通用版2019高考数学二轮复习解答题通关练6函数与导数文201901092211

专题1 函数与导数一、函数1.函数的三要素是什么?定义域、值域和对应关系是函数的三要素,是一个整体,研究函数问题时必须“定义域优先”.2.求函数的定义域应注意什么?求函数的定义域时,若已知函数的解析式,则函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围,只需构建并解不等式(组).在实际问题中,除要考虑解析式有意义外,还要使实际问题有意义.已知f(x)的定义域是[a,b],求f(g(x))的定义域,是指满足a≤g(x)≤b的x的取值范围,而已知f(g(x))的定义域是[a,b],指的是x∈[a,b].3.判断函数的单调性有哪些方法?单调性是函数在其定义域上的局部性质.常见判定方法:①定义法,取值、作差、变形、定号,其中变形是关键,常用的方法有通分、配方、因式分解;②图象法;③复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则;④导数法.4.函数的奇偶性有什么特征?奇偶性的特征及常用结论:①若f(x)是奇函数,0在其定义域内,则f(0)=0.②f(x)是偶函数⇔f(x)的图象关于y轴对称;f(x)是奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称.③奇函数在对称(关于原点对称)的单调区间内有相同的单调性;偶函数在对称(关于原点对称)的单调区间内有相反的单调性.④若f(x+a)为奇函数,则f(x)的图象关于点(a,0)对称;若f(x+a)为偶函数,则f(x)的图象关于直线x=a对称.5.指数函数、对数函数的图象与性质有哪些?指数函数与对数函数的图象和性质:6.函数图象的推导应注意哪些?探寻函数图象与解析式之间的对应关系的方法:(1)知图选式:①从图象的左右、上下分布,观察函数的定义域、值域;②从图象的变化趋势,观察函数的单调性;③从图象的对称性方面,观察函数的奇偶性;④从图象的循环往复,观察函数的周期性.(2)知式选图:①从函数的定义域,判断图象左右的位置,从函数的值域,判断图象的上下位置;②从函数的单调性,判断图象的变化趋势;③从函数的奇偶性,判断图象的对称性;④从函数的周期性,判断图象的循环往复.7.确定函数零点的常用方法有哪些?函数零点个数的判断方法:(1)直接法:令f(x)=0,则方程解的个数为函数零点的个数.(2)零点存在性定理:利用该定理不仅要求曲线f(x)在[a,b]上是连续的,且f(a)·f(b)<0,还必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点.(3)数形结合:对于给定的函数不能直接求解或画出图象,常会通过分解转化为两个函数的图象,然后通过数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.二、导数1.如何利用导数的方法研究函数的单调性?利用导数研究函数的单调性有什么应用?在某个区间(a,b)内,如果f'(x)>0(f'(x)<0),那么函数y=f(x)在这个区间内单调递增(单调递减).利用导数研究函数单调性的应用:(1)利用导数判断函数的图象.(2)利用导数解不等式.(3)求参数的取值范围:①y=f(x)在(a,b)上单调,则(a,b)是相应单调区间的子集.②若函数单调递增,则f'(x)≥0;若函数单调递减,则f'(x)≤0.2.如何判断函数的极值?如何确定函数的最值?当f'(x0)=0时,若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值.将函数y=f(x)在[a,b]上的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.3.利用导数可以解决哪些不等式问题?(1)利用导数证明不等式:证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,那么可以证明f(x)<g(x),x∈(a,b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题:①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈I);②∃x∈I,使f(x)>g(x)成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I);③对∀x1,x2∈I,f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min;④对∀x1∈I,∃x2∈I,f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.函数是一条主线,贯穿于整个高中数学,导数是重要的解题工具,是解决函数问题的利器,因此,函数与导数在高考数学中的地位不言而喻.本专题内容也是高考中重要的考点之一,从近年高考的命题情况来看,本专题在高考分值中占20%左右,试题的易、中、难比例相当,选择题、填空题和解答题均有考查.一、选择题和填空题的命题特点(一)考查函数图象的判断及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的解析式、定义域、值域及单调性、奇偶性等性质的综合.1.(2018·全国Ⅱ卷·理T3改编)函数f(x)=的图象大致为().解析▶∵f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且f(-x)==-f(x),∴f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除A;又当x>0时,5x>1>5-x,∴f(x)>0,排除D;f(2)>1,排除C.故选B.答案▶ B2.(2017·全国Ⅰ卷·文T8改编)函数y=的部分图象大致为().解析▶因为函数为奇函数,所以其图象关于原点对称,所以选项C,D错误;又当x=0时,y=0,所以选项B错误.故选A.答案▶ A(二)考查函数的基本性质及简单应用.试题难度中档,综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性及图象的推理能力等.3.(2018·全国Ⅱ卷·理T11改编)已知f(x)是定义域为R的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x).若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2018)=().A.-2018B.0C.2D.50解析▶∵f(x)是奇函数,且f(1-x)=f(1+x),∴f(1-x)=f(1+x)=-f(x-1),f(0)=0,∴f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即函数f(x)是周期为4的周期函数.∵f(1)=2,∴f(2)=f(0)=0,f(3)=-f(1)=-2,f(4)=f(0)=0,∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0-2+0=0,∴f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2018)=504[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(2017)+ f(2018)=f(1)+f(2)=2+0=2.故选C.答案▶ C(三)考查基本初等函数的性质及应用.试题难度较大,综合考查基本初等函数的性质与图象.4.(2018·全国Ⅲ卷·文T16改编)已知函数f(x)=log2(-x)+2,f(a)=3,则f(-a)= .解析▶因为f(x)log=2(-x)+2,所以f(x)+f(-x)=log2(-x)+2+log2[-(-x)]+2=log2(1+x2-x2) +4=4.因为f(a)=3,所以f(-a)=4-f(a)=4-3=1.答案▶ 15.(2018·全国Ⅰ卷·文T13改编)已知函数f(x)=log3(x2+a),若f(2)=1,则a= .解析▶∵f(2)=1,log∴3(4+a)=1,∴4+a=3,∴a=-1.答案▶-16.(2017·全国Ⅱ卷·文T8改编)函数y=ln(-x2+2x+3)的单调递减区间是().A.(-1,1]B.[1,3)C.(-∞,1]D.[1,+∞)解析▶令t=-x2+2x+3,由t>0,求得-1<x<3,故函数的定义域为(-1,3),且y=ln t,故本题为求函数t=-x2+2x+3在定义域内的单调递减区间.利用二次函数的性质求得t=-(x-1)2+4在定义域内的单调递减区间为[1,3),故选B.答案▶ B(四)考查函数零点的判断及应用,同时考查函数与方程的思想、转化思想及数形结合思想,试题难度较大.7.(2017·全国Ⅲ卷·理T11改编)已知函数f(x)=x2-4x+a(10x-2+10-x+2)有唯一零点,则a=().A.4B.3C.2D.-2解析▶函数f(x)有唯一零点等价于方程4x-x2=a(10x-2+10-x+2)有唯一解,等价于函数y=4x-x2的图象与y=a(10x-2+10-x+2)的图象只有一个交点.当a=0时,f(x)=x2-4x,此时函数有两个零点,矛盾;当a<0时,由于y=4x-x2在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,且y=a(10x-2+10-x+2)在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,所以函数y=4x-x2的图象的最高点为A(2,4),y=a(10x-2+10-x+2)的图象的最高点为B(2,2a),由于2a<0<4,所以此时函数y=4x-x2的图象与y=a(10x-2+10-x+2)的图象不可能只有1个交点,矛盾;当a>0时,由于y=4x-x2在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,且y=a(10x-2+10-x+2)在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以函数y=4x-x2的图象的最高点为A(2,4),y=a(10x-2+10-x+2)的图象的最低点为B(2,2a),由题意可知点A与点B重合时满足条件,即2a=4,解得a=2,符合条件.故选C.答案▶ C(五)考查导数的几何意义及简单的导数计算.导数的几何意义一直是高考的热点和重点,试题综合考查导数的计算及直线方程的知识,难度较小. 8.(2018·全国Ⅰ卷·理T5改编)设函数f(x)=x3+(a+1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为.解析▶因为函数f(x)是奇函数,所以a+1=0,解得a=-1,所以f(x)=x3-x,f'(x)=3x2-1,所以f'(0)=-1,所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=-x.答案▶y=-x二、解答题的命题特点在全国卷中,函数与导数的综合试题一般为第21题,是全卷的压轴题.试题难度较大,综合性强,主要考查函数单调性的判断,函数零点个数的判断,极(最)值的应用,恒成立问题,不等式的证明等.1.(2018·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数f(x)=a e x+ln x+1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≤-时,f(x)≤0.解析▶(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ea x+.由题设知,f'(2)=0,所以a=-.从而f(x)=-e x+ln x+1,则f'(x)=-e x+.当0<x<2时,f'(x)>0;当x>2时,f'(x)<0.所以f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.(2)当a≤-时,f(x)≤-+ln x+1.设g(x)=-+ln x+1,则g'(x)=-+.当0<x<1时,g'(x)>0;当x>1时,g'(x)<0.所以x=1是g(x)的最大值点.故当x>0时,g(x)≤g(1)=0.因此,当a≤-时,f(x)≤0.2.(2017·全国Ⅰ卷·文T21改编)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x,其中参数a≤0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析▶(1)f'(x)=e22x-ea x-a2=(e2x+a)e(x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,其在R上单调递增.②若a<0,则由f'(x)=0,得x=ln.当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)①当a=0时,f(x)=e2x≥0恒成立.②若a<0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2,故当且仅当a2≥0,即a≥-2时,f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,0].1.识别函数图象的常用方法:(1)直接法:直接求出函数的解析式并画出其图象.(2)特例排除法,例如,根据已知函数的图象或已知函数的解析式,取特殊点,判断各选项的图象是否经过该特殊点.(3)性质(单调性、奇偶性、过定点等)验证法.(4)较复杂函数的图象,常借助导数这一工具,先对原函数进行求导,再利用导数判断函数的单调性、极值或最值,从而对选项进行筛选.2.函数性质综合问题的常见类型及解题策略:(1)单调性与奇偶性结合.解决此类问题要注意函数单调性及奇偶性的定义,以及奇、偶函数图象的对称性.(2)周期性与奇偶性结合.此类问题多考查求值,常利用奇偶性及周期性进行交换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)周期性、奇偶性与单调性结合.解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间,然后利用奇偶性和单调性求解.3.对于函数零点(方程的根)的确定问题,高考常从以下几个方面进行考查:(1)函数零点值大致所在区间的确定;(2)零点个数的确定;(3)两个函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决此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,尤其是方程两边对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解.4.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转化,关键是求出切点的坐标.5.利用导数研究函数的单调性:(1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求f'(x)>0,f'(x)<0的解集,求单调区间应遵循定义域优先的原则;(2)含参函数的单调性要分类讨论,通过确定导数的符号判断函数的单调性;(3)注意两种表述“函数f(x)在(a,b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a,b)”的区别.6.利用导数研究函数极值、最值的方法:(1)若求极值,则先求方程f'(x)=0的根,再检查f'(x)在方程根的左右函数值的符号;(2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f'(x)=0根的大小或存在情况来求解;(3)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.。

