x ＋a ＝－2x 2＋ax ＋1x，x >0.令－2x 2＋ax ＋1＝0，解得x 0＝a ＋a 2＋84(负值舍去)，在(0，x 0)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，在(x 0，＋∞)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∴f (x )max ＝f (x 0)．当a ＝1时，x 0＝1，f (x )max ＝f (1)＝0，此时函数f (x )只有一个零点x ＝1. 当a >1时，f (1)＝a －1>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a －14a 2＋12<12a －1－14a 2＋12＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －122－14<0，f (2a )＝ln 2a －2a 2<2a －1－2a 2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－12<0.∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1和区间(1，2a )上各有一个零点．综上可得，当a ＝1时，函数f (x )只有一个零点x ＝1； 当a >1时，函数f (x )有两个零点． 9．(2019年全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.定义域为(0，1)∪(1，＋∞)； f ′(x )＝1x ＋2（x －1）2>0，(x >0且x ≠1)，∴f (x )在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增．①在(0，1)上取1e 2，1e 代入函数，由函数零点的定义得， ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0， ∴f (x )在(0，1)有且仅有一个零点．②在(1，＋∞)上取e ，e 2代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f (e)<0，f (e 2)>0，f (e)·f (e 2)<0， ∴f (x )在(1，＋∞)上有且仅有一个零点， 故f (x )在定义域内有且仅有两个零点． (2)证明：若x 0是f (x )的一个零点，则有ln x 0＝x 0＋1x 0－1， 由y ＝ln x ，得y ′＝1x ；∴曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x－1＋ln x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，当曲线y ＝e x切线斜率为1x 0时，切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0，1x 0，∴曲线y ＝e x 的切线在点⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0，1x 0处的切线方程为y －1x 0＝1x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －ln 1x 0，即y ＝1x 0x ＋2x 0－1，故曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．故得证．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

第2课时导数与方程求函数零点个数例1设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解令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． F ′(x )＝－(x －1)(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)＝－ln4<0，所以F (x )有唯一零点．当m >1时，假设0<x <1或x >m ，那么F ′(x )<0； 假设1<x <m ，那么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 (x )的极小值F (1)＝m ＋12>0，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，即两函数图象总有一个交点．将本例条件“m ≥1〞改为“m ≥0〞，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数．解由例题解法知m ≥1时，两函数图象有一个交点； 当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x >0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 (x )的极小值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．思维升华(1)可以通过构造函数，将两函数图象的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，那么φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知 ①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．根据函数零点情况求参数范围例2函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，假设方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围. 解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫1e ，11 (1，e) h ′(x ) － 0 ＋ h (x )↘极小值↗又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e <0. 所以在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上，h (x )min ＝h (1)＝4， h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，假设方程在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，那么4<a ≤e ＋2＋3e ， 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e . 思维升华方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想.跟踪训练2函数g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b 在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b 的取值范围.