高三数学培优：函数零点与极值(教师版)

高三数学三角函数-图像与性质学生姓名授课日期教师姓名授课时长本讲义目的在于让同学从根本上了解三角函数的图像与性质，了解图像变换与解析式变换之间的对应关系，利用图像解决与三角函数有关的问题，并在此基础上发散思维，解决三角函数与其他知识融合的综合问题。

知识点一：由图像写解析式，突破识图难点；由性质写解析式，达到对条件的全面理解。

知识点二：通过解决图象与性质融合的新题目，既积累解题经验，又消除“怕新”“怕繁”的心理，提升思维品质与解题能力，适应各种变化。

知识点三：通过结合图象解决与三角函数有关的问题（如方程、不等式），发展用图象思考问题的能力。

知识点四：通过建立三角函数模型，体验建模的程序，发展应用意识和能力。

知识点五：通过解决三角函数与其他知识融合的综合问题，感悟知识之间的联系，体验解题过程的复杂性，发展综合运用能力。

【题目来源】【题目】已知定义域为R的函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的一段图象如图所示．（1）求f（x）的解析式；（2）若g（x）=cos3x，h（x）=f（x）•g（x），求函数h（x）的单调递增区间．【答案】【解析】：【知识点】由图像写解析式，突破识图难点；由性质写解析式，达到对条件的全面理解。

【适用场合】 当堂例题 【难度系数】3【题目来源】【题目】 求下列函数的最小正周期(1))23πsin(x y -=；(2))4π2πtan(+=x y ；x y 2cos )3(2=； (4)y ＝2sin 2x ＋2sin x cos x ；(5)y ＝｜sin x ｜．【答案】π,2, 2π=T ,π,π 【解析】： (1)π|2|π2=-=T ．(2)22ππ==T ．(3)214cos 2124cos 1+=+=x x y ，所以2π=T . (4)1)4π2sin(212cos 2sin 2sin 22cos 12+-=+-=+-⨯=x x x x x y ，所以T ＝π．(5)y＝｜sin x｜的图象为下图，可得，T＝π．【知识点】三角函数的周期性【适用场合】当堂例题【难度系数】3【题目来源】【题目】（2000全国，5）函数y＝－xc os x的部分图象是（）【答案】D【解析】：因为函数y＝－xcosx是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除A、C，当x∈（0，2π）时，y＝－xcosx＜0。

培优点04 极值点偏移问题（2大考点+强化训练）极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．【知识导图】【考点分析】考点一:对称化构造函数规律方法 对称化构造函数法构造辅助函数(1)对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )．(2)对结论x 1x 2>x 20型，方法一是构造函数F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F (x )的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x 1＋ln x 2>2ln x 0，再把ln x 1，ln x 2看成两变量即可．【例1】（2024下·云南·高二云南师大附中校考开学考试）给出定义:设()f x '是函数()y f x =的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x x =，则称()(00,x f x )为函数()y f x =的“拐2.71828为自然对数的底数）()f x 的单调区间；为两个不相等的实数，且满足考点二:比值代换规律方法 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．【例2】．（2022·全国·模拟预测）设函数()()ln f x x ax a =-∈R . (1)若3a =，求函数()f x 的最值；(2)若函数()()g x xf x x a =-+有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，求证：12ln 2ln 3x x +>.【强化训练】4.(2023·唐山模拟)已知函数f (x )＝x e 2－x.(1)求f (x )的极值；(2)若a >1，b >1，a ≠b ，f (a )＋f (b )＝4，证明：a ＋b <4.5. (2022·全国甲卷)已知函数f (x )＝ex x－ln x ＋x －a .(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1，x 2，则x 1x 2<1.6. (2023·沧州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax －1(a ∈R )．若方程f (x )＋2＝0有两个实根x 1，x 2，且x 2>2x 1，求证：x 1x 22>32e3.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)7. (2023·淮北模拟)已知a 是实数，函数f (x )＝a ln x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个相异的零点x 1，x 2且x 1>x 2>0，求证：x 1x 2>e 2.8．(2023·南宁模拟)已知函数f (x )＝e x－ax 22，a >0.(1)若f (x )过点(1,0)，求f (x )在该点处的切线方程；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，且0<x 1<x 2，当e<a <e22时，证明：x 1＋x 2>2.9．(2023·聊城模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R )，设m ，n 为两个不相等的正数，且f (m )＝f (n )＝3. (1)求实数a 的取值范围； (2)证明：a 2<mn <a e 2.。