好题练习1.已知函数f(x)=x(e x+1),(1)求函数y=f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程.(2)若函数g(x)=f(x)-ae x-x,求函数g(x)在[1,2]上的最大值. 【解析】(1)因为f(0)=0,故所求切线方程为y=2x.(2)依题意,g′(x)=(x-a+1)e x,令g′(x)=0得x=a-1,所以当a-1≤1时,即a≤2时,x∈[1,2]时,g′(x)≥0恒成立,g(x)单调递增,所以g(x)最大值为g(2)=(2-a)e2;当a-1≥2时,即a≥3时,x∈[1,2]时,g′(x)≤0恒成立,g(x)单调递减,所以g(x)最大值为g(1)=(1-a)e;当1<a-1<2时,即2<a<3时,x∈[1,a-1)时,g′(x)≤0,g(x)单调递减;x∈(a-1,2)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以当x∈[1,2]时,g(x)最大值为g(1)或g(2).g(1)=(1-a)e,g(2)=(2-a)e2,g(1)-g(2)=(1-a)e-(2-a)e2=(e2-e)a-(2e2-e).所以当3>a≥=时,g(1)-g(2)≥0,g(x)max=g(1)=(1-a)e,当2<a<=时,g(1)-g(2)<0,g(x)max=g(2)=(2-a)e2.综上可得:当a≥时,g(x)max=g(1)=(1-a)e.当a<时,g(x)max=g(2)=(2-a)e2.2.已知函数f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0).(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=e2,证明:x1+x2>2e.【解析】(1)f′(x)=-,(x>0),当a<0时,f′(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是递减的;当a>0时,f′(x)=,知f(x)在(0,)上是递减的,在(,+∞)上是递增的.(2)由(1)知,a>0,f(x)min =f()=1-ln a,依题意1-ln a<0,即a>e,由a=e2得,f(x)=-2ln x(x>0),x1∈(0,e),x2∈(e,+∞),由f(2e)=4-2ln 2>0及f(x2)=0得,x2<2e,即x2∈(e,2e),欲证x1+x2>2e,只要x1>2e-x2,注意到f(x)在(0,e)上是递减的,且f(x1)=0,只要证明f(2e-x2)>0即可,由f(x2)=-2ln x2=0得=2e2ln x2,所以f(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=4-+2ln x2-2ln(2e-x2),x2∈(e,2e),令g(t)=4-+2ln t-2ln(2e-t),t∈(e,2e),则g′(t)=-++=>0,知g(t)在(e,2e)上是递增的,于是g(t)>g(e)=0,即f(2e-x2)>0, 综上,x1+x2>2e.。