解g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b (x >0)，那么g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x.在[1,4]上，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下：g (x )极小值＝g (2)＝ln 2－b －2， 又g (4)＝2ln 2－b －2，g (1)＝－54－b .假设方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根， 那么⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，解得ln 2－2<b ≤－54.故实数b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤ln 2－2，－54. 1.函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R ). (1)求f (x )的单调区间； (2)判断f (x )的零点个数.解(1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )的单调减区间为(0，e －2)，单调增区间为(e －2，＋∞). (2)由(1)得f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，假设a >2e ，那么f (x )min >0，f (x )无零点；假设a ＝2e ，那么f (x )min ＝0，f (x )有一个零点；假设a <2e，那么f (x )min <0，f (x )在(0，e －2]上单调递减，在[e －2，＋∞)上单调递增， 当a ≤0时，在(0，e －2]上有f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，∴f (x )在区间(0，e －2]上无零点，在[e －2，＋∞)上有f (e －2a )＝a (1－2e －a )≥0，f (x )在区间[e －2，＋∞)上有一个零点；当0<a <2e时，有0<4e a -<e －2，424(e )e a af a a -=-，易证当x >0时，ex>x 2成立，∴4(e )af ->a －4a ⎝⎛⎭⎫2a 2＝0，又f (e －2)<0，f (1)＝a >0，∴f (x )在(0，e －2]上有一个零点，在(e －2，＋∞)上有一个零点. 综上，当a >2e 时，f (x )无零点，当a ≤0或a ＝2e 时，f (x )有一个零点，当0<a <2e 时，f (x )有2个零点.2．函数f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c 有三个零点，求实数c 的取值范围．解f ′(x )＝x 2－x －2＝(x ＋1)(x －2)， 由f ′(x )>0可得x >2或x <－1， 由f ′(x )<0可得－1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数， 在(－1,2)上是减函数，所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c >0，c －103<0，解得－76<c <103，所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－76，103. 3．函数f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)假设a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围． 解(1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②a >0时，由f ′(x )>0，得x >a ， f ′(x )<0，得0<x <a .即f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增．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)当a >0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减， 在(a ，＋∞)上单调递增， ①假设a ≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增， f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②假设1<a <e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增， f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝12>0，f (a )＝12a (1－ln a )<0，f (e )＝12e 2－a >0，∴e<a <12e 2.③假设a ≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减， f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫e ，12e 2. 4.函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R ). (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)假设函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点，求a 的取值范围. 解(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，x >0， 那么f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )>0，得x >2，由f ′(x )<0，得0<x <2.故f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).(2)因为当x →0时，f (x )→＋∞，所以f (x )<0在区间⎝⎛⎭⎫0，13上不可能恒成立， 故要使函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，f (x )>0恒成立， 即对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13，a >2－2ln xx －1恒成立. 令h (x )＝2－2ln xx －1，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13，那么h ′(x )＝2ln x ＋2x－2(x －1)2，再令m (x )＝2ln x ＋2x－2，x ∈⎝⎛⎦⎤0，13， 那么m ′(x )＝－2(1－x )x 2<0，故m (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为减函数. 于是m (x )≥m ⎝⎛⎭⎫13＝4－2ln 3≥0. 从而h ′(x )≥0，于是h (x )在⎝⎛⎦⎤0，13上为增函数， 所以对x ∈⎝⎛⎭⎫0，13有h (x )<h ⎝⎛⎭⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞).5.