高三提优讲义【函数与三角函数】1. 已知函数f (x )={(x +1)2,x ≤0|log 2x |,x >0，若方程f(x)=a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4，则x 3(x 1+x 2)+1x 32x 4的取值范围为( )A. [−1,1]B. (−1,1]C. [−1,1)D. (−1,2]2. 已知函数f(x)={lnx,x >0,kx +1,x ≤0,当k >0时，函数y =f[f(x)]−1的零点个数为A. 4B. 3C. 2D. 13. 半径为R 的圆外接于△ABC ，且2R(sin 2A −sin 2C)=(√3a −b)sinB ，若R =2，则△ABC 面积的最大值为________．4. 在△ABC 中，若tanAtanB +tanAtanC =3，则sin A 的最大值为__________．5. 某学校高一同学参加社会实践活动，应用所学知识测量一个四边形公园的面积，如图所示，测量得公园的四边边长分别为AB =1 km ，BC =3 km ，CD =AD =2 km ，∠BAD =120°，则公园的面积为________km 2，当地政府规划建一条圆形的公路，使得整个公园都在圆形公路的里面，则这条公路的总长度的最小值为________km.(备注：把公路看成一条曲线，公路宽度不计)．6. 已知函数f(x)={x +1,x ≤0,log 2x,x >0，若函数g(x)=f [f(x)−m ]−12恰有三个不同的零点，则实数m 的取值范围为_______．7. 已知函数f(x)={x −1x ,x <0lnx +ex,x >0，若g(x)=f(x)−kx 有两个不等的零点，则实数k 的取值范围为________8. 已知f (x )=sin 2x +√3sinx cosx ．(1)求f(x)在[π4,π2]上的值域； (2)若f (α)=34，求f (2α+π6).9. 某公园内直线道路旁有一半径为10米的半圆形荒地(圆心O 在道路上，AB 为直径)，现要在荒地的基础上改造出一处景观．在半圆上取一点C ，道路上B 点的右边取一点D ，使OC 垂直于CD ，且OD 的长不超过20米．在扇形区域AOC 内种植花卉，三角形区域OCD 内铺设草皮．已知种植花卉的费用每平方米为200元，铺设草皮的费用每平方米为100元．(1)设∠COD =x(单位：弧度)，将总费用y 表示为x 的函数式，并指出x 的取值范围；(2)当x 为何值时，总费用最低？并求出最低费用．10.如图，某公园内有一半圆形人工湖，O为圆心，半径为1千米．为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实事，拟规划在▵OCD区域种荷花，在▵OBD区域建小型水上项目．已知∠AOC=∠COD=θ．(1)求四边形OCDB的面积(用θ表示)；(2)当四边形OCDB的面积最大时，求BD的长(最终结果可保留根号)．11.已知函数f(x)=cos2x+√3sin(π−x)cos(π+x)−1，x∈R．2(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(Ⅱ)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)=−1，a=3，bsinC=asinA，求△ABC的面积．高三练习函数与三角函数一、选择题（本大题共2小题，共10.0分）12. 已知函数f (x )={(x +1)2,x ≤0|log 2x |,x >0，若方程f(x)=a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4，则x 3(x 1+x 2)+1x 32x 4的取值范围为( )A. [−1,1]B. (−1,1]C. [−1,1)D. (−1,2]【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键．作出函数f(x)的图象，得到x 1，x 2关于x =−1对称，x 3x 4=1；化简条件，利用数形结合进行求解即可． 【解答】解：作函数f(x)的图象如图，∵方程f(x)=a 有四个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1<x 2<x 3<x 4， ∴x 1，x 2关于x =−1对称，即x 1+x 2=−2， 0<x 3<1<x 4， 则|log 2x 3|=|log 2x 4|， 即−log 2x 3=log 2x 4， 则log 2x 3+log 2x 4=0 即log 2x 3x 4=0 则x 3x 4=1；当|log 2x|=1得x =2或12，则1<x 4≤2；12≤x 3<1；故x 3(x 1+x 2)+1x 32x 4=−2x 3+1x 3，12≤x 3<1；则函数y =−2x 3+1x 3，在12≤x 3<1上为减函数，则故x 3=12时取得最大值，为y =1， 当x 3=1时，函数值为−1． 即函数取值范围是(−1,1]． 故选B ．13. 已知函数f(x)={lnx,x >0,kx +1,x ≤0,当k >0时，函数y =f[f(x)]−1的零点个数为A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的知识点是函数的零点，分段函数的图象，对数函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，难度中档．画出函数f(x)={kx +1,x ≤0,lnx,x >0,的图象，借助图象分析函数零点的个数，进而可得答案．【解答】解：在平面直角坐标系中作出函数y =f(x)(k >0)的图象如图所示． 令f[f(x)]−1=0， 得f[f(x)]=1，则f(x)=0或f(x)=t(t >1)．当f(x)=0时，显然存在2个零点x 1=−1k ，x 2=1； 当f(x)=t(t >1)时，存在1个零点x 3． 故函数y =f[f(x)]−1的零点个数为3． 故选B ．二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）14.半径为R的圆外接于△ABC，且2R(sin2A−sin2C)=(√3a−b)sinB，若R=2，则△ABC面积的最大值为________．【答案】2+√3【解析】【分析】本题考查了两角和与差的三角函数公式，二倍角公式及应用，正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质，属于中档题．利用正弦定理将已知条件转化为边之间的关系，然后用余弦定理求得C;利用三角形面积公式，结合两角差的正弦函数公式和二倍角公式得S=R2(14sin2A+√34(1−cos2A))，再利用辅助角公式得S=12R2sin(2A−π3)+√34R2，最后利用函数y=Asin(ωx+φ)的值域计算得结论．【解答】解：因为2R(sin2A−sin2C)=(√3 a−b)sinB 所以由正弦定理得：a2−c2=(√3a−b)b，即c2=a2+b2−√3ab，所以由余弦定理可得：cosC=a2+b 2−c 22ab =√32，又C∈(0,π)，故C=π6．由正弦定理得：a=2RsinA,b=2RsinB=2Rsin(56π−A)，所以S=12absinC=R2sinA·sin(56π−A)=R 2sinA ·(12cosA +√32sinA)=R 2(14sin2A +√34(1−cos2A))=12R 2sin(2A −π3)+√34R 2， 所以当A =5π12时，S 最大，S max =√3+24R 2． 若R =2，则△ABC 面积的最大值为2+√3． 故答案为2+√3．15. 在△ABC 中，若tanAtanB +tanAtanC =3，则sin A 的最大值为__________．【答案】√215【解析】 【分析】本题考查三角函数的切化弦，及两角和的正弦公式和诱导公式的运用，同时考查正弦定理和余弦定理的运用，属于中档题．运用切化弦和两角和的正弦公式及诱导公式，再由正弦定理、余弦定理，即可得答案． 【解答】解：在△ABC 中，tanAtanB +tanAtanC =3， ∴sinAcosBcosAsinB +sinAcosCcosAsinC =3． ∴sinA(cosBsinC+cosCsinB)cosAsinBsinC =3，即sinAsin(C+B)cosAsinBsinC =3， ∴sin 2AcosAsinBsinC =3． 根据正弦定理得：a 2bccosA=3．∴a 2=3bccosA ．又根据余弦定理得：a 2=b 2+c 2−2bccosA ， ∴b 2+c 2−2bccosA =3bccosA ．∴cosA =b 2+c 25bc≥2bc 5bc=25．当且仅当b =c 时等号成立， ∴cos 2A ≥425．∴1−sin 2A ≥425，即sin 2A ≤2125， ∴sinA ≤√215． 故答案为：√215．16. 某学校高一同学参加社会实践活动，应用所学知识测量一个四边形公园的面积，如图所示，测量得公园的四边边长分别为AB =1 km ，BC =3 km ，CD =AD =2 km ，∠BAD =120°，则公园的面积为________km 2，当地政府规划建一条圆形的公路，使得整个公园都在圆形公路的里面，则这条公路的总长度的最小值为________km.(备注：把公路看成一条曲线，公路宽度不计)． 【答案】2√3; 23√21π 【解析】 【分析】本题考查正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式，属于中档题．连接BD ，在△ABD 中，由余弦定理得，得BD =√7，在△BCD 中，由余弦定理得， cosC =4+9−72×2×3=12，则sinC =√1−cos 2C =√32，则S ABCD =S △ABD +S △BCD 即可求解; 设△BCD 的外接圆的半径为R 1，由正弦定理得，2R 1=√7sinC =2√213，此时圆的周长为2πR 1=2√213π，即可求解． 【解答】解：连接BD ，AC ，如图所示：在△ABD中，由余弦定理得，BD2=1+4−2×1×2×cos120°=7，得BD=√7，在△BCD中，由余弦定理得， cosC=4+9−72×2×3=12，则sinC=√1−cos2C=√32，则S ABCD=S△ABD+S△BCD=12×1×2×sin120°+12×2×3×sinC=√32+3√32=2√3．故公园的面积为2√3km2．设△BCD的外接圆的半径为R1，由C=60°，∠BAD=120°，可知ABCD四点共圆，由正弦定理得，2R1=√7sinC =2√213，此时圆的周长为2πR1=2√213π则这条公路的总长度的最小值为23√21πkm．故答案为2√3;23√21π．17.已知函数f(x)={x+1,x≤0,log2x,x>0，若函数g(x)=f[f(x)−m]−12恰有三个不同的零点，则实数m的取值范围为．【答案】(1−√2,32]【解析】【分析】本题考查了函数零点与方程根的关系以及分段函数.属于较难题．利用函数零点与方程根的关系把问题转化为方程f(x)−m=−12或f(x)−m=√2的实数根.，再结合函数图象写出关于m的不等式组，计算得结论．【解答】 解：令f(t)=12，当t ⩽0时，f(t)=t +1=12⇒t =−12， 当t >0时，f(t)=log 2t =12⇒t =√2，故函数g(x)=f [f(x)−m ]−12的零点即方程f(x)−m =−12或f(x)−m =√2的实数根． 即函数y =f(x)的图象与y 1=m −12,y 2=m +√2有3个交点， 作出f(x)的图象如下图：需满足{m −12⩽1m +√2>1⇒1−√2<m ⩽32, 即实数m 的取值范围为(1−√2,32]． 故答案为(1−√2,32]．18. 已知函数f(x)={x −1x ,x <0lnx +ex,x >0，若g(x)=f(x)−kx 有两个不等的零点，则实数k 的取值范围为________ 【答案】(−∞,1)∪(e,e +1e ) 【解析】 【分析】本题考查分段函数，函数零点与方程根的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，数形结合思想，属于中档题．题目等价于函数ℎ(x )=f(x)x ={1−1x 2,x <0lnx x +e,x >0图象与直线y =k 图象有2个不等实根，利用导数相关性质，作出函数图象，数形结合即可． 【解答】解：函数g(x)=f(x)−kx 有两个不等的零点，即方程f(x)=kx 有2个不等根， 因为x ≠0，所以也等价于f(x)x=k 有2个不等实根，令ℎ(x )=f(x)x ={1−1x2,x <0lnx x +e,x >0, 因为x <0时，ℎ(x )=1−1x 2<1， x >0时，ℎ′(x )=1−lnx x 2，当0<x <e 时，ℎ(x)单调递增，当x >e 时，ℎ(x)单调递减，且当x →+∞时，ℎ(x)→e ， 作出函数f(x)的图象如图：根据图象可知，k ∈(−∞,1)∪(e,e +1e )． 故答案为：(−∞,1)∪(e,e +1e )．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分） 19. 已知f(x)=sin2x +√3sinx cosx ．(1)求f(x)在[π4,π2]上的值域； (2)若f (α)=34，求f (2α+π6).【答案】解：(1)f(x)=1−cos 2x2+√32sin2x =sin(2x −π6)+12．当x ∈[π4， π2]，2x −π6∈[π3， 5π6]， 则sin(2x −π6)∈[12,1]， 所以f(x)∈[1， 32].(2)f (α)=34，则sin(2α−π6)=14，所以cos(4α−π3)=1−2sin 2(2α−π6)=78． 则f (2α+π6)=sin(4α+π6)+12=sin[(4α−π3)+π2]+12=cos(4α−π3)+12=118．【解析】本题考查了函数y =Asin(ωx +φ)的图象与性质和三角恒等变换，是中档题． (1)先化简得f(x)=sin(2x −π6)+12，由正弦函数性质可得值域；(2)由f (α)=34，得sin(2α−π6)=14，由二倍角公式得cos(4α−π3)=78.再由诱导公式可得f (2α+π6)的值．20. 某公园内直线道路旁有一半径为10米的半圆形荒地(圆心O 在道路上，AB 为直径)，现要在荒地的基础上改造出一处景观．在半圆上取一点C ，道路上B 点的右边取一点D ，使OC 垂直于CD ，且OD 的长不超过20米．在扇形区域AOC 内种植花卉，三角形区域OCD 内铺设草皮．已知种植花卉的费用每平方米为200元，铺设草皮的费用每平方米为100元．(1)设∠COD =x(单位：弧度)，将总费用y 表示为x 的函数式，并指出x 的取值范围；(2)当x 为何值时，总费用最低？并求出最低费用．【答案】解：(1)因为扇形AOC的半径为10m，，且OD的长不超过20米，当OD=20m时，，故0<x⩽π3．所以扇形AOC的面积：S扇AOC =(π−x)·1022=50(π−x)，0<x⩽π3．在Rt△COD中，OC=10，，所以△COD的面积，从而y=100S△COD+200S扇AOC，0<x⩽π3；(2)设，则，f′(x)=cos2x+sin2xcos2x −2=1−2cos2xcos2x，令f′(x)=0，解得x=π4，从而当0<x<π4时，f′(x)<0，当π4<x≤π3，f′(x)>0，因此f(x)在区间(0,π4)上单调递减，在区间(π4,π3]上单调递增，当x=π4时，f(x)取得最小值，f(π4)=1+2π−π2=1+3π2，所以y的最小值为(5000+7500π)元，答：当x=π4时，改造景观的费用最低，最低费用为(5000+7500π)元．【解析】本题考查三角函数模型的应用，以及由导数求函数的最值，属于中档题．(1)由扇形AOC的面积S扇AOC =(π−x)·1022=50(π−x)，0<x⩽π3，△COD的面积，得y=100S△COD+200S扇AOC的解析式，注意是符合OD的长不超过20米的自变量范围；(2)设，则，由导数求函数的最小值，得答案．21.如图，某公园内有一半圆形人工湖，O为圆心，半径为1千米．为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实事，拟规划在▵OCD区域种荷花，在▵OBD区域建小型水上项目．已知∠AOC =∠COD =θ．(1)求四边形OCDB 的面积(用θ表示)；(2)当四边形OCDB 的面积最大时，求BD 的长(最终结果可保留根号)． 【答案】解：(1)由题意∠AOC =∠COD =θ，设四边形OCDB 的面积为S(θ)， 因为四边形OCDB 可以分为△OCD 和△OBD 两部分，所以S(θ)=S △OCD +S △OBD =12OC ⋅ODsinθ+12OB ⋅ODsin(π−2θ)， 因为OB =OC =OD =1，所以S(θ)=12(sinθ+sin2θ)， 因为θ>0，π−2θ>0，所以0<θ<π2，所以四边形OCDB 的面积S(θ)=12(sinθ+sin2θ)，θ∈(0,π2). (2)由(1)S(θ)=12(sinθ+sin2θ)，θ∈(0,π2)，所以S′(θ)=(12sinθ)′+(sinθcosθ)′=12cosθ+cos 2θ−sin 2θ=12(4cos 2θ+cosθ−2)， 令S′(θ)=0，即4cos 2θ+cosθ−2=0，解得cosθ=−1+√338或cosθ=−1−√338，因为0<θ<π2，所以存在唯一的θ0，使得cosθ0=−1+√338，当0<θ<θ0时，S′(θ)>0，S(θ)在(0,θ0)单调递增； 当θ0<θ<π2时，S′(θ)<0，S(θ)在(θ0，π2)单调递减， 所以θ=θ0时，S(θ)max =S(θ0)，此时BD 2=OB 2+OD 2−2OB ⋅ODcos(π−2θ0) =1+1+2cos2θ0=2+2(2cos 2θ0−1)=4cos 2θ0， 从而BD =2cosθ0=−1+√334(千米)．答：当四边形OCDB 的面积最大时，BD 的长为−1+√334千米．【解析】本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了利用导数研究函数的最值，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．(1)由题意∠AOC=∠COD=θ，设四边形OCDB的面积为S(θ)，则S(θ)=S△OCD+S△OBD，由此可得四边形OCDB的面积；(2)由(1)S(θ)=12(sinθ+sin2θ)，θ∈(0,π2)，求出导函数S′(θ)，则可推出存在唯一的θ0，使得cosθ0=−1+√338，利用导数与函数单调性及最值的关系，进而可得当θ=θ0时，S(θ)max=S(θ0)，由此结合利用余弦定理，可求出当四边形OCDB的面积最大时，求BD的长．22.已知函数f(x)=cos2x+√3sin(π−x)cos(π+x)−12，x∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期及其图象的对称轴方程；(Ⅱ)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)=−1，a=3，bsinC=asinA，求△ABC的面积．【答案】解：(Ⅰ)原式可化为，f(x)=cos2x−√3sinxcosx−12，=1+cos2x2−√32sin2x−12，=sin(π6−2x)=−sin(2x−π6)，故其最小正周期T=2π2=π，令2x−π6=π2+kπ(k∈Z)，解得x=kπ2+π3(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为，x=kπ2+π3(k∈Z)．(Ⅱ)由(Ⅰ)，知f(x)=−sin(2x−π6)，因为0<A<π2，所以−π6<2A−π6<5π6．又f(A)=−sin(2A−π6)=−1，故得2A−π6=π2，解得A=π3．由正弦定理及bsinC=asinA，得bc=a2=9．故S=12bcsinA=9√34．【解析】(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出结论．(Ⅱ)利用函数的关系式求出角A的值，进一步利用正弦定理求出bc的值，进一步求出三角形的面积．本题考查的知识要点：三角函数的关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，正弦定理的应用．。