专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围； 9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。

2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。

3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。

4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >>【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞ 【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。

考点测试5 函的定义域和值域一、基础小题1．函f(x)＝1lg x＋2－x的定义域为( ) A．(0,2] B．(0,2) C．(0,1)∪(1,2] D．(－∞，2] 答案 C解析f(x)＝1lg x＋2－x是复合函，所以定义域要满足lg x≠0且2－x≥0且x>0，所以0＜x≤2且x≠1.2．若函y＝x2－4x的定义域是{x|1≤x<5，x∈N}，则其值域为( )A． C．∪D．(0,1]答案 B解析由题意知kx2－6x＋k＋8≥0对于x∈R恒成立，当k≤0时显然不符合，所以⎩⎪⎨⎪⎧k >0，Δ＝36－4k k ＋8 ≤0，解得k ≥1，故选B.5．若函y ＝f (x )的值域是，则函F (x )＝1－f (x ＋3)的值域是( )A ．B ．C ．D ．答案 C解析 ∵1≤f (x )≤3，∴－3≤－f (x ＋3)≤－1，∴－2≤1－f (x ＋3)≤0，即F (x )的值域为．6．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2a x ＋3a ，x <1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么实a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12D.⎝⎛⎭⎪⎫0，12答案 C解析 由题意知y ＝ln x (x ≥1)的值域为上的最大值和最小值之和为a ，则a 的值为( )A.14B.12 C ．2 D ．4 答案 B解析 当a >1时，a ＋log a 2＋1＝a ，log a 2＝－1，所以a ＝12，与a >1矛盾；当0<a <1时，1＋a ＋log a 2＝a ，log a 2＝－1，所以a ＝12.8．若函f (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，则函F (x )＝f (x )＋1f x 的值域是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，103 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，103答案 B解析 因为F (x )＝f (x )＋1f x ≥2，当且仅当f (x )＝1f x ，即f (x )＝1时取等号，所以F (x )min ＝2；又函F (x )为连续函，当f (x )＝12时，F (x )＝52；当f (x )＝3时，F (x )＝103，故F (x )max ＝103，所以F (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，103.故选B.9．下列函中，值域是(0，＋∞)的是( ) A ．y ＝15－x ＋1B ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1 C ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫131－xD ．y ＝1－2x答案 C解析 因为5－x ＋1>1，所以A 项中函的值域为(0,1)；B 、D 项中函的值域均为，则函g (x )＝f (x ＋1)－f (x －1)的定义域为________．答案 {1}解析 由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＋1≤2，0≤x －1≤2，解得x ＝1，所以g (x )的定义域为{1}．11．若函y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，则a 的取值范围为________．答案解析 设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝4－4a ≥0，解得0<a ≤1.所以0≤a ≤1.12．已知函f (x )与g (x )分别由下表给出：则函y ＝g (f (x 答案 {2,3,5}解析 由表格可知，函f (x )的定义域是{1,2,3,4}．则当x ＝1时，y ＝g (f (1))＝g (2)＝3；当x ＝2时，y ＝g (f (2))＝g (1)＝2；当x ＝3时，y ＝g (f (3))＝g (4)＝5；当x ＝4时，y ＝g (f (4))＝g (2)＝3.所以函y ＝g (f (x ))的值域为{2,3,5}．二、高考小题13．函f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( ) A ．B ．(－3,1)C ．(－∞，－3]∪下列函中，其定义域和值域分别与函y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x答案 D解析 函y ＝10lg x 的定义域、值域均为(0，＋∞)，而y ＝x ，y ＝2x 的定义域均为R ，排除A ，C ；y ＝lg x 的值域为R ，排除B ，故选D.15．已知函f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3 B．3<c ≤6 C．6<c ≤9 D．c >9 答案 C解析 由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)，得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－1＋a －b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11.所以f (x )＝x 3＋6x 2＋11x ＋c .由0<f (－1)≤3， 得0<－1＋6－11＋c ≤3，即6<c ≤9, 故选C. 16．函f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为________．答案 2解析 解法一：∵f ′(x )＝－1x －1 2，∴x ≥2时，f ′(x )<0恒成立，∴f (x )在定义运算“⊗”：x ⊗y ＝x 2－y 2xy (x ，y ∈R ，xy ≠0)．当x >0，y >0时，x ⊗y ＋(2y )⊗x 的最小值为________．答案2解析 因为x >0，y >0，所以x ⊗y ＋(2y )⊗x ＝x 2－y 2xy ＋4y 2－x 22xy ＝x 2＋2y 22xy ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋2y x ≥2，当且仅当x y ＝2yx ，即x ＝2y 时取等号．故x ⊗y ＋(2y )⊗x 的最小值为 2.18．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1，x ＋6x－6，x >1，则f (f (－2))＝________，f (x )的最小值是________．答案 －1226－6解析 因为f (－2)＝4，f (4)＝－12，所以f (f (－2))＝－12；x ≤1时，f (x )min ＝0，x >1时，f (x )min ＝26－6，又26－6<0，所以f (x )min ＝26－6.三、模拟小题19．函f (x )＝－x 2＋3x ＋4＋lg (x －1)的定义域是( ) A ． B ．(－1,4] C ． D ．(1,4] 答案 D解析 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3x ＋4≥0，x －1>0，解得1<x ≤4.20．若函f (x )＝1log 3 2x ＋c 的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞)，则实c 的值为( )A ．1B ．－1C ．－2D ．－12答案 B解析 依题意，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋c >0，2x ＋c ≠1的解集应为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞)，所以c ＝－1，故选B.21．设f (x )＝lg 2＋x2－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 的定义域为( )A ．(－4,0)∪(0,4)B ．(－4，－1)∪(1,4)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－4，－2)∪(2,4)答案 B解析 ∵2＋x 2－x >0，∴－2<x <2，∴－2<x 2<2且－2<2x <2，取x ＝1，则2x＝2不合题意(舍去)，故排除A ，取x ＝2，满足题意，排除C 、D ，故选B.22．已知函f (x )＝4|x |＋2－1的定义域是(a ，b ∈Z )，值域是，那么满足条件的整对(a ，b )共有( )A ．2个B ．3个C ．5个D ．无个 答案 C解析 ∵函f (x )＝4|x |＋2－1的值域是，∴1≤4|x |＋2≤2，∴0≤|x |≤2，∴－2≤x ≤2，∴⊆．又由于仅当x ＝0时，f (x )＝1，当x ＝±2时，f (x )＝0，故在定义域中一定有0，且2，－2中必有其一，故满足条件的整对(a ，b )有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(－1,2)，(0,2)共5个．23．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x ＋4 ，x >0，x x －4 ，x ≤0，则f (a )的值不可能为( )A ．2017 B.12016 C ．0 D ．－2答案 D解析 如图作出y ＝f (x )的图象，则f (x )的值域为函y ＝3|x |－1的定义域为，则函的值域为________．答案解析 当x ＝0时，y min ＝3|x |－1＝30－1＝0，当x ＝2时，y max ＝3|x |－1＝32－1＝8，故值域为．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．已知f (x )＝2＋log 3x ，x ∈，试求函y ＝2＋f (x 2)的值域． 解 ∵f (x )＝2＋log 3x 的定义域为，要使2＋f (x 2)有意义，必有1≤x ≤9且1≤x 2≤9，∴1≤x ≤3，∴y ＝2＋f (x 2)的定义域为．又y ＝(2＋log 3x )2＋2＋log 3x 2＝(log 3x ＋3)2－3.∵x ∈，∴log 3x ∈，∴y max ＝(1＋3)2－3＝13，y min ＝(0＋3)2－3＝6.∴函y ＝2＋f (x 2)的值域为．2．已知函f (x )＝x 2－4ax ＋2a ＋6，x ∈R .(1)若函的值域为已知函f (x )＝lg(a x －b x )(a >1>b >0)． (1)求f (x )的定义域；(2)问是否存在实a 、b ，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )的值域为(0，＋∞)，且f (2)＝lg 2？若存在，求出a 、b 的值；若不存在，说明由．解 (1)由a x－b x>0(a >1>b >0)，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a b x >1，∵ab >1，∴x >0.∴f (x )的定义域为(0，＋∞)．(2)存在实a ，b 满足条件，令g (x )＝a x －b x ，又a >1>b >0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函．当x ∈(1，＋∞)时，f (x )的值取到一切正，则g (1)＝1，得a －b ＝1.①又f (2)＝lg 2，∴a 2－b 2＝2.② 由①②得a ＝32，b ＝12.4．已知函g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]，其中a 为常且a >0，令函f (x )＝g (x )·h (x )．(1)求函f (x )的表达式，并求其定义域； (2)当a ＝14时，求函f (x )的值域．解 (1)∵g (x )＝x ＋1，h (x )＝1x ＋3，x ∈(－3，a ]，∴f (x )＝g (x )·h (x )＝(x ＋1)·1x ＋3＝x ＋1x ＋3，即f (x )＝x ＋1x ＋3，x ∈(a >0)．(2)当a ＝14时，函f (x )的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14，令x ＋1＝t ，则x ＝(t －1)2，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32.∴f (x )＝F (t )＝t t 2－2t ＋4＝1t ＋4t－2，当t ＝4t 时，t ＝±2∉⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32，又t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，y ＝t ＋4t 单调递减，则F (t )单调递增，∴F (t )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613，即函f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，613.。