(2022·天津河北区模拟)函数f (x )＝x 3－3ax ＋e ，g (x )＝1－ln x ，其中e 为自然对数的底数.用max{m ，n }表示m ，n 中的较大者，记函数h (x )＝max{f (x )，g (x )}(x >0).假设函数h (x )在(0，＋∞)内恰有两个零点，求实数a 的取值范围. 解因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝－1x<0.所以函数g (x )在(0，＋∞)内单调递减. ①当x ∈(0，e)时，g (x )>g (e)＝0，依题意，h (x )≥g (x )>0，那么函数h (x )无零点. ②当x ＝e 时，g (e)＝0，f (e)＝e 3－3a e ＋e ，假设f (e)＝e 3－3a e ＋e ≤0，即a ≥e 2＋13，那么e 是函数h (x )的一个零点；假设f (e)＝e 3－3a e＋e>0，即a <e 2＋13，那么e 不是函数h (x )的零点.③当x ∈(e ，＋∞)时，g (x )<0，只需考虑函数f (x )在(e ，＋∞)内零点的情况.因为f ′(x )＝3x 2－3a >3e 2－3a ，所以当a ≤e 2时，f ′(x )>0，函数f (x )在(e ，＋∞)内单调递增. 又f (e)＝e 3－3a e ＋e ，当a ≤e 2＋13时，f (e)≥0，函数f (x )在(e ，＋∞)内无零点；当e 2＋13<a ≤e 2时，f (e)<0，又f (2e)＝8e 3－6a e ＋e ≥8e 3－6e 3＋e>0， 此时函数f (x )在(e ，＋∞)内恰有一个零点.当a >e 2时，结合f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )可知，函数f (x )在(e ，a )内单调递减，在(a ，＋∞)内单调递增.因为f (e)＝e 3－3a e ＋e<e 3－3e 3＋e<0， f (2a )＝8a 3－6a 2＋e>8a 2－6a 2＋e ＝2a 2＋e>0， 所以此时函数f (x )在(e ，＋∞)内恰有一个零点.综上，假设h (x )在(0，＋∞)内恰有2个零点，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋13，＋∞.。

第三章 导数及其应用 第二节 导数的应用 第一课时 导数与函数的单调性A 级·基础过关 |固根基|1.函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( ) A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1eD ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞解析：选B 因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，令f ′(x )<0，解得0<x <1e ，故f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故选B ．2．已知函数f (x )＝e x －2x －1(其中e 为自然对数的底数)，则y ＝f (x )的图象大致为( )解析：选C 依题意，得f ′(x )＝e x －2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，且f (x )>f (ln 2)＝1－2ln 2，故选C ．3．已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1，1)上单调递减，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，＋∞) B ．[3，＋∞) C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]解析：选B ∵f (x )＝x 3－ax ，∴f ′(x )＝3x 2－a .又f (x )在(－1，1)上单调递减，∴3x 2－a ≤0在(－1，1)上恒成立，∴a ≥3，故选B ．4．(2019届咸宁联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0，3]解析：选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x (x >0)，∴f ′(x )＝x －9x ，由x －9x ≤0，得0<x ≤3，∴f (x )在(0，3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0，3]，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A ．5．(2019届南昌联考)已知函数f (x ＋1)是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b <a <cB ．c <a <bC ．b <c <aD ．a <b <c解析：选A ∵函数f (x ＋1)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0，即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b <a <c .故选A ．6．(2019届南昌模拟)已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且f (x 1)<f (x 2)，那么( )A ．x 1－x 2>0B ．x 1＋x 2>0C ．x 21－x 22>0D ．x 21－x 22<0解析：选D 由f (x )＝x sin x ，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )>0，即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，又∵f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数，∴当f (x 1)<f (x 2)时，有f (|x 1|)<f (|x 2|)，∴|x 1|<|x 2|，x 21－x 22<0，故选D ．7．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为____________．解析：由f (x )图象特征可得，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12和[2，＋∞)上f ′(x )≥0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上f ′(x )<0，所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎨⎧x ≥0，f ′（x ）≥0或⎩⎨⎧x ≤0，f ′（x ）≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2，所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)．答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 8．