培优点6 极值点偏移问题【要点提炼】对于函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内只有一个极值点x 0，方程f(x)＝0的解为x 1，x 2且a<x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0.则称函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上极值点偏移．【典例】 已知函数f(x)＝xe －x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2.【方法总结】 极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x 0－x)；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F(x)＝f(x)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 拓展训练】已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.培优点6 极值点偏移问题【要点提炼】对于函数y ＝f(x)在区间(a ，b)内只有一个极值点x 0，方程f(x)＝0的解为x 1，x 2且a<x 1<x 2<b ，若x 1＋x 22≠x 0.则称函数y ＝f(x)在区间(a ，b)上极值点偏移．【典例】 已知函数f(x)＝xe －x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若x 1≠x 2且f(x 1)＝f(x 2)，求证：x 1＋x 2>2. (1)解 f ′(x)＝e －x(1－x)，令f ′(x)>0得x<1；令f ′(x)<0得x>1，∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝1e ，f(x)无极小值．(2)证明 方法一 (对称化构造法) 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝e －x(1－x)＋e x －2(x －1)＝(x －1)(ex －2－e －x)，∵当x>1时，x －1>0，e x －2－e －x>0，∴F ′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x 1)＝f(x 2)，x 1≠x 2，可设x 1<1<x 2， 将x 2代入(*)式可得f(x 2)>f(2－x 2)， 又f(x 1)＝f(x 2)， ∴f(x 1)>f(2－x 2)．又x 1<1,2－x 2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x 1>2－x 2， ∴x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法) 设0<x 1<1<x 2，f(x 1)＝f(x 2)即取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝tln t t －1.∴x 1＋x 2＝t ＋1ln t t －1>2⇔ln t －2t －1t ＋1>0，设g(t)＝ln t －2t －1t ＋1(t>1)，∴g ′(t)＝1t －2t ＋1－2t －1t ＋12＝t －12t t ＋12>0，∴当t>1时，g(t )为增函数，∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t －2t －1t ＋1>0，故x 1＋x 2>2. 【方法总结】 极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1＋x 2>2x 0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x 0－x)；对结论x 1x 2>x 20型，构造函数F(x)＝f(x)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t ＝x 1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．1212e e ,x x x x --=拓展训练】已知函数f(x)＝xln x 的图象与直线y ＝m 交于不同的两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．求证：x 1x 2<1e 2.证明 f ′(x)＝ln x ＋1，由f ′(x)>0得x>1e ，由f ′(x)<0得0<x<1e，∴函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 可设0<x 1<1e<x 2.方法一 构造函数F(x)＝f(x)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ，则 F ′(x)＝f ′(x)＋1e 2x 2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ＝1＋ln x ＋1e 2x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln 1e 2x ＝(1＋ln x)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1e 2x 2， 当0<x<1e 时，1＋ln x<0,1－1e 2x 2<0，则F ′(x)>0，得F(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是增函数，∴F(x)<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，∴f(x)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x<1e ，将x 1代入上式得f(x 1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1，又f(x 1)＝f(x 2)，∴f(x 2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2x 1， 又x 2>1e ，1e 2x 1>1e ，且f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴x 2<1e 2x 1，∴x 1x 2<1e2.方法二 f(x 1)＝f(x 2)即x 1ln x 1＝x 2ln x 2， 令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得x 1ln x 1＝tx 1(ln t ＋ln x 1)，得ln x 1＝tln t1－t.∴x 1x 2<1e 2⇔ln x 1＋ln x 2<－2⇔2ln x 1＋ln t<－2⇔2tln t 1－t ＋ln t<－2⇔ln t －2t －1t ＋1>0.设g(t)＝ln t －2t －1t ＋1(t>1)，则g ′(t)＝t －12t t ＋12>0.∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t －2t －1t ＋1>0.故x 1x 2<1e2.。