考点测试9 指与指函一、基础小题1．简12－(－1)0的结果为( )A．－9 B．7 C．－10 D．9 答案 B解析原式＝(26)12－1＝7.2．若函f(x)＝(2a－5)·a x是指函，则f(x)在定义域内( ) A．为增函 B．为减函 C．先增后减 D．先减后增答案 A解析由指函的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函，故选A.3．已知函f(x)＝4＋a x－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是( )A．(1,5) B．(1,4) C．(0,4) D．(4,0)答案 A解析当x＝1时，f(x)＝5.4．当x>0时，函f(x)＝(a2－1)x的值总大于1，则实a的取值范围是( )A．1<|a|<2 B．|a|<1 C．|a|> 2 D．|a|< 2答案 C解析∵x>0时，f(x)＝(a2－1)x的值总大于1，∴a2－1>1，即a2>2.∴|a|> 2.5．函y＝2x－2－x是( )A．奇函，在(0，＋∞)上单调递增B．奇函，在(0，＋∞)上单调递减C．偶函，在(－∞，0)上单调递增D．偶函，在(－∞，0)上单调递减答案 A解析根据奇偶性的定义判断函奇偶性，借助指函的图象及相关结论判断单调性．令f(x)＝2x－2－x，则f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以函是奇函，排除C、D.又函y＝2x，y＝－2－x都是R上的增函，由增函加增函还是增函的结论可知f(x)＝2x－2－x是R上的增函，故选择A.6．已知f(x)＝2x＋2－x，若f(a)＝3，则f(2a)等于( )A．5 B．7 C．9 D．11答案 B解析由f(a)＝3，得2a＋2－a＝3，∴(2a ＋2－a )2＝9，即22a ＋2－2a ＋2＝9，所以22a ＋2－2a ＝7，故f (2a )＝22a ＋2－2a ＝7.故选B. 7．下列说法中，正确的是( ) ①任取x ∈R 都有3x >2x ；②当a >1时，任取x ∈R 都有a x >a －x ； ③y ＝(3)－x 是增函； ④y ＝2|x |的最小值为1；⑤在同一坐标系中，y ＝2x 与y ＝2－x 的图象关于y 轴对称． A ．①②④ B ．④⑤ C ．②③④ D ．①⑤ 答案 B解析 ①中令x ＝－1，则3－1<2－1，故①错；②中当x <0时，a x <a－x，故②错；③中y ＝(3)－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33x ，∵0<33<1，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33x 为减函，故③错；④中x ＝0时，y 取最小值1，故④正确；⑤用函图象变换，可知y ＝2x 与y ＝2－x 的图象关于y 轴对称，故⑤正确．8．已知奇函y ＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x >0，g x ，x <0.若f (x )＝a x (a >0，a ≠1)对应的图象如图所示，则g (x )＝( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x B ．－⎝ ⎛⎭⎪⎫12xC ．2－xD ．－2x 答案 D解析 由图象可知，当x >0时，函f (x )单调递减，则0<a <1，∵f (1)＝12，∴a ＝12，即函f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，当x <0时，－x >0，则f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x＝－g (x )，即g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x＝－2x ，故g (x )＝－2x ，x <0，故选D.9．已知f (x )＝a x 和g (x )＝b x 是指函，则“f (2)>g (2)”是“a >b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 由题可得，a ，b >0且a ，b ≠1，充分性：f (2)＝a 2，g (2)＝b 2，由f (2)>g (2)知，a 2>b 2，再结合y ＝x 2在(0，＋∞)上单调递增，可知a >b ，故充分性成立；必要性：由题可知a >b >0，构造h (x )＝f xg x ＝a x b x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b x ，显然a b >1，所以h (x )单调递增，故h (2)＝a 2b2>h (0)＝1，所以a 2>b 2，故必要性成立．故选C.10．若函y ＝a 2x ＋2a x －1(a >0，a ≠1)在区间上的最大值是14，则实a 的值是( )A ．3 B.13 C ．3或13 D ．5或15答案 C解析 设a x ＝t ，则原函的最大值问题转为求关于t 的函y ＝t 2＋2t －1的最大值问题．因为函图象的对称轴为t ＝－1，且开口向上，所以函y ＝t 2＋2t －1在t ∈(0，＋∞)上是增函．当a >1时，a －1≤t ≤a ，所以t ＝a 时，y 取得最大值14，即a 2＋2a －1＝14，解得a ＝3(舍去－5)；当0<a <1时，a ≤t ≤a －1，所以t ＝a －1时，y 取得最大值14，即a －2＋2a －1－1＝14，解得a ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫舍去－15.综上，实a 的值为3或13，选C.11．函y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x的值域为________．答案 (0,2]解析 ∵x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1，∴0<⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1，即值域为(0,2]．12．函y ＝|2x －1|在区间(k －1，k ＋1)内不单调，则k 的取值范围是________．答案 (－1,1)解析 y ＝|2x －1|的大致图象如图．由图可知，如果函在区间(k －1，k ＋1)内不单调，需满足k －1<0<k ＋1，解得－1<k <1.二、高考小题13．设集合A ＝{x ||x －1|<2}，B ＝{y |y ＝2x ，x ∈}，则A ∩B ＝( )A ．B ．(1,3)C ．}＝{y |1≤y ≤4}，所以A ∩B ＝某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函关系y ＝e kx ＋b (e＝2.718…为自然对的底，k ，b 为常)．若该食品在0 ℃ 的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是( )A ．16小时B ．20小时C ．24小时D ．28小时 答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e b＝192，e 22k ＋b＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧e b ＝192，e 11k＝12，所以该食品在33 ℃的保鲜时间是y ＝e33k ＋b＝(e 11k)3·e b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×192＝24(小时)．15．已知定义在R 上的函f (x )＝2|x －m |－1(m 为实)为偶函．记a ＝f (log 0.53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．c <b <a 答案 C解析 ∵f (x )＝2|x －m |－1为偶函，∴m ＝0.∵a ＝f (log 12 3)＝f (log 23)，b ＝f (log 25)，c ＝f (0)，log 25>log 23>0，而函f (x )＝2|x |－1在(0，＋∞)上为增函，∴f (log 25)>f (log 23)>f (0)，即b >a >c ，故选C.16．不等式2x 2－x<4的解集为________．答案 {x |－1<x <2} 解析 不等式2x 2－x<4可转为2x 2－x<22，利用指函y ＝2x 的性质可得，x 2－x <2，解得－1<x <2，故所求解集为{x |－1<x <2}．17．已知函f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)的定义域和值域都是，则a ＋b ＝________.答案 －32解析 (1)当0<a <1时，函f (x )在上单调递减，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f －1 ＝0，f 0 ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，此时a ＋b ＝－32.