(2019届岳阳模拟)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是____________．解析：∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a >0有解，即a <2x －e x 有解．设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a <2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)判断函数f (x )的单调性． 解：(1)∵a ＝e ，∴f (x )＝e x －e x －1， ∴f ′(x )＝e x －e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0.∴当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1. (2)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a . 易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ， ∴当0<x <ln a 时，f ′(x )<0；当x >ln a 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． 综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． 10．(2019届重庆一中月考)已知函数f (x )＝xln x ＋ax ，x >1. (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值． 解：(1)∵f (x )＝xln x ＋ax ，x >1， ∴f ′(x )＝ln x －1（ln x ）2＋a .由题意，可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤1（ln x ）2－1ln x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14对任意x ∈(1，＋∞)恒成立．∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，1ln x ∈(0，＋∞)，∴当1ln x －12＝0时，函数t (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14取得最小值为－14，∴a ≤－14.故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14. (2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，x >1，f ′(x )＝ln x －1＋2（ln x ）2（ln x ）2＝（2ln x －1）（ln x ＋1）（ln x ）2.由⎩⎨⎧f ′（x ）＝0，x >1，得x ＝ e.f (x )与f ′(x )在(1，＋∞)上的变化情况如下表：∴f (x )B 级·素养提升 |练能力|11.(2019届郑州二模)函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( )A ．(0，2)B ．(0，3)C ．(2，3)D ．(3，＋∞)解析：选B 函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f ′(x )为其导函数，令φ(x )＝xf (x )，则φ′(x )＝x ·f ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)，可知当x ∈(0，2)时，φ(x )是单调减函数，并且0·f ′(0)＋f (0)＝e 0(0－2)＝－2<0，即f (0)<0；当x ∈(2，＋∞)时，函数f (x )是单调增函数．因为f (3)＝0，则φ(3)＝3f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集就是xf (x )<0的解集，故不等式的解集为{x |0<x <3}．故选B ．12．定义在区间(0，＋∞)上的函数y ＝f (x )使不等式2f (x )<xf ′(x )<3f (x )恒成立，其中y ＝f ′(x )为y ＝f (x )的导函数，则( )A ．8<f （2）f （1）<16 B ．4<f （2）f （1）<8 C ．3<f （2）f （1）<4D ．2<f （2）f （1）<3 解析：选B ∵xf ′(x )－2f (x )>0，x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x 2′＝f ′（x ）·x 2－2xf （x ）x 4＝xf ′（x ）－2f （x ）x 3>0，∴y ＝f （x ）x 2在(0，＋∞)上单调递增，∴f （2）22>f （1）12，即f （2）f （1）>4.∵xf ′(x )－3f (x )<0，x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x 3′＝f ′（x ）·x 3－3x 2f （x ）x 6＝xf ′（x ）－3f （x ）x 4<0，∴y ＝f （x ）x 3在(0，＋∞)上单调递减，∴f （2）23<f （1）13，即f （2）f （1）<8.综上，4<f （2）f （1）<8.故选B ．13．(2019届山东潍坊模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x －12ax 2＋a (a －1)x (a ∈R )，讨论f (x )的单调性．解：f ′(x )＝(x －a )e x ＋e x －ax ＋a (a －1)＝[x－(a－1)](e x－a)．①当a≤0时，e x－a>0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(a －1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．②当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝ln a.令g(a)＝a－1－ln a，则g′(a)＝1－1a＝a－1a.当a∈(0，1)时，g′(a)<0，g(a)为减函数；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)>0，g(a)为增函数．∴g(a)min＝g(1)＝0，∴a－1≥ln a(当且仅当a＝1时取“＝”)．∴当0<a<1或a>1时，x∈(－∞，ln a)，f′(x)>0，f(x)为增函数；x∈(ln a，a －1)，f′(x)<0，f(x)为减函数；x∈(a－1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)为增函数．当a＝1时，f′(x)＝x(e x－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；当0<a<1或a>1时，f(x)在(ln a，a－1)上单调递减，在(－∞，ln a)和(a－1，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．。

第二章 函数的概念及基本初等函数(Ⅰ)第三节 函数的奇偶性及周期性A 级·基础过关 |固根基|1.下列函数是奇函数且在定义域内是增函数的是( ) A ．y ＝e x B ．y ＝tan x C ．y ＝x 3－xD ．y ＝ln2＋x2－x解析：选D 函数y ＝e x 不是奇函数，不满足题意；函数y ＝tan x 是奇函数，但在整个定义域内不是增函数，不满足题意；函数y ＝x 3－x 是奇函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33时，y ′＝3x 2－1<0，为减函数，不满足题意；函数y ＝ln 2＋x 2－x 是奇函数，在定义域(－2，2)内，函数t ＝2＋x 2－x ＝－1－4x －2为增函数，函数y ＝ln t 也为增函数，故函数y ＝ln 2＋x2－x在定义域内为增函数，满足题意．故选D ．2．(2019年全国卷Ⅱ)设f (x )为奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝e x －1，则当x <0时，f (x )＝( )A ．e －x －1B ．e －x ＋1C ．－e －x －1D ．－e －x ＋1解析：选D 设x <0，则－x >0，∵当x ≥0时，f (x )＝e x －1， ∴f (－x )＝e －x －1.∵f (x )为奇函数，∴－f (x )＝f (－x )＝e －x －1，即f (x )＝－e －x ＋1，故选D ．3．(2020届陕西摸底)若函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数、奇函数，满足f (x )＋2g (x )＝e x ，则( )A ．f (－2)<f (－3)<g (－1)B ．g (－1)<f (－3)<f (－2)C ．f (－2)<g (－1)<f (－3)D ．g (－1)<f (－2)<f (－3)解析：选D 因为函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数、奇函数，满足f (x )＋2g (x )＝e x ①，所以f (－x )＋2g (－x )＝e －x ，即f (x )－2g (x )＝e －x ②.联立①②得⎩⎨⎧f （x ）＋2g （x ）＝e x ，f （x ）－2g （x ）＝e －x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）＝e x ＋e －x2，g （x ）＝e x －e －x 4，所以f (－2)＝e －2＋e 22>0，f (－3)＝e －3＋e 32>0，g (－1)＝e －1－e4<0.即f (－3)>f (－2)，又所以g (－1)<f (－2)<f (－3)，故选D ．4．(2019届湖南岳阳一模)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 (2 018)＋f (2 019)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．1解析：选B 因为奇函数f (x )的定义域为R ，若f (x ＋1)为偶函数，则f (－x ＋1)＝f (x ＋1)＝－f (x －1)，∴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，所以f (2 018)＝f (504×4＋2)＝f (2)＝－f (0)＝0， f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝－1， 则f (2 018)＋f (2 019)＝0－1＝－1，故选B ．5．(2019届山东济宁模拟)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝2x －m ，则f (2 019)＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2解析：选B ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋1)＝f (1－x )，∴f (x ＋1)＝－f (x －1)，∴f (x ＋2)＝－f (x )＝f (－x )，∴f (x ＋4)＝f (x )， ∴f (x )的周期为4.∵x ∈[0，1]时，f (x )＝2x －m ，∵f (0)＝1－m ＝0，∴m ＝1，∴x ∈[0，1]时，f (x )＝2x －1， ∴f (2 019)＝f (－1＋505×4)＝f (－1)＝－f (1)＝－1.故选B ．6．(2019届湖南祁阳二模)已知偶函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，f (x )＝x 13＋sin x ，设a ＝f (1)，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．c <b <aD ．c <a <b解析：选D ∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，y ＝sin x 单调递增，y ＝x 13也为增函数，∴函数f (x )＝x 13＋sin x 也为增函数．∵函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2为偶函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，∴f (2)＝f (π－2)，f (3)＝f (π－3)．∵0<π－3<1<π－2<π2，∴f (π－3)<f (1)<f (π－2)，即c <a <b ，故选D ．7．(2019届山东潍坊期中)已知奇函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝1，则满足|f (x －1)|≤1的x 的取值范围是( )A ．[－1，1]B ．[0，2]C ．[1，2]D ．[1，3]解析：选B 根据题意，得函数f (x )在(－∞，0]上单调递增，且f (－1)＝－1，则函数f (x )在R 上单调递增．若|f (x －1)|≤1，则－1≤f (x －1)≤1，即－1≤x －1≤1，解得0≤x ≤2，即x 的取值范围为[0，2]，故选B ．8．(2019届山西长治二模)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2，当－1≤x <3时，f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 019)＝( )A ．336B ．337C ．338D ．339解析：选C ∵f (x ＋6)＝f (x )，当－3≤x <－1时，f (x )＝－(x ＋2)2，当－1≤x <3时，f (x )＝x ，∴f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝－1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＝1. ∵f (x ＋6)＝f (x )，∴f (x )的周期为6，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 019)＝336＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝338.故选C．9．(2019届河南洛阳模拟)设f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)，则对任意实数a，b，若a＋b≥0，则()A．f(a)＋f(b)≤0 B．f(a)＋f(b)≥0C．f(a)－f(b)≤0 D．f(a)－f(b)≥0解析：选B f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)的定义域为R，f(－x)＝－x3＋log2(－x ＋x2＋1)＝－x3－log2(x＋x2＋1)＝－f(x)，∴函数f(x)是奇函数．易知f(x)在[0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在R上单调递增，由a＋b≥0，得a≥－b，∴f(a)≥f(－b)，得f(a)≥－f(b)，可得f(a)＋f(b)≥0.故选B．10．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a满足f(2log3a)>f(－2)，则a的取值范围是()A．(－∞，3) B．(0，3)C．(3，＋∞) D．(1，3)解析：选B∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f(－2)＝f(2)，∴f(2log3a)>f(2)．∵2log3a>0，f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log3a<2⇒log3a<12⇒0<a<3，故选B．11．(2019年北京卷)设函数f(x)＝e x＋a e－x(a为常数)．若f(x)为奇函数，则a ＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．解析：若f(x)＝e x＋a e－x为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，即e－x＋a e x＝－(e x＋a e－x)，变形可得，a＝－1.函数f(x)＝e x＋a e－x，则f′(x)＝e x－a e－x，若f(x)是R上的增函数，则f′(x)＝e x－a e－x≥0在R上恒成立，变形可得，a≤e2x恒成立，分析可得a≤0，即a的取值范围为(－∞，0]．答案：－1(－∞，0]12．设f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝x1－3x.(1)求当x<0时，f(x)的解析式；(2)解不等式f (x )<－x8. 解：(1)因为f (x )是奇函数， 所以f (x )＝－f (－x )． 又因为当x >0时，f (x )＝x1－3x， 所以当x <0时，－x >0，则f (x )＝－f (－x )＝－－x 1－3－x ＝x1－3－x. (2)因为f (x )<－x 8，∴当x >0时，x 1－3x <－x8， 即11－3x<－18， 所以13x －1>18， 所以3x －1<8，解得x <2， 所以x ∈(0，2)； 当x <0时，x 1－3－x <－x8，所以11－3－x >－18， 所以3－x －1>8，所以3－x >32，所以x <－2， 所以原不等式的解集是(－∞，－2)∪(0，2).B 级·素养提升 |练能力|13.定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －2)＝－f (x )，且在[0，1]上是增函数，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14解析：选B 由题设，知f (x )＝－f (x －2)＝f (2－x )，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又函数f (x )是奇函数，其图象关于坐标原点对称，由于函数f (x )在[0，1]上是增函数，故f (x )在[－1，0]上也是增函数，综上，函数f (x )在[－1，1]上是增函数，在[1，3]上是减函数，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.故选B ．14．已知函数f (x )＝9－x 2|6－x |－6，则函数的奇偶性为( )A ．既是奇函数也是偶函数B ．既不是奇函数也不是偶函数C ．是奇函数不是偶函数D ．是偶函数不是奇函数解析：选C 根据题意，对于函数f (x )＝9－x 2|6－x |－6，必有9－x 2≥0且|6－x |－6≠0， 解得－3≤x ≤3且x ≠0，即函数的定义域为{x |－3≤x ≤3且x ≠0}，关于原点对称， 则函数f (x )＝－9－x 2x ，－3≤x ≤3且x ≠0.又f (－x )＝9－x 2x ＝－f (x )，则函数是奇函数不是偶函数．故选C ．15．(2020届大同调研)若函数f (x )＝3e |x －1|－sin （x －1）e |x －1|在区间[－3，5]上的最大值、最小值分别为p ，q ，则p ＋q 的值为________．解析：由f (x )＝3e |x －1|－sin （x －1）e |x －1|＝3－sin （x －1）e |x －1|，x ∈[－3，5]，得f (x ＋1)＝3－sin x e |x |，x ∈[－4，4]，令g (x )＝－sin xe |x |，x ∈[－4，4]，可得g (x )为奇函数，图象关于原点对称．设g (x )在[－4，4]上的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝0.因为f (x )与f (x ＋1)的值域相同，即f (x )的最大值与f (x ＋1)的最大值相同，f (x )的最小值与f (x ＋1)的最小值相同，则p ＝M ＋3，q ＝m ＋3，所以p ＋q ＝6.答案：616．(2019年江苏卷)设f (x )，g (x )是定义在R 上的两个周期函数，f (x )的周期为4，g (x )的周期为2，且f (x )是奇函数．当x ∈(0，2]时，f (x )＝1－（x －1）2，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k （x ＋2），0<x ≤1，－12，1<x ≤2，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则k 的取值范围是________．解析：作出函数f (x )与g (x )的图象如图，由图可知，函数f (x )与g (x )＝－12(1<x ≤2，3<x ≤4，5<x ≤6，7<x ≤8)仅有2个实数根；要使关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则f (x )＝1－（x －1）2，x ∈(0，2]与g (x )＝k (x ＋2)，x ∈(0，1]的图象有2个不同交点，由(1，0)到直线kx －y ＋2k ＝0的距离为1，得|3k |k 2＋1＝1，解得k ＝24(k >0)， ∵两点(－2，0)，(1，1)连线的斜率k ＝13， ∴13≤k <24，即k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，24.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，24快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。