浙江省杭州市（新版）2024高考数学统编版考试(培优卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题已知，，则等于（）A．B．C．D．第(2)题已知数列的前项和满足，有结论：①若，则；②数列是常数列.关于以上两个结论，正确的判断是（）A．①成立，②成立B．①成立，②不成立C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立第(3)题2020年广东12月份天气预报历史记录中1号至8号的数据如表所示，则（）日期最高气温/最低气温/12月1日231412月2日231312月3日201112月4日191012月5日21912月6日211512月7日231212月8日2311A．这8天的最高气温的极差为B．这8天的最高气温的中位数为C．这8天的最低气温的极差为D．这8天的最低气温的中位数为第(4)题已知等差数列的前n项和为，若，，则的取值范围是（）A．B．C．D．第(5)题对于实数，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）A．B．C．D．第(6)题已知点、，动点满足，则点的轨迹是（ ）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线第(7)题已知集合，，则（）A．B．C．D．第(8)题直线与抛物线交于两点，且线段的中点为，则抛物线的方程为（）A．B．C．D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题函数满足，，函数的一个零点也是其本身的极值点，则可能的表达式有（）A．B．C．D．第(2)题下列命题中正确是（）A．在回归分析中，可用相关系数的值判断模型拟合效果，越趋近于0，模型的拟合效果越好B ．已知随机变量，若，则C．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，响应变量将平均减少0.3个单位D．已知采用分层抽样得到的高三年级100名男生､50名女生的身高情况为：男生样本平均数173，女生样本平均数164，则总体样本平均数为170第(3)题已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（）A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2B．的取值范围为C．若为线段上的动点，则D．若，则曲线必为双曲线的一部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题写出与直线和圆都相切的一个圆的方程________．第(2)题已知函数的零点为，且，则的最大值为______.第(3)题设的展开式中项的系数为______．四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题已知数列的前项和为，.（1）若，求证：，，必可以被分为1组或2组，使得每组所有数的和小于1；（2）若，求证：，，…，必可以被分为组（），使得每组所有数的和小于1．第(2)题如图，四棱锥的底面为矩形，，平面平面，是的中点，是上一点，且平面.(1)求的值；(2)求直线与平面所成角的正弦值.第(3)题在平面直角坐标系中，已知点，直线与的斜率之积为．(1)求点的轨迹的方程；(2)过的直线交曲线于两点，直线与直线交于点，求证：为定值．第(4)题设椭圆的离心率为，且椭圆过点.过点作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于和四点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若，探究：直线是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.第(5)题在锐角中，角所对的边分别为，，．(1)求角；(2)若，且，求．。

函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具. 1函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程()0f x =的解就是函数()y f x =的图像与x 轴的交点的横坐标，即零点.函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决.在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大.例1 【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数错误！未找到引用源。

有两个零点.(I)求a 的取值范围；(II)设x 1,x 2是()f x 错误！未找到引用源。

的两个零点,证明：122x x +<. 【答案】(0,)+∞【解析】（iii ）设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-． 若2ea ≥-,则ln(2)1a -≤,故当(1,)x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在(1,)+∞上单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点． 若2ea <-,则ln(2)1a ->,故当(1,l n(2)x a ∈-时,'()0f x <；当(l n (2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >．因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增．又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点． 综上,a 的取值范围为(0,)+∞．例2【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. 设12,2a b ==. （1）求方程()2f x =的根;（2）若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；（3）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值。