(2)当a >1时，函f (x )在上单调递增，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f －1 ＝－1，f 0 ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，显然无解．所以a ＋b ＝－32.18．若函f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在已知函f (x )＝a x ，其中a >0，且a ≠1，如果以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，那么f (x 1)·f (x 2)等于( )A ．1B ．aC ．2D ．a 2 答案 A解析 ∵以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，∴x 1＋x 2＝0.又∵f (x )＝a x ，∴f (x 1)·f (x 2)＝21．已知实a ，b 满足12>⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22b >14，则( )A ．b <2b －aB ．b >2b －aC ．a <b －aD ．a >b －a答案 B解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b2 ，14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122.∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 是R 上的减函，∴12>⎝ ⎛⎭⎪⎫12a>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫22b >14⇔1<a <b 2<2，取a ＝32，b ＝72，得b －a ＝72－32＝2，有b >2b －a ，a >b －a ，排除A 、C ；取a ＝1110，b ＝3910，得b －a ＝3910－1110＝145，有a <b －a ，排除 D.事实上：b －b 24＝b 4－b4≤ b ＋4－b 216＝1，∴b －b 24<a ，b －a <b 2，B 正确．故选B.22. 如图，四边形OABC 是面积为8的平行四边形，AC ⊥CO ，AC 与BO 交于点E ，某指函y ＝a x (a >0，且a ≠1)的图象经过点E ，B ，则a ＝( )A. 2B. 3 C ．2 D ．3答案 A解析 设E (t ，a t )，易知点B 的坐标为(2t,2a t )．∵B 点在函y ＝a x 的图象上，∴2a t ＝a 2t ，∴a t ＝2(a t ＝0舍去)， ∴平行四边形OABC 的面积＝OC ·AC ＝a t ·2t ＝4t .又平行四边形OABC 的面积为8，∴t ＝2，∴a ＝ 2.故选A.23．已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，若f (x )的图象关于直线x ＝1对称的图象对应的函为g (x )，则g (x )的表达式为________．答案 g (x )＝3x －2解析 设y ＝g (x )上任意一点P (x ，y )，P (x ，y )关于x ＝1的对称点P ′(2－x ，y )在f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 上，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－x＝3x －2.24．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x <0恒成立，则实m 的取值范围是________．答案 (－1,2)解析 原不等式变形为m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，∵函y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，－1]上是减函，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝2， 当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x恒成立等价于m 2－m <2，解得－1<m <2.一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ＋2 x <4 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12xx ≥4 ，求f (1＋log 23)的值． 解2．已知函f (x )＝b ·a x (其中a ，b 为常量且a >0，a ≠1)的图象经过点A (1,6)，B (3,24)．(1)试确定f (x )；(2)若不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b x－m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实m的取值范围．解 (1)∵f (x )＝b ·a x 的图象过点A (1,6)，B (3,24)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ·a ＝6，b ·a 3＝24.①②②÷①得a 2＝4.又a >0，且a ≠1，∴a ＝2，b ＝3， ∴f (x )＝3·2x .(2)由(1)知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b x －m ≥0在(－∞，1]上恒成立转为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在(－∞，1]上恒成立． 令g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，则g (x )在(－∞，1]上单调递减，∴m ≤g (x )min ＝g (1)＝12＋13＝56. 故所求实m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，56. 3．已知函f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13ax 2－4x ＋3. (1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )有最大值3，求a 的值；(3)若f (x )的值域是(0，＋∞)，求a 的值．解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x 2－4x ＋3， 令g (x )＝－x 2－4x ＋3，由于g (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13t 在R 上单调递减，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函f (x )的单调递增区间为(－2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)．(2)令h (x )＝ax 2－4x ＋3，则f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13h (x )， 由于f (x )有最大值3，所以h (x )应有最小值－1，因此12a －164a＝－1，解得a ＝1. (3)由指函的性质知，要使函f (x )的值域是(0，＋∞)，则需函h (x )＝ax 2－4x ＋3的值域为R ，因为二次函的值域不可能为R ，所以a ＝0.4．已知函f (x )＝10x －10－x10x ＋10－x . (1)判断函的奇偶性；(2)证明：f (x )在定义域内是增函；(3)求f (x )的值域．解 (1)∵f (x )的定义域为R ，且f (－x )＝10－x －10x10x ＋10－x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函．证法二：f (x )＝10x －10－x 10x ＋10－x ＝1－2102x ＋1. ∵y 1＝10x 为增函，∴y 2＝102x ＋1为增函，y 3＝2102x ＋1为减函， y 4＝－2102x ＋1为增函，f (x )＝1－2102x ＋1为增函． ∴f (x )＝10x －10－x10x ＋10－x在定义域内是增函． (3)令y ＝f (x )，由y ＝10x －10－x 10x ＋10－x ，解得102x ＝1＋y 1－y， ∵102x >0，∴－1<y <1，即函f (x )的值域是(－1,1)．。

5.函数与导数1.设函数f (x )＝x ln x ＋ax ，a ∈R .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值； (3)若g (x )＝f (x )＋12ax 2－(2a ＋1)x ，求证：a ≥0是函数y ＝g (x )在x ∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件.(1)解 由f (x )＝x ln x ＋ax ，得f ′(x )＝ln x ＋a ＋1. 当a ＝1时，f ′(x )＝ln x ＋2，f (1)＝1，f ′(1)＝2， 求得切线方程为y ＝2x －1. (2)解 令f ′(x )＝0，得x ＝e －(a ＋1).∴当e－(a ＋1)≤1e ，即a ≥0时，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时f ′(x )≥0恒成立，f (x )单调递增， 此时f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a －1e .当e－(a ＋1)≥e，即a ≤－2时，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减，此时f (x )min ＝f (e)＝a e ＋e.当1e <e －(a ＋1)<e ，即－2<a <0时，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，e －(a ＋1)时f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(e －(a ＋1)，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，此时f (x )min ＝f (e－(a ＋1))＝－e－(a ＋1).(3)证明 g ′(x )＝f ′(x )＋ax －(2a ＋1) ＝ln x ＋ax －a ＝ln x ＋a (x －1)，∴当a ≥0时，x ∈(1,2)时，ln x >0，a (x －1)≥0，g ′(x )>0恒成立，函数y ＝g (x )在x ∈(1,2)时单调递增，充分条件成立； 又当a ＝－12时，代入g ′(x )＝ln x ＋a (x －1)＝ln x －12x ＋12.设h (x )＝g ′(x )＝ln x －12x ＋12，x ∈(1,2)，则h ′(x )＝1x －12＝2－x2x >0(x ∈(1,2))恒成立，∴当x ∈(1,2)时，h (x )单调递增.又h (1)＝0，∴当x ∈(1,2)时，h (x )>0恒成立. 而h (x )＝g ′(x )，∴当x ∈(1,2)时，g ′(x )>0恒成立， 函数y ＝g (x )单调递增， ∴必要条件不成立.综上，a ≥0是函数y ＝g (x )在x ∈(1,2)时单调递增的充分不必要条件. 2.已知函数f (x )＝ln x ＋a x－1，a ∈R .(1)若关于x 的不等式f (x )>－x ＋1在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (2)设函数g (x )＝f (x )x ，证明：当a ≥e 2时，g (x )在[1，e 2]上不存在极值. (1)解 由f (x )>－x ＋1，得ln x ＋ax－1>－x ＋1. 即a >－x ln x －x 2＋2x 在[1，＋∞)上恒成立. 设m (x )＝－x ln x －x 2＋2x ，x ≥1， 则m ′(x )＝－ln x －2x ＋1.∵x ∈[1，＋∞)，∴－ln x ≤0，－2x ＋1<0. ∴当x ∈[1，＋∞)时，m ′(x )＝－ln x －2x ＋1<0. ∴m (x )在[1，＋∞)上单调递减.∴当x ∈[1，＋∞)时，m (x )≤m (x )max ＝m (1)＝1. ∴a >1，即a 的取值范围是(1，＋∞). (2)证明 ∵g (x )＝ln x x －1x ＋a x2，x ∈[]1，e 2.∴g ′(x )＝1－ln x x 2＋1x 2－2a x 3＝2x －x ln x －2a x3. 设h (x )＝2x －x ln x －2a ，x ∈[1，e 2]， 则h ′(x )＝2－(1＋ln x )＝1－ln x . 令h ′(x )＝0，得x ＝e.当1≤x <e 时，h ′(x )>0；当e<x ≤e 2时，h ′(x )<0. ∴h (x )在[1，e)上单调递增，在(e ，e 2]上单调递减. ∴h (x )max ＝h (e)＝e －2a ≤0，即g ′(x )≤0. ∴g (x )在[1，e 2]上单调递减.∴当a ≥e 2时，g (x )在[1，e 2]上不存在极值.3.已知函数f (x )＝ln x, g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴. (1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性. 解 (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ， 则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得，g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－()2a ＋1x ＋1x＝()2ax －1()x －1x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x， 由g ′()x >0得0<x <1，由g ′()x <0得x >1；若0<12a <1，即a >12时，由g ′()x >0得x >1或0<x <12a ，由g ′()x <0得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12时，由g ′()x >0得x >12a 或0<x <1，由g ′()x <0得1<x <12a ； 若12a ＝1，即a ＝12时，在()0，＋∞上恒有g ′()x ≥0. 综上得，当a ＝0时，函数g ()x 在(0,1)上单调递增，在()1，＋∞上单调递减；当0<a <12时，函数g ()x 在()0，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数g ()x 在()0，＋∞上单调递增；当a >12时，函数g ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在()1，＋∞上单调递增.4.已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数). (1)当a ＝5时，求函数g (x )的图象在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(3)若存在两个不等实数x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使方程g (x )＝2e xf (x )成立，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e ，g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x，故切线的斜率为g ′(1)＝4e ， 所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即4e x －y －3e ＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞). 因为f ′(x )＝ln x ＋1，所以在(0，＋∞)上，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t ；当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上，f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e.(3)由g (x )＝2e x f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3， 则a ＝x ＋2ln x ＋3x ，令h (x )＝x ＋2ln x ＋3x，x >0，则h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2. 当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (e)＝3e ＋e ＋2，h (1)＝4，所以h (e)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－2e ＋2e <0， 所以h (e)<h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤4，3e ＋e ＋2. 5.已知函数f (x )＝x 2－ax ln x (a ∈R ).(1)若曲线f (x )在(1，f (1))处的切线与直线y ＝－x ＋5垂直，求实数a 的值； (2)若∃x ∈[1，e]，使得f (x )＋1＋ax≤0成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)依题意知，f ′(x )＝2x －a ln x －a ，故f ′(1)＝2－a ＝1，解得a ＝1. (2)依题意知，∃x ∈[1，e]，使得x －a ln x ＋1＋ax≤0成立，即函数h (x )＝x －a ln x ＋1＋a x在[1，e]上的最小值h (x )min ≤0.h ′(x )＝1－a x －1＋a x 2＝x 2－ax －(1＋a )x 2＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2，当a ＋1>0，即a >－1时，令h ′(x )>0，∵x >0，∴x >1＋a ，令h ′(x )<0，∵x >0，∴0<x <1＋a ， ∴h (x )的单调递增区间为[1＋a ，＋∞)，单调递减区间为(0,1＋a ].当a ＋1≤0，即a ≤－1时，h ′(x )>0恒成立，∴h (x )的单调递增区间为(0，＋∞). ①当a ＋1≥e，即a ≥e－1时，h (x )在[1，e]上单调递减，∴h (x )min ＝h (e)＝e ＋1＋ae －a ≤0，∴a ≥e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1>e －1，∴a ≥e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1，即a ≤0时，h (x )在[1，e]上单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝1＋1＋a ≤0，∴a ≤－2；③当1<a ＋1<e ，即0<a <e －1时，h (x )min ＝h (1＋a )＝2＋a －a ln(1＋a )≤0，∵0<ln(1＋a )<1，∴0<a ln(1＋a )<a ，∴h (1＋a )>2，此时不存在x ，使h (x )≤0成立.综上，实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞. 6.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2，a ∈R . (1)若a <0，试求函数y ＝f (x )的单调递减区间；(2)若a ＝0，且曲线y ＝f (x )在点A ，B (A ，B 不重合)处切线的交点位于直线x ＝2上，证明：A ，B 两点的横坐标之和小于4；(3)如果对于一切x 1，x 2，x 3∈[0,1]，总存在以f (x 1)，f (x 2)，f (x 3)为三边长的三角形，试求正实数a 的取值范围.(1)解 函数f (x )的导函数f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝3(x ＋a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 3.因为a <0，由f ′(x )<0，解得a3<x <－a .所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，－a . (2)证明 当a ＝0时，f (x )＝x 3＋2.设在点A (x 1，x 31＋2)，B (x 2，x 32＋2)处的切线交于直线x ＝2上一点P (2，t ). 因为y ′＝3x 2，所以曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为k ＝3x 21， 所以在点A 处的切线方程为y －(x 31＋2)＝3x 21(x －x 1). 因为切线过点P ，所以t －(x 31＋2)＝3x 21(2－x 1)， 即2x 31－6x 21＋(t －2)＝0. 同理可得2x 32－6x 22＋(t －2)＝0， 两式相减得2(x 31－x 32)－6(x 21－x 22)＝0，即(x 1－x 2)(x 21＋x 1x 2＋x 22)－3(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝0， 因为x 1－x 2≠0，所以x 21＋x 1x 2＋x 22－3(x 1＋x 2)＝0， 即(x 1＋x 2)2－x 1x 2－3(x 1＋x 2)＝0. 因为x 1x 2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222，且x 1≠x 2，所以x 1x 2<⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222.从而上式可以化为(x 1＋x 2)2－⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222－3(x 1＋x 2)<0，即(x 1＋x 2)(x 1＋x 2－4)<0.解得0<x 1＋x 2<4，即A ，B 两点的横坐标之和小于4. (3)解 由题设知，f (0)<f (1)＋f (1)， 即2<2(－a 2＋a ＋3)，解得－1<a <2. 又因为a >0，所以0<a <2. 因为f ′(x )＝3(x ＋a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 3，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. 所以当x ＝a 3时，f (x )有最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－527a 3＋2. 从而条件转化为⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－527a 3＋2>0， ①f (0)<2⎝ ⎛⎭⎪⎫－527a 3＋2， ②f (1)<2⎝ ⎛⎭⎪⎫－527a 3＋2. ③由①得a <33235；由②得a <335，再根据0<a <2，得0<a <335.不等式③化为1027a 3－a 2＋a －1<0.令g (a )＝1027a 3－a 2＋a －1，则g ′(a )＝109a 2－2a ＋1>0，所以g (a )为增函数.又g (2)＝－127<0，所以当a ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，335时，g (a )<0恒成立，即③成立. 所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，335.。