培优点二 函数零点1．零点的判断与证明例1：已知定义在()1,+∞上的函数()ln 2f x x x =--， 求证：()f x 存在唯一的零点，且零点属于()3,4． 【答案】见解析 【解析】()111x f x x x-'=-=，()1,x ∈+∞，()0f x '∴>，()f x ∴在()1,+∞单调递增，()31ln30f =-<，()42ln 20f =->，()()340f f ∴<，()03,4x ∴∃∈，使得()00f x =因为()f x 单调，所以()f x 的零点唯一．2．零点的个数问题例2：已知函数()f x 满足()()3f x f x =，当[)1,3x ∈，()ln f x x =，若在区间[)1,9内， 函数()()g x f x ax =-有三个不同零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,93e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．ln 31,92e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．ln 3ln 3,93⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】()()()33x f x f x f x f ⎛⎫=⇒= ⎪⎝⎭，当[)3,9x ∈时，()ln 33x x f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()ln 13ln 393xx f x xx ≤<⎧⎪=⎨≤<⎪⎩，而()()g x f x a x =-有三个不同零点⇔()y f x =与y ax =有三个不同交点，如图所示，可得直线y ax =应在图中两条虚线之间，所以可解得：ln3193ea <<3．零点的性质例3：已知定义在R 上的函数()f x 满足：()[)[)2220,121,0x x f x xx ⎧+∈⎪=⎨-∈-⎪⎩，且()()2f x f x +=，()252x g x x +=+，则方程()()f x g x =在区间[]5,1-上的所有实根之和为（ ） A ．5- B ．6- C ．7- D ．8-【答案】C【解析】先做图观察实根的特点，在[)1,1-中，通过作图可发现()f x 在()1,1-关于()0,2中心对称，由()()2f x f x +=可得()f x 是周期为2的周期函数，则在下一个周期()3,1--中，()f x 关于()2,2-中心对称，以此类推。

2013级人教版数学一轮复习 编号： 编制时间： 2015.4.5 编制人：王文东第三章导数及其应用3.2 导数与函数的单调性、极值、最值（文理合用）【考纲要求】1.了解函数的单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次).2.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(其中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(其中多项式函数不超过三次).【考点预测】导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内容,主要考查导数的相关知识,知识的载体主要是基本初等函数,综合“把关题”是其考查的主要题型.考查的角度主要有:(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题;(2)函数、导数与不等式、方程等的综合问题;(3)以函数为载体的实际应用题.【使用说明与学法指导】1.复习教材 文：选修1-1 p89——p100 理：选修2-2 p22——p33，理解和掌握定义，并完成《优化设计》p41知识梳理部分，夯实基础。

2.对探究部分认真审题并完成；3.找出自己的疑惑和需要讨论的问题准备课上讨论质疑。

【双基自测】1 函数()323922y x x x x =---<<有（ ）A 极大值5，极小值27-B 极大值5，极小值11-C 极大值5，无极小值D 极小值27-，无极大值2. 函数xx y 142+=单调递增区间是（ ） A ),0(+∞ B )1,(-∞ C ),21(+∞ D ),1(+∞ 3. 函数xxy ln =的最大值为（ ） A 1-e B C 2e D310 4. 已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在),(+∞-∞上是单调函数,则实数的取值范围是（ ）A ),3[]3,(+∞--∞B ]3,3[-C ),3()3,(+∞--∞D )3,3(-5. 对于上可导的任意函数()f x ，若满足'(1)()0x f x -≥，则必有（ ）A (0)(2)2(1)f f f +<B (0)(2)2(1)f f f +≤C(0)(2)2(1)f f f +≥ D (0)(2)2(1)f f f +>6. 函数)(x f 的定义域为开区间),(b a ，导函数)(x f '在),(b a 内的图象如图所示， 则函数)(x f 在开区间),(b a 内有极小值点（ ） A 个 B 个 C 3个 D 个7. 函数2cos y x x =+在区间[0,]2π上的最大值是8. 若32()(0)f x ax bx cx d a =+++>在增函数，则,,a b c 的关系式为是基础达标参考答案一、选择题1 C '23690,1,3y x x x x =--==-=得，当1x <-时，'0y >；当1x >-时，'0y < 当1x =-时，5y =极大值；取不到3，无极小值把1a =-，代入到3()2f x x x =+-得4b =-；把1a =，代入到3()2f x x x =+-得0b =，所以0(1,0)P 和(1,4)--2 C 令3'222181180,(21)(421)0,2x y x x x x x x x -=-=>-++>>3 A 令'''22(ln )ln 1ln 0,x x x x x y x e x x-⋅-====，当x e >时，'0y <；当x e <时，'0y >，1()y f e e ==极大值，在定义域内只有一个极值，所以max 1y e=4 B '2()3210f x x ax =-+-≤在),(+∞-∞恒成立，24120a a ∆=-≤⇒≤≤5 C 当1x ≥时，'()0f x ≥，函数()f x 在(1,)+∞上是增函数；当1x <时，'()0f x ≤，()f x 在(,1)-∞上是减函数，故()f x 当1x =时取得最小值，即有(0)(1),(2)(1),f f f f ≥≥得(0)(2)2(1)f f f +≥6. A 极小值点应有先减后增的特点，即'''()0()0()0f x f x f x <→=→> 二、填空题 7.36+π'12sin 0,6y x x π=-==，比较0,,62ππ处的函数值，得max 6y π=+8.20,3a b ac >≤且 '2()320f x ax bx c =++>恒成立，则22,0,34120a ab ac b ac >⎧><⎨∆=-<⎩且班级： 小组： 姓名： 教师评价： 组内评价：【探究案】探究点一 根据单调性求参数范围例1. 已知f(x)=e x-ax-（1）求f(x)的单调增区间；（2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；（3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由.解：)(x f '=e x-（1）若a≤0，)(x f '=e x-a≥0恒成立，即f(x)在R 上递增若a>0,e x-a≥0,∴e x≥a,x≥lna.∴f(x)的单调递增区间为（2）∵f（x ）在R 内单调递增，∴)(x f '≥0在R 上恒成立∴e x-a≥0，即a≤e x在R 上恒成立∴a≤（e x ）min ，又∵e x>0，（3）方法一 由题意知e x-a≤0在（-∞，0］上恒成立∴a≥e x 在（-∞，0］上恒成立.∵e x在（-∞，0］上为增函数∴x=0时，e x 最大为1.∴a≥1.同理可知e x-a≥0在［0，+∞）上恒成立∴a≤e x在［0，+∞）上恒成立.∴a≤1，方法二 由题意知，x=0为f(x)的极小值点.∴)0('f =0,即e 0-a=0,∴a=1.跟踪训练1.已知函数f(x)=x 3-ax-（1）若f(x)在实数集R 上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）是否存在实数a,使f(x)在（-1，1）上单调递减？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由；（3）证明：f(x)=x 3-ax-1的图象不可能总在直线y=a 的上方（1）解 由已知)(x f '=3x 2-a,∵f(x)在（-∞,+∞）上是单调增函数，∴)(x f '=3x 2-a≥0在（-∞,+∞）上恒成立，即a≤3x 2对x∈R 恒成立∵3x 2≥0,∴只需a≤0,又a=0时，)(x f '=3x 2故f(x)=x 3-1在R 上是增函数，则（2）解 由)(x f '=3x 2-a≤0在(-1,1)上恒成立，得a≥3x 2,x∈(-1,1)恒成立∵-1<x<1,∴3x 2<3,∴只需a≥3.当a=3时，)(x f '=3(x 2-在x∈(-1,1)上，)(x f '<0,即f(x)在（-1，1）上为减函数，故存在实数a≥3,使f(x)在（-1，1）上单调递减（3）证明 ∵f(-1)=a-2<a,∴f(x)的图象不可能总在直线y=a 的上方. 探究点二 根据极值求参数范围例2. 已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c,曲线y=f(x ）在点x=1处的切线为l:3x-y+1=0，若x=32时，y=f(x ）有极值.（1）求a,b,c 的值；（2）求y=f(x ）在［-3，1］上的最大值和最小值.解 （1）由f(x)=x 3+ax 2+bx+c,得)(x f '=3x 2当x=1时，切线l 的斜率为3，可得2a+b=0当x=32时，y=f(x)有极值，则⎪⎭⎫ ⎝⎛'32f =0,可得4a+3b+4=0由①②解得a=2,b=-4.由于切点的横坐标为（2）由（1）可得f(x)=x 3+2x 2-4x+5,∴)(x f '=3x 2+4x-令)(x f '=0,得x=-2,x=32当x 变化时，y,y′的取值及变化如下表：x-3 (-3,-2)-2 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,232 ⎪⎭⎫ ⎝⎛1,32 1y′ + 0 - 0 + y8单调递增 ↗ 13 单调递减 ↘ 2795 单调递增↗4 ∴y=f（x ）在［-3，1］上的最大值为13，最小值为.2795跟踪训练2. 函数y=x 4-2x 2+5在区间［-2,2］上的最大值与最小值.解 先求导数,得y′=4x 3-4x,令y′=0,即4x 3-4x=0.解得x 1=-1,x 2=0,x 3导数y′的正负以及f(-2),f(2)如下表x -2 (-2,-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1,2) 2 y′ - 0 + 0 - 0 + y 13 ↘ 4 ↗ 5 ↘ 4 ↗13从上表知,当x=±2时,函数有最大值13,当x=±1时,函数有最小值4. 探究点三 含参函数的最值问题例3. 已知函数f(x)=x 2e -ax(a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值.解 ∵f（x ）=x 2e -ax （a ＞0）,∴)(x f '=2xe -ax +x 2·（-a)e -ax =e -ax (-ax 2+2x).令)(x f '>0,即e -ax (-ax 2+2x)>0,得0<x<a2∴f(x)在（-∞,0),⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a上是减函数，在⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0上是增函数①当0<a2<1,即a>2时,f(x ）在（1，2）上是减函数∴f（x ）max =f （1）=e -a.②当1≤a2≤2,即1≤a≤2时，f(x)在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,1上是增函数，在⎪⎭⎫⎝⎛2,2a上是减函数，∴f(x)max =f ⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2=4a -2e -2.③当a2>2时，即0<a<1时，f(x)在（1，2）上是增函数，∴f（x ）max =f （2）=4e -2a综上所述，当0<a<1时，f(x)的最大值为4e -2a当1≤a≤2时，f(x)的最大值为4a -2e -2当a>2时，f(x)的最大值为e -a.跟踪训练3. 设函数f(x)=-x(x-a)2(x∈R ),其中a∈R（1）当a=1时，求曲线y=f(x)在点（2，f(2))处的切线方程； （2）当a≠0时，求函数f(x)的极大值和极小值解：（1）当a=1时，f(x)=-x(x-1)2=-x 3+2x 2-班级： 小组： 姓名： 教师评价： 组内评价：f(2)=-2,)(x f '=-3x 2+4x-=')2(f -12+8-1=-∴当a=1时，曲线y=f(x)在点（2,f(2))处的切线方程为 5x+y-（2）f(x)=-x(x-a)2=-x 3+2ax 2-a 2)(x f '=-3x 2+4ax-a 2=-(3x-a)(x-令)(x f '=0,解得x=3a 或由于a≠0，以下分两种情况讨论①若a>0，当x 变化时，)(x f '的正负如下表： x(-∞,3a ) 3a (3a,a) a (a,+∞) )(x f '- 0+ 0 - f(x)↘3274a - ↗0 ↘因此，函数f(x)在x=3a 处取得极小值f （3a），且f （3a ）=-;2743a函数f(x)在x=a 处取得极大值f(a),且②若a<0，当x 变化时，)(x f '的正负如下表： x(-∞,a) a (a,3a ) 3a (3a,+∞) )(x f '-0 + 0 - f(x) ↘↗-3274a ↘因此，函数f(x)在x=a 处取得极小值f(a),且f(a)=0； 函数f(x)在x=3a 处取得极大值f （3a ）且f （3a ）=-3274a .【训练案】一、选择题1. 若()sin cos f x x α=-,则'()f α等于（ ）A. sin αB. cos αC. sin cos αα+D. 2sin α2．函数y=x 3－3x 在[－1，2]上的最小值为 （ ） A 、2 B 、－2 C 、0 D 、－43．设函数()f x 的导函数为()f x '，且()()221f x x x f '=+⋅，则()0f '等于 ( )A 、0B 、4-C 、2-D 、24．已知f(x)＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围为( )A 、－1<a<2B 、－3<a<6C 、a<－1或a>2D 、a<－3或a>65、设函数f(x)＝kx 3＋3(k －1)x 22k -＋1在区间（0，4）上是减函数，则k 的取值范围是（ ）A 、13k <B 、103k <≤C 、103k ≤≤D 、13k ≤6、设函数f(x)在定义域内可导，y=f(x)的图象如下图所示，则导函数y=f '(x) 可能为 （ ）8、已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x ，有()0f x ≥，则(1)(0)f f '的最小值为( ) Ａ．3 Ｂ．52 Ｃ．2 Ｄ．329、f (x )是定义在区间[－c,c]上的奇函数，其图象如图所示：令g （x ）=af （x ）+b ，则下 列关于函数g （x ）的叙述正确的是（ ）A ．若a <0,则函数g （x ）的图象关于原点对称.B ．若a =－1，－2<b<0,则方程g （x ）=0有大于2的实根.C ．若a ≠0,b=2,则方程g （x ）=0有两个实根.D ．若a ≥1,b<2,则方程g （x ）=0有三个实根.13. 已知直线x +2y －4=0与抛物线y 2=4x 相交于A 、B 两点，O 是坐标原点，P 是抛物线的弧上求一点P ，当△PAB 面积最大时，P 点坐标为 .14、对于三次函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠，定义：设()f x ''是函数()y f x =的导函数()y f x '=的导数，若()0f x ''=有实数解0x ，则称点00(,())x f x 为函数()y f x =的“拐点”。

第14讲函数的零点、隐零点、极值点偏移问题（6类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为16分【备考策略】1.理解、掌握函数零点与方程的关系2.能掌握函数零点的求解方法3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像的交点解决函数的零点问题4.会解隐零点与极值点偏移问题【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式解决函数的零点相关问题。

知识讲解知识点一.函数零点个数问题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，对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围，从图象的最高点、最低点、分析函数的最值、极值;从图象的对称性，分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等。