专题02 函数与导数小题部分【训练目标】1、 理解函数的概念，会求函数的定义域，值域和解析式，特别是定义域的求法；2、 掌握函数单调性，奇偶性，周期性的判断方法及相互之间的关系，会解决它们之间的综合问题；3、 掌握指数和对数的运算性质，对数的换底公式；4、 掌握指数函数和对数函数的图像与性质；5、 掌握函数的零点存在定理，函数与方程的关系；6、 熟练数形结合的数学思想在解决函数问题的运用；7、 熟练掌握导数的计算，导数的几何意义求切线问题；8、 理解并掌握导数与函数单调性之间的关系，会利用导数分析函数的单调性，会根据单调性确定参数的取值范围；9、 会利用导数求函数的极值和最值，掌握构造函数的方法解决问题。

【温馨小提示】本章内容既是高考的重点，又是难点，再备考过程中应该大量解出各种题型，总结其解题方法，积累一些常用的小结论，会给解题带来极大的方便。

【名校试题荟萃】1、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数，若()1f x =-，则x = ．【答案】12【解析】问题等价于；，无解。

2、（福建省“永安一中、德化一中、漳平一中”2019届高三上学期12月三校联考）已知函数1()1x f x x +=-的图像在点()2,(2)f 处的切线与直线10ax y ++=平行，则实数a =.A 2 .B 12 .C 12- D ．2- 【答案】A【解析】由于，根据导数的几何意义及两直线平行的条件可知。

3、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）函数的图象可能是( )【答案】D【解析】先由判断函数的奇偶性可知函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A,B ；当，排除C ，故选D 。