但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.知识点二.零点存在性赋值理论1.确定零点是否存在或函数有几个零点，作为客观题常转化为图象交点问题，作为解答题一般不提倡利用图象求解，而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点，赋值之所以“热”，是因为它涉及到函数领域的方方面面:讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性);求含参函数的极值或最值;证明一类超越不等式;求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等，零点赋值基本模式是已知f(a)的符号，探求赋值点m(假定m<a)使得f(m)与f(a)异号，则在(m，a)上存在零点2.赋值点遴选要领:讲选赋值点须做到三个确保:确保参数能取到它的一切值;确保赋值点x0落在规定区间内;确保运算可行三个优先:(1)优先常数赋值点;(2)优先借助已有极值求赋值点;(3)优先简单运算.知识点三.隐零点问题1.函数零点按是否可求精确解可以分为两类:一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”;另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”2.利用导数求函数的最值或单调区间，常常会把品值问题转化为求导函数的零点问题、若导数零点存在，但无法求出，我们可以设其为0，再利用导函数单调性确定0所在区间，最后根据f’(0)=0，研究f(0)，我们把这类问题称为隐零点问题.注意若f(x)中含有参数a，关系式f(0)=0是关于0,a的关系式，确定0的合适范围，往往和a的范围有关.考点一、函数零点个数问题1.（2024·四川凉山·二模）若=Lin+cos−1，∈−π2,π，则函数的零点个数为（）A．0B．1C．2D．32.（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝x－sin x的零点个数为．1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(x)＝x3－x－1.(1)求证：函数f(x)在区间(1，2)内恰有一个零点；(2)将（1）中的零点记为a，且a4r14n的值.2.（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数=ln+sin+sinπ10.(1)求函数在区间1,e上的最小值；(2)判断函数的零点个数，并证明.考点二、数形结合法研究零点问题1.（2023·四川甘孜·一模）设定义在上的函数是偶函数，且+π=−π，'是的导函数，当∈0,π时，0<<1；当∈0,π且≠π2时，π2'>0，则函数=−sin在−2π,2π上的零点个数为（）A．2B．4C．5D．82.（2024高三下·全国·专题练习）已知是定义在R上的奇函数，当>0时，=e3−3ln，则函数的零点个数为（）A．2B．3C．4D．51.（24-25高三上·广东·开学考试）若函数op=sin−cos+B+1(>0)，∈[0,2π]的图象与直线=0,=π,=0所围成的封闭图形的面积为12π2+π+2．(1)求的值；(2)求函数op单调区间及最值；(3)求函数op=op−在区间∈[0,2π]上的零点个数．2.（2024·浙江·模拟预测）已知函数=e+sin−−1.(1)当=12时，求的单调区间；(2)当=1时，判断的零点个数.3.（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数op=133−2B2+2，其中≥0．(1)若的极小值为−286，求单调增区间；(2)讨论的零点个数．1.（2024·山东聊城·一模）已知函数=e−1，=ln−B，=e−ln−1.(1)求的单调递增区间；(2)求的最小值；(3)设ℎ=−，讨论函数ℎ的零点个数.2.（2024·湖南·二模）已函数op=3+B2+B+os s∈p，其图象的对称中心为(1,−2).(1)求−−的值；(2)判断函数的零点个数.1.（2024·河南郑州·三模）已知函数=e B−.(1)若=2，求在1,1处的切线方程；(2)讨论的零点个数.2.（2024·湖北·模拟预测）函数op=x−−1(∈p．(1)当=1时，证明：op≥0；(2)讨论函数op的零点个数．3.（23-24高三上·河北邢台·阶段练习）已知函数=23−32−12+5．(1)求的极值；(2)讨论函数=−的零点个数．4.（23-24高三上·陕西·阶段练习）已知函数=3ln+122−4+1.(1)求的图象在=2处的切线方程；(2)讨论函数=−的零点个数.1.（2024·山西·三模）已知函数op=2+1,>0e,≤0，若函数op=op−+o∈p恰有一个零点，则的取值范围是.2.（2018·全国·高考真题）已知函数=-B2．（1）若=1，证明：当≥0时，≥1；（2）若在(0,+∞)只有一个零点，求的值.1.（2017·全国·高考真题）已知函数=e2+−2e−（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.2.（2024·内蒙古包头·三模）设函数=ln+−．(1)当=1时，求的最小值；(2)若恰有两个零点，求a的取值范围．考点五、隐零点问题1.22-23高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：e K2>ln（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；（2）已知函数op=(−2)e+o−1)2有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）2.（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数=2−En∈R．(1)判断函数的单调性；(2)设=2−−2ln，证明：当=2时，函数有三个零点．1.（22-23高三上·河北·期中）已知函数=2e+o2−lnp+.(1)若=−2e−1，求的单调区间；(2)记函数=−2−En+1++4，若+1≥恒成立，试求实数的取值范围.2.（23-24高三下·广东广州·阶段练习）已知函数=e−2．(1)求函数的极值；(2)讨论函数=−sin在R上的零点个数．（参考数据：sin1≈0.84，cos1≈0.54）3.（2024·山东·模拟预测）已知函数=14e−．(1)求曲线=在点1,1处的切线在轴上的截距；(2)探究的零点个数．4.（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数=e−sin.(1)求在0,0处的切线方程；(2)求证：当∈−π,+∞时，函数有且仅有2个零点.1.（2024高三·全国·专题练习）设函数op=e−12e2−13(−1)3+5e2,∈[0,+∞)．(1)判断函数op的单调性；(2)若1≠2，且1+2=6e，求证：1+2<2．2.（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数=B2，=1−ln.(1)若对于任意∈0,+∞，都有<，求实数的取值范围；(2)若函数=−有两个零点1,2，求证：11+12>2.1.（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数=ln+12B2−+1∈.(1)当=1时，求函数=的零点个数.(2)若关于的方程=12B2有两个不同实根1,2，求实数的取值范围并证明1⋅2>2.2.（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数=−1ln−2+B∈.(1)若函数='有两个零点，求的取值范围；(2)设1,2是函数的两个极值点，证明：1+2>2.3.（21-22高三上·广东清远·期末）已知函数op=K1−o−1)．(1)讨论op的零点个数．(2)若op有两个不同的零点1,2，证明：1+2>4．4.（21-22高三上·北京昌平·期末）已知函数op=163−2B+8ln．（1）若函数op在定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若函数op存在两个极值点1,2，求证：1+2>4．1．（22-23高三上·天津和平·期末）设函数op=e−e−,≥0−2−2−4,<0，若函数=−B恰有两个零点，则实数的取值范围为（）A．0,2B．0,2C．2,+∞D．2 2．（2020·重庆·一模）已知为R上的可导函数，当≠0时，'+>0，若=+1，则函数的零点个数为（）A．0B．1C．2D．0或23．（21-22高三上·天津河北·期中）已知函数=En−1，则的零点所在的区间是（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,44．（2024高三·全国·专题练习）函数f（x）＝2x＋x－2的零点个数是（）A．0B．1C．2D．36．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知函数=2+B+e，若函数有两个不同零点，则极值点的个数为.7．（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数=133−2+1．(1)求曲线=在点1,1处的切线方程；(2)求函数在−2,2上的单调区间、最值．(3)设=−在−2,2上有两个零点，求的范围.1．（23-24高三上·天津南开·阶段练习）若函数=+2−En−−2，（>0且≠1）有两个零点，则m的取值范围（）A．−1,3B．−3,1C．3,+∞D．−∞,−12．（20-21高三上·天津南开·阶段练习）设函数f(x)=ln， ＞0，e(+1)，≤0，若函数g(x)=f(x)–b有两个零点，则实数b的取值范围是（）A．(–12，0)B．(–12，0]C．(–12，0]∪(1，+∞)D．(–12，1) 3．（2023·吉林·一模）已知函数=eK1,>0且≠1,−−,<0且≠−1,若函数op=2(p−B(p−e4有4个零点．则实数的取值范围是．4．（2023·天津河北·一模）设∈，函数=B2−+1,<0e−B,≥0，若恰有两个零点，则的取值范围是.5．（23-24高三上·天津河北·期中）已知函数=23−22+1.(1)求曲线=在点1,1处的切线方程；(2)求函数=的单调区间和极值；(3)若函数=−在区间−1,1上有一个零点，求实数的取值范围.6．（22-23高三上·天津·期中）已知函数=3+B2+B+在点1,2处的切线斜率为4，且在=−1处取得极值.(1)求函数的单调区间；(2)若函数=+−1恰有两个零点，求实数m的取值范围.7．（21-22高三上·天津东丽·阶段练习）已知函数op=B3−62+1，∈.（1）若=2，求函数op的单调区间；（2）若=−4，求函数在区间[−2,3]的最值；（3）若op恰有三个零点，求a的取值范围.1.（2023·全国·高考真题）函数=3+B+2存在3个零点，则的取值范围是（）A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,02.（2022·全国·高考真题）已知函数op=B−1−(+1)ln．(1)当=0时，求op的最大值；(2)若op恰有一个零点，求a的取值范围．3.（2020·全国·高考真题）已知函数op=3−B+2．（1）讨论op的单调性；（2）若op有三个零点，求的取值范围．4.（2020·全国·高考真题）已知函数op=−o+2).（1）当=1时，讨论op的单调性；（2）若op有两个零点，求的取值范围.。

第六节 利用导数解决函数的零点问题考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数判断函数零点个数的3种方法直接法令f (x )＝0，则方程解的个数即为零点的个数 画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数即可 定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.［证明］ (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点. (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).(ⅰ)当x ∈(－1,0］时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减.又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0］的唯一零点.(ⅱ)当x ∈时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减. 又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2＞0，所以当x ∈时，f (x )＞0.从而，f (x )在没有零点.(ⅲ)当x ∈时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在有唯一零点. (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点.综上，f (x )有且仅有2个零点.根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x 轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.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 )－x 3零点的个数.［解］ (1)由题意知，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x (x ＞0)，则f ′(x )＝x －e x 2，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则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.考点2 已知函数零点个数求参数解决此类问题常从以下两个方面考虑(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件.(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解.设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时， f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0＜x ＜12时，f ′(x )＞0；当x ＞12时，f ′(x )＜0.∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.(2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3， 则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]， ∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33. 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3(e2a)2＞1－16a3(2a)4＝1－1a＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.考点3函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．已知函数f(x)＝12x2＋(1－a)x－a ln x，a∈R.(1)若f(x)存在极值点为1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.[解](1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－ax，因为f(x)存在极值点为1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－ax＝(x＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1－ax(x＞0)，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x＞a时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，当0＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点x1，x2，所以f(a)＜0，即12a2＋(1－a)a－a ln a＜0，整理得ln a＞1－12a，作y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x)，令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－a ln 2a－x x，则h′(x)＝－2＋2a2(2a－x)x ＝－2＋2a2－(x－a)2＋a2≥0，所以h(x)在(0,2a)上单调递增，不妨设x1＜a＜x2，则h(x2)＞h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)＞f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上为减函数，所以2a－x2＜x1，即x1＋x2＞2a，又ln a＞1－12a，易知a＞1成立，故x1＋x2＞2.(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f(x)＝ln x－x.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x＋12x－m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1＋x2＞1.[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1＝1－xx.令f′(x)＝1－xx＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＝1－xx＜0，得x＞1.所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：根据题意知g(x)＝ln x＋12x－m(x＞0)，因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋12x－m的两个零点，所以ln x1＋12x1－m＝0，ln x2＋12x2－m＝0，两式相减，可得ln x1x2＝12x2－12x1，即ln x1x2＝x1－x22x1x2，故x1x2＝x1－x22lnx1x2，则x1＝x1x2－12lnx1x2，x2＝1－x2x12lnx1x2.令t＝x1x2，其中0＜t＜1，则x1＋x2＝t－12ln t＋1－1t2ln t＝t－1t2ln t.构造函数h(t)＝t－1t－2ln t(0＜t＜1)，则h′(t)＝(t－1)2t2.因为0＜t＜1，所以h′(t)＞0恒成立，故h(t)＜h(1)，即t－1t －2ln t＜0，可知t－1t2ln t＞1，故x1＋x2＞1.课外素养提升④逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型【例1都有f′(x)＜12，则不等式f(lg x)＞lg x＋12的解集为________．(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的解集为________．(1)(0,10)(2)(－∞，－3)∪(0,3)[(1)由题意构造函数g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－12＜0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－12＝1 2，由f(lg x)＞lg x＋12，得f(lg x)－12lg x＞12.即g(lg x)＝f(lg x)－12lg x＞12＝g(1)，所以lg x＜1，解得0＜x＜10.所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0⇔[f(x)g(x)]′＞0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f(x)g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．][评析](1)对于不等式f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．(2)对于不等式f′(x)－g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)＞k(或＜k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)(g(x)≠0)．xf′(x)±nf(x)(n为常数)型【例2x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)＞x2，则下列不等式在R上恒成立的是()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＞x D．f(x)＜x(1)A(2)A[(1)令g(x)＝f(x) x，则g′(x)＝xf′(x)－f(x)x2.由题意知，当x＞0时，g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，g(x)＞0，从而f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，从而f(x)＜0.又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f(x)＜0.综上，使f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g(x)＝x2f(x)－14x4，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)－x3＝x[2f(x)＋xf′(x)－x2]．当x＞0时，g′(x)＞0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＜0时，g′(x)＜0，∴g(x)＞g(0)，即x2f(x)－14x4＞0，从而f(x)＞14x2＞0；当x＝0时，由题意可得2f(0)＞0，∴f(0)＞0.综上可知，f(x)＞0.][评析](1)对于xf′(x)＋nf(x)＞0型，构造F(x)＝x n f(x)，则F′(x)＝x n－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)＞0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0.(2)对于xf′(x)－nf(x)＞0(x≠0)型，构造F(x)＝f(x)x n，则F′(x)＝xf′(x)－nf(x)x n＋1(注意对x n＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)＞0，构造F(x)＝f(x)x，则F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2＞0.f ′(x )±λf (x )(λ为常数)型【例3】)＞f ′(x )，则有( )A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0)D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e x f (x )－e x 2＞0的解集为________．(1)D (2)(2，＋∞) [(1)构造函数h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f (－2 019)e －2 019＞f (0)e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0，得2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12f (x )＋f ′(x )＞0，可构造函数h (x )＝e x 2f (x )，则h ′(x )＝12e x 2 [f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e x 2f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式e x f (x )－e x 2＞0等价于e x 2f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e x 2＞0的解集为(2，＋∞)．][评析] (1)对于不等式f ′(x )＋f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝e x f (x )．(2)对于不等式f ′(x )－f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )e x .。

第1页 共4页 第2页 共4页高三培优--极值点偏移问题的处理策略及探究所谓极值点偏移问题，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。

若函数()f x 在0x x =处取得极值，且函数()y f x =与直线y b=交于1(,)A x b ,2(,)B x b 两点，则AB 的中点为12(,)2x x M b +，而往往1202x x x +≠.如下图所示.极值点没有偏移此类问题在近几年高考及各种模考，作为热点以压轴题的形式给出，很多学生对待此类问题经常是束手无策。

而且此类问题变化多样，有些题型是不含参数的，而更多的题型又是含有参数的。

不含参数的如何解决？含参数的又该如何解决，参数如何来处理？是否有更方便的方法来解决？其实，处理的手段有很多，方法也就有很多，我们先来看看此类问题的基本特征，再从几个典型问题来逐一探索！ 【问题特征】【处理策略】一、不含参数的问题.例1.（2010天津理）已知函数()()xf x xe x R -=∈ ，如果12x x ≠，且12()()f x f x = ，证明：12 2.x x +>二、含参数的问题.例2.已知函数x ae x x f -=)(有两个不同的零点12,x x ，求证：221>+x x . 例3.已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>例4.设函数()()xf x e ax a a R =-+∈，其图像与x 轴交于)0,(,)0,(21x B x A 两点，且21x x <.证明：12()0f x x '⋅<.【迷惑】此题为什么两式相减能奏效，而变式相乘却失败？两式相减的思想基础是什么？其他题是否也可以效仿这两式相减的思路? 【挑战高考压轴题】（2011年辽宁理）已知函数2()ln (2).f x x ax a x =-+-（I ）讨论()f x 的单调性；（II ）设0a >，证明：当10x a <<时，11()()f x f x a a+>-； （III ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于,A B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0()0f x '<.（2016年新课标I 卷理）已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x有两个零点21,x x .证明：122x x +<.。