4、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且，若()f x 在[]1,0-上是减函数，记，， ()0.52c f =，则（ ）A ． a b c >>B ． a c b >>C ． b a c >>D ． b a c >> 【答案】B5、（福建省上杭县第一中学2019届高三上学期期中考试）已知定义域为),0(+∞，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )A ． )2,0(B ． ),2(+∞C ． )3,2(D ． ),3(+∞【答案】D【解析】构造函数，求导结合可知函数()g x 在定义域),0(+∞为减函数，不等式可化为，等价于，解得结果为),3(+∞。

最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案)(word版可编辑修改)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案)(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级:__________ 考号：__________一、选择题1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（ )（A)-2 （B)0 （C ）2 （D)4（2006浙江文）二、填空题2． 已知a > 0，方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123． 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。

4．若函数f （x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ．5．已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 6．若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴，则a =____________。

(2013年高考广东卷（文））7．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。

2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。

6.函数与导数21.已知函数f(x)＝＋ln x.x2＋x(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求证：f(x)>0.2－22x＋1 1 x3＋2x2－3x－2 (1)解f(x)＝＋ln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝＋＝，x2＋xx2＋x 2 xx2＋x2 1所以f′(1)＝－，又f(1)＝1，2则切线方程为x＋2y－3＝0.(2)证明令h(x)＝x3＋2x2－3x－2，则h′(x)＝3x2＋4x－3，设h′(x)＝0的两根为x1，x2，由于x1x2＝－1<0，不妨设x1<0，x2>0，则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的.而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.2所以f(x)≥f(x0)＝＋ln x0，x20＋x02 因为x0∈(1,2)，ln x0>0，f(x)> >0，x20＋x0所以f(x)>0.2.已知函数f(x)＝ln x, g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴.(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性.解(1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，x>0，1则g′(x)＝＋2ax＋b，x由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得，g′(1)＝1＋2a＋b＝0，∴b＝－2a－1.12ax2－(2a＋1)x＋1 (2)由(1)得g′(x)＝x(2ax－1)(x－1 )＝.x∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，x－1 ∴当a＝0时，g′(x)＝－，x由g′(x)>0得0<x<1，由g′(x)<0得x>1；1 1若0< <1，即a> 时，2a 21由g′(x)>0得x>1或0<x< ，2a1由g′(x)<0得<x<1；2a1 1若>1，即0<a< 时，2a 21由g′(x)>0得x> 或0<x<1，2a1由g′(x)<0得1<x< ；2a1 1若＝1，即a＝时，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.2a 2综上得，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；1 1 1当0<a< 时，函数g(x)在(0，1 )上单调递增，在(1，2a)上单调递减；在( ，＋∞)上单调2 2a递增；1当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；21 1 1当a> 时，函数g在上单调递增，在上单调递减；在上单调递2 2a(x) (0，2a) ( ，1) (1，＋∞)增.3.已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)e x(a为实数).(1)当a＝5时，求函数g(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值；1(3)若存在两个不等实数x1，x2∈[，e ]，使方程g(x)＝2e x f(x)成立，求实数a的取值范围.e解(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)e x，g(1)＝e，g′(x)＝(－x2＋3x＋2)e x，故切线的斜率为g′(1)＝4e，2所以切线方程为 y －e ＝4e(x －1)，即 4e x －y －3e ＝0. (2)函数 f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞).因为 f ′(x )＝ln x ＋1， 所以在(0，＋∞)上，当 x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：1x(0，e )11e(，＋∞)ee(，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )↘极小值(最小值)↗11 当 t ≥ 时，在区间[t ，t ＋2]上，f (x )为增函数，所以 f (x )min ＝f (t )＝t ln t ，当 0<t < 时，在ee 111区间[t ，e )上，f (x )为减函数，在区间(，t ＋2]上，f (x )为增函数，所以 f (x )min ＝f(e )＝－e1 . e(3)由 g (x )＝2e x f (x )，可得 2x ln x ＝－x 2＋ax －3， 3 则 a ＝x ＋2ln x ＋ ，x3令 h (x )＝x ＋2ln x ＋ ，x >0，x2x ＋3x －13则 h ′(x )＝1＋ － ＝.xx 2x 2当 x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：1x (，1 )1 (1，e) e h ′(x ) － 0 ＋ h (x )↘极小值(最小值)↗11 3 因为 h(e )＝ ＋3e －2，h (e)＝ ＋e ＋2，h (1)＝4，ee12 所以 h (e)－h (e)＝4－2e ＋ <0，e1 所以h (e)<h (e)，3 所以实数a的取值范围为(4，＋e＋2].e4.(2018·安徽省六安一中模拟)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋a ln x(a为实常数).(1)若a＝－2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈[1，e]，使得f(x)≤0成立，求实数a的取值范围.32解(1)当a＝－2时，f(x)＝x2－2ln x，则f′(x)＝2x－，f′(1)＝0，所求切线方程为y＝x1.a 2x2－a＋2x＋a 2x－a x－1(2)f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x∈[1，e].x x xa当≤1，即a≤2时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，此时f(x)在[1，e]上单调递增.2所以f(x)的最小值为f(1)＝－a－1，所以－1≤a≤2；a a a当1< <e，即2<a<2e，x∈时，f′(x)<0，f(x)在 2 )上单调递减；2 (1，2 )(1，a a当x∈(，e )时，f′(x)>0，f(x)在(，e )上单调递增，2 2所以f(x)的最小值为a a2 a a af ( ＝－－a＋a ln2＝a(ln .2 ) －－1)4 2 4a 因为2<a<2e，所以0<ln <1，2a a a( ＝a －1)<0恒成立，所以2<a<2e；所以f2 ) (ln －2 4a当≥e，即a≥2e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，此时f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)的2e2－2e最小值为f(e)＝e2－(a＋2)e＋a，因为a≥2e>，所以f(e)<0，e－1所以a≥2e，综上，a≥－1.4。

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2019高考全国各地数学卷文科解答题分类汇编-函数与导数1。

〔天津文〕19、〔本小题总分值14分〕函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈,其中t R ∈、 〔Ⅰ〕当1t =时,求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； 〔Ⅱ〕当0t ≠时，求()f x 的单调区间；〔Ⅲ〕证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点、【解析】〔19〕本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，总分值14分.〔Ⅰ〕解：当1t =时，322()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+-(0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =-〔Ⅱ〕解：22()1266f x x tx t '=+-,令()0f x '=，解得.2t x t x =-=或因为0t ≠,以下分两种情况讨论：〔1〕假设0,,2tt t x<<-则当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表:所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭的单调递减区间是,2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭。