2019高考数学二轮复习 第二部分 专题一 函数与导数、不等式 专题强化练三 不等式 理

高考数学二轮复习（2）函数、导数与方程、不等式综合问题专题 考向风向标根据2018、2019年真题研究，此专题大概率考察解答题 、且会放在压轴题的方向上，同学们应该注意各个考点的学习深度和考点综合起来的认识与理解能力；如果增加难度可能会出填空压轴题。

一、 小题优选（填空压轴题）1.已知2log e =a ，ln 2b =，121log 3c =，则a ，b ，c 的大小关系为____________. 2.设函数()2,01 ,0x x f x x -⎧⎪⎨⎪⎩≤=>，则满足()()12f x f x +<的x 的取值范围是____________.答案速查1.c >a >b .2.(,0)-∞.二、 大题精选 1.设函数2()ln(1)2x f x x x =+-+，证明：（Ⅰ）当0x >时，()0f x >；（Ⅱ）19210()e 9>.2.已知函数()()21e x f x x -=+，[]0,1x ∈，求证：()11f x x≤+.3.已知函数()sin f x x x =-.证明：（Ⅰ）当0x >时，()0f x >；（Ⅱ）当01x <<时，31()6f x x <.4.已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠．（Ⅰ）求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 单调区间；（Ⅲ）若存在12,[1,1]x x ∈-，使得12|()()|e 1f x f x -≥-（e 是自然对数的底数）， 求实数a 的取值范围．5.已知函数32()2f x x ax b =-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.6.设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R . (1)若a ≤0，讨论()f x 的单调性； (2)若10ea <<， (i)证明：()f x 恰有两个零点；(ii)设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.7.已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．8.已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数． (1)证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点； (2)若[0,]x ∈π时，()f x ax ≥，求a 的取值范围．9.已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明： (1)()f x 存在唯一的极值点；(2)()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．答案速查：题一：证明：因为212(2)2()1(2)x xf x x x +-'=-++ 2221401(2)(2)(1)x x x x x =-=≥++++ 所以()f x 在定义域内单调递增，当0x >时，()(0)0f x f >=，故（Ⅰ）成立； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当0x >时，2ln(1)2x x x +>+， 所以1219ln(1)1929⨯+>+，即102ln 919>， 亦即1019ln 29>，1910ln()29>所以19210()e 9>，此题得证.题二：证明：法一：因为[]0,1x ∈， 所以原不等式等价于22(1)e 1xx -+≤，令22()(1)exh x x -=+，[]0,1x ∈，则2()2(1)e 0xh x x x -'=-+≤，所以()h x 在[]0,1上单调递减， 所以()(0)1h x h ≤=，此题得证； 法二：设()e (1)xg x x =-+，[]0,1x ∈因为()e 10xg x '=-≥， 所以()g x 在[]0,1上单调递增，即()e (1)(0)0xg x x g =-+≥=，1e xx +≤所以22(1)e xx +≤，22(1)e1xx -+≤，所以21(1)e 1x x x-+≤+，此题得证. 题三：因为()1cos 0f x x '=-≥所以()sin f x x x =-单调递增，（Ⅰ）当0x >时，()sin (0)0f x x x f =->=，此题得证； （Ⅱ）法一：令31()sin 6g x x x x =--， 则21()1cos 2g x x x '=--，()sin g x x x ''=-， 由（Ⅰ）得sin x x >，所以()0g x ''<， 所以()g x '在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g ''<=， 所以()g x 在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g <=，即31()6f x x <，此题得证； 法二：令31()sin 6g x x x x =--，则22211()1cos 2sin 222x g x x x x '=--=-，由（Ⅰ）得sin x x >，所以2222112sin 2()02222x x x x -<-=，所以()g x 在(0,1)上单调递减， 所以()(0)0g x g <=， 即31()6f x x <，此题得证. 题四：（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增； （Ⅲ）1(0,][e,)e+∞U .题五：(1)当0a >时，()f x 在(,0),(,)3a -∞+∞单调递增，在(0,)3a 单调递减； 当0a =时，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,),(0,)3a -∞+∞单调递增，在(,0)3a 单调递减； (2)满足题设条件的,ab 存在；0,1a b ==-或4,1a b ==.题六：(1) 当a ≤0，()f x 在(0,)+∞上单调递增；(2)(i)由(1)知，21e ()xax f x x-='，令2()1e x g x ax =-，由10e a <<可知()g x 在(0,)+∞内单调递减， 又(1)1e 0g a =->，且221111(ln )1(ln )1(ln )0g a a a a a =-=-<， 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x ='在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011lnx a <<.当0(0,)x x ∈时，0()()()0g x g x f x x x=>='； 所以()f x 在0(0,)x 内单调递增；当0(,)x x ∈+∞时，0()()()0g x g x f x x x=<='，所以()f x 在0(,)x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点. 令()ln 1h x x x =-+，当1x >时，1()10h x x=-<'，故()h x 在 (1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-，从而1ln 111111(ln )ln(ln )(ln 1)e ln(ln )ln 1(ln )0a f a h a a a a a a=--=-+=< 1ln 11111)(ln 1)e ln(ln )ln 1(ln )0a a h a a a a a--=-+=<， 又因为0()(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点，又()f x 在0(0,)x 内有唯一零点1，从而()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.(ii)由题意：01()0()0f x f x ⎧=⎨=⎩'，即012011e 1ln (1)e xx ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，于是1011201ln e x x x x x --=， 即102011ln e1x x x x x -=-，因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>， 故10220101(1)e1x x x x x x --<=-，两边分别取对数，得1020lne ln x x x -<，于是10002ln 2(1)x x x x -<<-，整理得：0132x x ->.题七：（1）当2a ≤时，()f x 在(0,)+∞单调递减；当2a >时，()f x在(0,2a ，()2a +∞单调递减，在单调递增； （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =， 不妨设12x x <，则21x >.由于12121212121212()()ln ln 11ln ln 2f x f x x x ax x x x x x x x ax x --=--+---=-+-2222ln 21x ax x -=-+-，所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+， 由（1）知，()g x 在(1,)+∞单调递减， 又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--.8.(1)证明：设()()cos sin 1g x f x x x x ==+-'，()cos g x x x ='，当(0,)2x π∈时，()0g x >'；当(,)2x π∈π时，()0g x <'，所以()g x 在(0,)2π上单调递增；在(,)2ππ上单调递减，又因为(0)0g =，()02g π>， ()2g π=-，故()g x 在(0,)π存在唯一零点.所以()f x '在(0,)π存在唯一零点；(2) (,0]-∞.9.(1)证明：()f x 的定义域为(0,)+∞,11()ln 1ln x f x x x x x-=+-=-'； 令1()ln g x x x =-，211()0g x x x=+>'恒成立，所以()f x '单调递增， 又(1)10f =-<'，1ln 41(2)ln 2022f -=-=>'，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得0()0f x ='，又当0x x <时，()0f x <'，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x >'，()f x 单调递增，因此()f x 存在唯一的极值点；(2)证明：由(1)知，0()(1)2f x f <=-，又22(e )e 30f =->，所以()0f x = 在0(,)x +∞内存在唯一根x α=，由01x α>>得011x α<<，又1111()()(1)ln10f f αααααα=---==，又因为()f x 在0(0,)x 上单调递减，故1α是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.。

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规范答题强化练(一)函数与导数(45分钟48分)1.(12分)已知函数f(x)=e x+x2-x, g(x)=x2+ax+b,a,b∈R.(1)当a=1时,求函数F(x)=f(x)-g(x)的单调区间.(2)若曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线l与曲线y=g(x)切于点(1,c),求a,b,c的值.(3)若f(x)≥g(x)恒成立,求a+b的最大值.【解析】(1) F(x)=e x-2x-b,则F′(x)=e x-2.(1分)令F′(x)=e x-2>0,得x>ln 2,所以F(x)在(ln 2,+∞)上单调递增.令F′(x)=e x-2<0,得x<ln 2,所以F(x)在(-∞,ln 2)上单调递减. (4分)(2)因为f′(x)=e x+2x-1,所以f′(0)=0,所以l的方程为y=1.依题意,g′(x)=2x+a,g′(1)=2+a=0,所以-错误！未找到引用源。

=1, c=1.于是l与抛物线g(x)=x2-2x+b切于点(1,1),由12-2+b=1得b=2.所以a=-2,b=2,c=1.(3)设h(x)=f(x)-g(x)=e x-(a+1)x-b,则h(x)≥0恒成立.易得h′(x)=e x-(a+1).(6分)①当a+1≤0时,因为h′(x)>0,所以此时h(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a+1=0,则当b≤0时满足条件,此时a+b≤-1;(7分)若a+1<0,取x0<0且x0<错误！未找到引用源。

,此时h(x0)=错误！未找到引用源。

-(a+1)x0-b<1-(a+1)错误！未找到引用源。

-b=0,所以h(x)≥0不恒成立.不满足条件;(8分)②当a+1>0时,令h′(x)=0,得x=ln (a+1).由h′(x)>0,得x>ln (a+1);由h′(x)<0,得x<ln (a+1).所以h(x)在(-∞,ln (a+1))上单调递减,在(ln (a+1),+∞)上单调递增.(10分)要使得“h(x)=e x-(a+1)x-b≥0恒成立”,必须有“当x=ln (a+1)时, h(x)min=(a+1)-(a+1)ln (a+1)-b≥0”成立.所以b≤(a+1)-(a+1)ln (a+1).则a+b≤2(a+1)-(a+1)ln (a+1)-1.令G(x)=2x-xln x-1,x>0,则G′(x)=1-ln x.令G′(x)=0,得x=e.由G′(x)>0,得0<x<e;由G′(x)<0,得x>e.所以G(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以,当x=e时, G(x)max=e-1.从而,当a=e-1,b=0时,a+b的最大值为e-1.综上, a+b的最大值为e-1.(12分)2.(12分)已知函数f(x)=a x+x2-xln a-b(a, b∈R, a>1),e是自然对数的底数.(1)当a=e, b=4时,求函数f(x)的零点个数.(2)若b=1,求f(x)在[-1,1]上的最大值.【解析】 (1)f(x)=e x+x2-x-4,所以f′(x)=e x+2x-1,所以f′(0)=0,(1分)当x>0时, e x>1,所以f′(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函数,(2分) 当x<0时, e x<1,所以f′(x)<0,故f(x)是(-∞,0)上的减函数,(3分) f(1)=e-4<0, f(2)= e2-2>0,所以存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;(4分)f(-2)=错误！未找到引用源。

训练　函数、导数、不等式的综合问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下面四个图象中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(aR)的导函数y＝f′(x)的图象，则f(－1)等于( )． A. B．－ C. D．－或 2．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )． A．1 B. C. D. 3．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )． A. B. C. D. 4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上为增函数，则a的值等于( )． A．1 B．2 C．0 D. 5．设aR，若函数y＝eax＋3x，xR有大于零的极值点，则( )． A．a＞－3 B． a＜－3 C．a＞－ D．a＜－ 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于________． 7．函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的范围是________． 8．关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a.(a，bR)的导函数f′(x)的图象过原点． (1)当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程； (2)若存在x＜0，使得f′(x)＝－9，求a的最大值． 10．(12分)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axln x，f(e)＝2(e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)求实数b的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m＜M)，使得对每一个t[m， M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由． 11．(12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值； (2)对一切的x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－.参考答案 1．D　[f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，f′(x)的图象开口向上，若图象不过原点，则a＝0时，f(－1)＝，若图象过原点，则a2－1＝0，又对称轴x＝－a＞0，a＝－1，f(－1)＝－.] 2．D　[|MN|的最小值，即函数h(x)＝x2－ln x的最小值，h′(x)＝2x－＝，显然x＝是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.] 3．A　[因为函数f(x)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.] 4．B　[函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，≥1，得a≥2.又g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x(1, 2)上恒成立，有a≤2，a＝2.] 5．B　[令f(x)＝eax＋3x，可求得f′(x)＝3＋aeax，若函数在xR上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝ln.由x＞0，解得a＜－3，a的取值范围为(－∞，－3)．] 6．解析　由题得f′ (x)＝12x2－2ax－2b＝0，f′(1)＝12－2a－2b＝0，a＋b＝6.a＋b≥2，6≥2，ab≤9，当且仅当a＝b＝3时取到最大值． 答案　9 7．解析　f(x)＝x3－x2＋ax－5，f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或f′(－1)＝3＋a≤0且f′(2)＝a≤0，a≥1或a≤－3.于是满足条件的a(－3,1)． 答案　(－3,1) 8．解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得，x1＝0，x2＝2，当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以，解得－4＜a＜0. 答案　(－4,0) 9．解　由已知，得f′(x)＝x2－(a＋1)x＋b. 由f′(0)＝0，得b＝0，f′(x)＝x(x－a－1)． (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f′(x)＝x(x－2)，f(3)＝1， f′(3)＝3. 所以函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程为y－1＝3(x－3)， 即3x－y－8＝0. (2)存在x＜0，使得f′(x)＝x(x－a－1)＝－9，－a－1＝－x－＝(－x)＋≥2＝6，a≤－7，当且仅当x＝－3时，a＝－7. 所以a的最大值为－7. 10．解　(1)由f(e)＝2，得b＝2. (2)由 (1)可得f(x)＝－ax＋2＋axln x. 从而f′(x)＝aln x. 因为a≠0，故 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞1，由f′(x)＜0得， 0＜x＜1； 当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0得，x＞1. 综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xln x，f′(x)＝ln x. 由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x1(1，e)ef′(x) －0 ＋f(x)2－单调递减极小值1单调递增2又2－＜2， 所以函数f(x)的值域为[1,2]． 据此可得，若则对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点； 并且对每一个t(－∞，m)(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点． 综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点． 11．(1)解　f′(x)＝ln x＋1. 当x时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 则当0＜t＜t＋2＜时，t无解； 当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时， [f(x)]min＝f＝－； 当≤t＜t＋2，即t≥时， f(x)在[t，t＋2]上单调递增． 所以[f(x)]min＝f(t)＝tln t.所以[f(x)]min＝ (2)解　2f(x)≥g(x)，即2xln x≥－x2＋ax－3， 则a≤2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)， h′(x)＝. 当x(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当x(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增． 所以[h(x)]min＝h(1)＝4.因为对一切x(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤[h(x)] min＝4.故实数a的取值范围是(－∞，4]． (3)证明　问题等价于证明xln x＞－，x(0，＋∞)． 由(1)可知f(x)＝xln x，x(0，＋∞)的最小值为－， 当且仅当x＝时取得．设m(x)＝－，x(0，＋∞)，则m′(x)＝，易得[m(x)]max＝m(1)＝－. 从而对一切x(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．。

高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。

当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。

大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。

专题五：解析几何。

专题强化练四导数与函数的单调性、极值与最值一、选择题1．曲线y ＝e x＋2x 在点(0，1)处的切线方程为() A ．y ＝x ＋1B ．y ＝x －1 C ．y ＝3x ＋1 D ．y ＝－x ＋1解析：求导函数得y ′＝e x ＋2，当x ＝0时，y ′＝e 0＋2＝3，所以曲线y ＝e x＋2x 在点(0，1)处的切线方程为y ＝3x ＋1.答案：C2．(一题多解)(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为()解析：法一 易知函数y ＝－x 4＋x 2＋2为偶函数，所以只需研究y ＝－x 4＋x 2＋2在x ＞0时的图象与性质．又y ′＝－4x 3＋2x (x ＞0)，令y ′＞0，得0＜x ＜22；令y ′＜0，得x ＞22所以y ＝－x 4＋x 2＋2在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上递减．因此选项D 满足．法二 令x ＝0，则y ＝2，排除A ，B ；令x ＝12，则y ＝－116＋14＋2＝316＋2＞2，排除C.答案：D3．(2018·安徽江淮十校联考)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：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.由f ′(x )＝x －9x＜0，解得0＜x ＜3.因为f (x )＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2.答案：A4．(2018·安徽安庆二模)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －x e(e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为()A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2解析：由题意知f ′(x )＝2ef′（e ）x －1e， 所以f ′(e)＝2ef′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e， 所以f ′(x )＝2x －1e，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，当x ∈(0，2e)时，f ′(x )＞0，当x ∈(2e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，所以f (x )的极大值为f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 答案：D5．(2018·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为()A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数解析：f ′(x )＝(x ＋2)e x－(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x－3x －2)．令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点．又e x＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x与y ＝3x ＋2有两个交点，又e －2≠3(－2)＋2＝－4.所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．答案：C二、填空题6．(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________．解析：因为f ′(x )＝e x ·1x＋e x ln x ＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x .所以f ′(1)＝e(1＋ln 1)＝e.答案：e7．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点O (0，0)处的切线方程为________．解析：由于y ′＝2x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝0＝20＋1＝2，所以切线方程为y ＝2x .答案：y ＝2x8．(2017·山东卷改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是________(填序号)．①f (x )＝2－x;②f (x )＝x 2；③f (x )＝3－x;④f (x )＝cos x .解析：若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意．经验证，②③④均不符合题意；只有①f (x )＝2－x具有M 性质．答案：① 三、解答题9．已知函数f (x )＝e xcos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f (x )＝e x·cos x －x ，所以f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，所以f ′(0)＝0，所以y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，。

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.。

2019高考数学二轮复习名校精品资料专题1.2函数和导数1．2018全国Ⅰ·5)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()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=xf(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.2.（2018全国卷2）(2018全国Ⅱ·12)已知f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x),若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=()A.-50B.0C.2D.50f(-x)=f(2+x)=-f(x),∴f(x+4)=f[(x+2)+2]=-f(x+2)=f(x).∴f(x)的周期为4.∵f(x)为奇函数,∴f(0)=0.∵f(2)=f(1+1)=f(1-1)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-2,f(4)=f(0).∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0.∴f(1)+f(2)+…+f(50)=f(49)+f(50)=f(1)+f(2)=2.3..(2018全国Ⅰ·21)已知函数f(x)=-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-.①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.②若a>2,令f'(x)=0得,x=或x=.当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.所以f(x)在单调递减,在单调递增.(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.例1：(2018安徽合肥第二次质检)已知函数f(x)=,实数a,b满足不等式f(2a+b)+f(4-3b)>0,则下列不等式恒成立的是()A.b-a<2B.a+2b>2C.b-a>2D.a+2b<2f(x)为奇偶性，再利用函数的性质去掉符号“f”，转化为关于a、b的不等式即可判断。

专题强化练一 函数的图象与性质一、选择题1．设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0＜x ＜1，2（x －1），x ≥1，若f (a )＝f (a ＋1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8解析：由已知得a ＞0，所以a ＋1＞1，因为f (a )＝f (a ＋1)，所以a ＝2(a ＋1－1)，解得a ＝14，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f (4)＝2(4－1)＝6. 答案：C2．(一题多解)(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A ．y ＝ln(1－x )B ．y ＝ln(2－x )C ．y ＝ln(1＋x )D ．y ＝ln(2＋x )解析：法一 设所求函数图象上任一点的坐标为(x ，y )，则其关于直线x ＝1的对称点的坐标为(2－x ，y )，由对称性知点(2－x ，y )在函数f (x )＝ln x 的图象上，所以y ＝ln(2－x )．法二 由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y ＝ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A ，C ，D ，选B.答案：B3．(2017·全国卷Ⅰ)函数y ＝sin 2x 1－cos x的部分图象大致为( )解析：令f (x )＝sin 2x 1－cos x，定义域为{x |x ≠2k π，k ∈Z}，又f (－x )＝－f (x )，所以f (x )在定义域内为奇函数，图象关于原点对称，B 不正确．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，f (π)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＝－11＋22＜0.所以选项A ，D 不正确，只有选项C 满足． 答案：C4．(2018·广东省际名校(茂名)联考)设函数f (x )在R 上为增函数，则下列结论一定正确的是( )A ．y ＝1f （x ）在R 上为减函数 B ．y ＝|f (x )|在R 上为增函数C ．y ＝－1f （x ）在R 上为增函数 D ．y ＝－f (x )在R 上为减函数解析：取f (x )＝x 3，则A 项，C 项中定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，不满足．B 项中，y ＝|f (x )|＝|x 3|在R 上不单调，只有D 项y ＝－x 3在R 上是减函数．答案：D5．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ≤0时，f (x )为减函数，则不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 12（2x －5）＞f (log 28)的解集为( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪52＜x ＜4116 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＞132 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪52＜x ＜4116或x ＞132 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＜52或4116＜x ＜132 解析：f (x )在R 上是偶函数，且x ≤0时，f (x )是减函数．所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数 故原不等式化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 12（2x －5）＞3⇔log 2(2x －5)＞3或log 2(2x －5)＜－3. 所以2x －5＞8或0＜2x －5＜18， 解得x ＞132或52＜x ＜4116. 答案：C6．(2018·安徽宣城第二次调研)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且在[0，1]上是减函数，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14 B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14 解析：f (x )在R 上是奇函数，且f (x ＋2)＝－f (x )，所以f (x ＋2)＝f (－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12. 又f (x )在[0，1]上是减函数，知f (x )在[－1，1]上也是减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14. 答案：B二、填空题7．(2018·成都诊断)函数f (x )＝2x －12＋3x ＋1的定义域为________． 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2x －12≥0，x ＋1≠0，解得x ＞－1.答案：{x |x ＞－1}8．已知函数f (x )是奇函数，当x ＞0时，f (x )＝a x (a ＞0且a ≠1)，且f (log 124)＝－3，则a 的值为________．解析：因为奇函数f (x )满足f (log 124)＝－3，所以f (－2)＝－3，即f (2)＝3，又因为当x ＞0时，f (x )＝a x (a ＞0且a ≠1)，又2＞0，所以f (2)＝a 2＝3，解得a ＝ 3.答案： 39．如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是________．解析：在同一坐标系中画出函数f (x )与y ＝log 2(x ＋1)的图象，如图所示．根据图象，当x ∈(－1，1]时，y ＝f (x )的图象在y ＝log 2(x ＋1)图象的上方． 所以不等式的解集为(－1，1]．答案：(－1，1]三、解答题10．已知函数f (x )＝a －22x ＋1.(1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论；(3)若f (x )为奇函数，求满足f (ax )＜f (2)的x 的范围．解：(1)f (0)＝a －220＋1＝a －1.(2)因为f (x )的定义域为R ，所以任取x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝a －22x 1＋1－a ＋22x 2＋1＝2·（2x 1－2x 2）（1＋2x 1）（1＋2x 2），因为y ＝2x 在R 上单调递增且x 1＜x 2，所以0＜2x 1＜2x 2，所以2x 1－2x 2＜0，2x 1＋1＞0，2x 2＋1＞0.所以f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)．所以f (x )在R 上单调递增．(3)因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即a －22－x ＋1＝－a ＋22x ＋1，解得a ＝1(或用f (0)＝0去解)．所以f (ax )＜f (2)即为f (x )＜f (2)，又因为f (x )在R 上单调递增，所以x ＜2.所以不等式的解集为(－∞，2)．11．(2018·韶关质检)已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 1－x (a ∈R)． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若－1＜x ＜1时，均有f (x )≤0成立，求正实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln(x ＋1)－x1－x，f (x )的定义域为{x |x ＞－1且x ≠1}． f ′(x )＝1x ＋1－1（1－x ）2＝x （x －3）（x －1）2（x ＋1）， 当－1＜x ＜0或x ＞3时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜1或1＜x ＜3，f ′(x )＜0，所以函数f (x )的增区间为(－1，0)和(3，＋∞)；减区间为(0，1)和(1，3)． (2)f ′(x )＝x 2－（a ＋2）x ＋1－a （x －1）2（x ＋1），－1＜x ＜1， 当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，故0＜x ＜1时，f (x )＞f (0)＝0，不符合题意． 当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝a ＋2－a 2＋8a2， x 2＝a ＋2＋a 2＋8a2. 若0＜a ＜1，此时0＜x 1＜1，对0＜x ＜x 1，有f ′(x )＞0，f (x )＞f (0)＝0，不符合题意． 若a ＞1，此时－1＜x 1＜0，对x 1＜x ＜0，有f ′(x )＜0，f (x )＞f (0)＝0，不符合题意， 若a ＝1，由(1)知，函数f (x )在x ＝0处取得最大值0，符合题意，综上可知，实数a 的取值为1.。

A 级1．若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |解析： 由题可知b <a <0，所以A ，B ，C 正确，而|a |＋|b |＝－a －b ＝|a ＋b |，故D 错误，选D.答案： D2．(2017·兰州市高考实战模拟)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，3x ＋4y ≤12，则z ＝2x ·⎝⎛⎭⎫12y的最大值为( )A ．16B ．8C ．4D ．3解析： 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，3x ＋4y ≤12表示的平面区域如图中阴影部分所示．又z ＝2x ·⎝⎛⎭⎫12y ＝2x －y ，令u ＝x －y ，则直线u ＝x －y 在点(4,0)处u 取得最大值，此时z 取得最大值且z max ＝24－0＝16，故选A.答案： A3．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A ．80元B ．120元C ．160元D ．240元解析： 设底面矩形的一条边长是x m ，总造价是y 元，由题意知，体积V ＝4 m 3，高h ＝1 m ，所以底面积S ＝4 m 2，设底面矩形的一条边长是x m ，则另一条边长是4x m ，又设总造价是y 元，则y ＝20×4＋10×⎝⎛⎭⎫2x ＋8x ≥80＋202x ·8x ＝160，当且仅当2x ＝8x，即x ＝2时取得等号．答案： C4．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，y ＋2≥0，x ＋y ＋2≥0则(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为( )A ．1B ．92C ．5D ．9解析： 可行域为如图所示的阴影部分，由题意可知点P (－2，－3)到直线x ＋y ＋2＝0的距离为|－2－3＋2|2＝32，所以(x ＋2)2＋(y ＋3)2的最小值为⎝⎛⎭⎫322＝92，故选B.答案： B5．已知函数f (x )(x ∈R )的图象如图所示，f ′(x )是f (x )的导函数，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为( )A ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1,2)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析： 由f (x )的图象可知，在(－∞，－1)，(1，＋∞)上，f ′(x )>0，在(－1,1)上，f ′(x )<0.由(x 2－2x －3)f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )<0，x 2－2x －3<0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >1或x <－1x >3或x <－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <1－1<x <3，所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)，选D.答案： D6．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y －4≤0，x －3y ＋4≤0，则目标函数z ＝3x －y 的最大值为________．解析： 根据约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，∵z ＝3x －y ，∴y ＝3x －z ，当该直线经过点A (2,2)时，z 取得最大值，即z max ＝3×2－2＝4.答案： 47．已知x ，y ∈(0，＋∞)，2x －3＝⎝⎛⎭⎫12y ，若1x ＋m y (m >0)的最小值是3，则m 的值为________． 解析： 由2x －3＝⎝⎛⎭⎫12y 得x ＋y ＝3，则1x ＋m y ＝13(x ＋y )·⎝⎛⎭⎫1x ＋m y ＝13⎝⎛⎭⎫1＋m ＋y x ＋mx y ≥13(1＋m ＋2m )，所以13(1＋m ＋2m )＝3，即(m ＋1)2＝9，解得m ＝4.答案： 48．(2017·湖南省五市十校联考)某工厂制作木质的书桌和椅子，需要木工和漆工来完成两道工序，已知木工平均四个小时做一把椅子，八个小时做一张书桌，该工厂每星期木工最多有8 000个工作时；漆工平均两个小时漆一把椅子，一个小时漆一张书桌，该工厂每星期漆工最多有1 300个工作时，又已知制作一把椅子和一张书桌的利润分别是15元和20元，根据以上条件，生产一个星期能获得的最大利润为________元．解析： 设一个星期能生产椅子x 把，书桌y 张，利润为z 元，可得约束条件⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋8y ≤8 0002x ＋y ≤1 300，x ∈N ，y ∈N利润z ＝15x ＋20y ，画出不等式组所表示的平面区域(图略)，可知在点(200,900)处z 取得最大值，此时z max ＝21 000元．答案： 21 0009．已知函数f (x )＝lg (x 2－2x )9－x 2的定义域为A . (1)求A ；(2)若B ＝{x |x 2－2x ＋1－k 2≥0}，且A ∩B ≠∅，求实数k 的取值范围．解析： (1)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x >0，9－x 2>0，解得－3<x <0或2<x <3， ∴A ＝(－3,0)∪(2,3)． (2)x 2－2x ＋1－k 2≥0，∴当k ≥0时，1－k ≤x ≤1＋k ， 当k <0时，1＋k ≤x ≤1－k ， ∵A ∩B ≠∅，∴⎩⎪⎨⎪⎧ k ≥0，1－k ≥－3或⎩⎪⎨⎪⎧ k ≥0，1＋k ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧ k <0，1＋k ≥－3或⎩⎪⎨⎪⎧k <0，1－k ≤3， ∴k ∈[－4,4]．10．(2017·合肥市第二次教学质量检测)已知函数f (x )＝4－|ax －2|(a ≠0)． (1)求函数f (x )的定义域；(2)若当x ∈[0,1]时，不等式f (x )≥1恒成立，求实数a 的取值范围．解析： (1)要使函数有意义，需4－|ax －2|≥0，即|ax －2|≤4，|ax －2|≤4⇔－4≤ax －2≤4⇔－2≤ax ≤6.当a >0时，函数f (x )的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－2a≤x ≤6a ；当a <0时，函数f (x )的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪6a≤x ≤－2a .(2)f (x )≥1⇔|ax －2|≤3，记g (x )＝|ax －2|，因为x ∈[0,1]，所以需且只需⎩⎪⎨⎪⎧g (0)≤3，g (1)≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧2≤3|a －2|≤3⇔－1≤a ≤5，又a ≠0，所以－1≤a ≤5且a ≠0. 故a 的取值范围为[－1,0)∪(0,5]．B 级1．已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥12x ，x ＋y ≤3，x ≥a ，z ＝3x ＋y 的最大值比最小值大14，则a 的值是( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析： 如图，不等式组所表示的可行域为△ABC 及其内部，作出目标函数z ＝3x ＋y 对应的直线l .因为z 的几何意义为直线l 在y 轴上的截距．显然，当直线l 过点B 时，z 取得最大值；当直线l 过点A 时，z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＝0，x ＋y ＝3，解得B (2,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，x ＝a ，解得A ⎝⎛⎭⎫a ，a 2. 所以目标函数的最大值为z max ＝3×2＋1＝7，最小值为z min ＝3×a ＋a 2＝72a .由题意可得7－72a ＝14，解得a ＝－2.故选A.答案： A2．若不等式2x 2－axy ＋y 2≥0对任意的x ∈[1,2]及y ∈[1,3]恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，22]B ．[22，＋∞) C.⎝⎛⎦⎤－∞，113 D ．⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析： 因为y 不为0，所以对原不等式两边同时除以y 2，得到2⎝⎛⎭⎫x y 2－a ×xy ＋1≥0，令t ＝xy ，则不等式变为2t 2－at ＋1≥0，由x ，y 的范围可知t ∈⎣⎡⎦⎤13，2，所以原不等式恒成立即2t 2－at ＋1≥0在t ∈⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，由2t 2－at ＋1≥0可得a ≤2t 2＋1t ，即a ≤2t ＋1t，所以只需a ≤⎝⎛⎭⎫2t ＋1t min ，当t ＝22时，2t ＋1t 取得最小值22，且此时t ＝22∈⎣⎡⎦⎤13，2，所以a ≤22，故选A.答案： A3．运货卡车以每小时x 千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x ≤100(单位：千米/小时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油⎝⎛⎭⎫2＋x 2360升，司机的工资是每小时14元．(1)求这次行车总费用y 关于x 的表达式；(2)当x 为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． 解析： (1)设所用时间为t ＝130x(h)， y ＝130x ×2×⎝⎛⎭⎫2＋x 2360＋14×130x ，x ∈[50,100]．所以，这次行车总费用y 关于x 的表达式是y ＝130×18x ＋2×130360x ，x ∈[50,100]．⎝⎛⎭⎫或y ＝2 340x ＋1318x ，x ∈[50，100]. (2)由(1)知y ＝130×18x ＋2×130360x ≥2610，当且仅当130×18x ＝2×130360x ，即x ＝1810时，等号成立．故当x ＝1810千米/小时时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为2610元． 4．(2017·天津卷)电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告．已知每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示：不少于30分钟，且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍．分别用x ，y 表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数．(1)用x ，y 列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域； (2)问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使总收视人次最多？解析： (1)由已知，x ，y满足的数学关系式为⎩⎪⎨⎪⎧70x ＋60y ≤600，5x ＋5y ≥30，x ≤2y ，x ≥0，y ≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧7x ＋6y ≤60，x ＋y ≥6，x －2y ≤0，x ≥0，y ≥0，该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1中的阴影部分：(2)设总收视人次为z 万，则目标函数为z ＝60x ＋25y .考虑z ＝60x ＋25y ，将它变形为y ＝－125x ＋z 25，这是斜率为－125，随z 变化的一族平行直线.z 25为直线在y 轴上的截距，当z25取得最大值时，z 的值最大．又因为x ，y 满足约束条件，所以由图2可知，当直线z ＝60x ＋25y 经过可行域上的点M 时，截距z 25最大，即z 最大．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧7x ＋6y ＝60，x －2y ＝0，得点M 的坐标为(6,3)．所以，电视台每周播出甲连续剧6次、乙连续剧3次时才能使总收视人次最多．。

A 级1．下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( )A ．f (x )＝1x －xB ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝ln xD ．f (x )＝2x解析： “∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”等价于在(0，＋∞)上f (x )为减函数，易判断f (x )＝1x－x 符合．答案： A2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1ln (x ＋a )，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于( )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析： 由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，ln (x ＋2)，x ≥－1故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1，故选C. 答案： C3．函数f (x )＝x a 满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( )解析： 由已知得a ＝2，所以g (x )＝|log 2(x ＋1)|.函数y ＝log 2(x ＋1)在(－1,0)上单调递增且y <0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0，所以函数g (x )在(－1,0)上单调递减且y >0，在(0，＋∞)上单调递增且y >0.答案： C4．(2017·广西三市第一次联考)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 (2log 3a )>f (－2)，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，3)B ．(0，3)C ．(3，＋∞)D ．(1，3)解析： ∵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 (2log 3a )>f (2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a <3，故选B.答案： B5．定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝f (x ＋4)．当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )；当0≤x <2时，f (x )＝2x －1，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)的值为( )A ．630B ．1 262C ．2 520D ．3 780解析： 因为f (x )＝f (x ＋4)，所以函数f (x )的周期为4. 当－2≤x <0时，f (x )＝log 2(－x )； 当0≤x <2时，f (x )＝2x －1.所以f (1)＝20＝1，f (2)＝f (－2)＝log 22＝1， f (3)＝f (－1)＝log 21＝0，f (4)＝f (0)＝2－1＝12.所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋1＋0＋12＝52，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 018)＝504×52＋f (1)＋f (2)＝1 262.答案： B6．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析： 因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0<1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案： (－∞，0]7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．解析： 当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a <12.答案： ⎣⎡⎭⎫0，12 8．若当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象始终在函数y ＝log a x 的图象的下方，则实数a 的取值范围是________．解析： 如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝(x －1)2和y ＝log a x 的图象．由于当x ∈(1,2)时，函数y ＝(x －1)2的图象恒在函数y ＝log a x 的图象的下方，则⎩⎪⎨⎪⎧a >1，log a 2≥1解得1<a ≤2.答案： (1,2]9．已知函数f (x )＝x 2＋ax (x ≠0，a ∈R )．(1)判断函数f (x )的奇偶性；(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围． 解析： (1)当a ＝0时，f (x )＝x 2(x ≠0)为偶函数； 当a ≠0时，f (－x )≠f (x )， f (－x )≠－f (x )，所以f (x )既不是奇函数也不是偶函数．(2)f ′(x )＝2x －ax 2，要使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，只需当x ≥2时，f ′(x )≥0恒成立，即2x －ax2≥0，则a ≤2x 3∈[16，＋∞)恒成立．故若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为(－∞，16]． 10．已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)．(1)若f (x )的图象如图①所示，求a ，b 的值； (2)若f (x )的图象如图②所示，求a ，b 的取值范围；(3)在(1)中，若|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解，求出m 的范围．解析： (1)f (x )的图象过点(2,0)，(0，－2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b ＝0，a 0＋b ＝－2，解得a ＝3，b ＝－3.(2)f (x )单调递减，所以0<a <1， 又f (0)<0，即a 0＋b <0，所以b <－1.(3)画出y ＝|f (x )|的草图，知当m ＝0或m ≥3时，|f (x )|＝m 有且仅有一个实数解．B 级1．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，－1]B ．[－2,0]C ．[－5，－1]D ．[－2,1]解析： 由定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (1－x )，且在[1，＋∞)上是增函数，可得函数图象关于x ＝1对称，且函数f (x )在(－∞，1)上递减，由此得出自变量离1越近，函数值越小．综合考虑四个选项，注意0,1不存在于A ，C 两个选项的集合中，B 中集合是D 中集合的子集，故可通过验证a 的值(取0与1时两种情况)得出正确选项．当a ＝0时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|2－1|≤|x －1－1|，解得x ≥3或x ≤1，满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除A ，C 两个选项．当a ＝1时，不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)变为f (x ＋2)≤f (x －1)，由函数f (x )的图象特征可得|x ＋2－1|≤|x －1－1|，解得x ≤12，不满足不等式f (ax ＋2)≤f (x －1)对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，1恒成立，由此排除D 选项．综上可知，选B.答案： B2．(2017·武汉调研)定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为________．解析： 根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22 016＝22 016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22 016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 008.答案： 1 0083．已知函数g (x )＝ax 2－2ax ＋1＋b (a >0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f (x )＝g (x )x. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式f (2x )－k ·2x ≥0在x ∈[－1,1]上有解，求实数k 的取值范围． 解析： (1)g (x )＝a (x －1)2＋1＋b －a ，因为a >0， 所以g (x )在区间[2,3]上是增函数，故⎩⎪⎨⎪⎧g (2)＝1，g (3)＝4， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 4a －4a ＋1＋b ＝1，9a －6a ＋1＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0. (2)f (x )＝x ＋1x －2，所以f (2x )－k ·2x ≥0可化为2x ＋12x －2≥k ·2x ，即1＋⎝⎛⎭⎫12x 2－2·12x ≥k ，令t ＝12x ，则k ≤t 2－2t ＋1.因为x ∈[－1,1]，所以t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，记h (t )＝t 2－2t ＋1， 则h (t )max ＝h (2)＝1.所以k ≤1. 故k 的取值范围是(－∞，1]．4．已知奇函数f (x )的定义域为[－1,1]，当x ∈[－1,0)时，f (x )＝－⎝⎛⎭⎫12x. (1)求函数f (x )在[0,1]上的值域；(2)若x ∈(0,1]，y ＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1的最小值为－2，求实数λ的值．解析： (1)设x ∈(0,1]，则－x ∈[－1,0)， 所以f (－x )＝－⎝⎛⎭⎫12－x ＝－2x. 又因为f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以当x ∈(0,1]时，f (x )＝－f (－x )＝2x ， 所以f (x )∈(1,2]．又f (0)＝0，所以当x ∈[0,1]时函数f (x )的值域为(1,2]∪{0}． (2)由(1)知当x ∈(0,1]时，f (x )∈(1,2]， 所以12f (x )∈⎝⎛⎦⎤12，1， 令t ＝12f (x )，则12<t ≤1，g (t )＝14f 2(x )－λ2f (x )＋1＝t 2－λt ＋1＝⎝⎛⎭⎫t －λ22＋1－λ24. ①当λ2≤12，即λ≤1时，g (t )>g ⎝⎛⎭⎫12无最小值． ②当12<λ2≤1即1<λ≤2时，g (t )min ＝g ⎝⎛⎭⎫λ2＝1－λ24＝－2. 解得λ＝±23舍去．③当λ2>1，即λ>2时，g (t )min ＝g (1)＝－2，解得λ＝4.综上所述：λ＝4.。

专题强化练五 导数的综合应用一、选择题1．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x ＞0时，有xf′（x ）－f （x ）x2＜0恒成立，则不等式x 2f (x )＞0的解集是()A ．(－2，0)∪(2，＋∞)B ．(－2，0)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，2) 解析：当x ＞0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf′（x ）－f （x ）x2＜0， 所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以当且仅当0＜x ＜2时，φ(x )＞0，此时x 2f (x )＞0. 又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )＞0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：D2．(2018·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f y ＝f (x )－a 的零点的个数为()A ．1B ．2C ．3D ．4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y ＝f (x )的大致图象如图所示．由于f (0)＝f (3)＝2，1＜a ＜2，所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4.答案：D3．(2018·广东二模)已知函数f (x )＝e x－ln x ，则下面对函数f (x )的描述正确的是()A ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≤2B ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )＞2C ．∃x 0∈(0，＋∞)，f (x 0)＝0D ．f (x )min ∈(0，1)解析：因为f (x )＝e x－ln x 的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝e x－1x ＝xex －1x，令g (x )＝x e x－1，x ＞0，则g ′(x )＝(x ＋1)e x＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)·g (1)＝－(e －1)＜0，所以∃x 0∈(0，1)，使g (x 0)＝0，则f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，则f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln x 0，又e x 0＝1x0，x 0＝－ln x 0，所以f (x )min ＝1x0＋x 0＞2.答案：B4．若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )＞0，则()A ．3f (1)＜f (3)B ．3f (1)＞f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析：由于f (x )＞xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf′（x ）－f （x ）x2＜0恒成立，因此y ＝f （x ）x在R 上是单调减函数，所以f （3）3＜f （1）1，即3f (1)＞f (3)．答案：B5．(2018·佛山市质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ＞1，12x ＋12，x≤1，若m ＜n ，且f (m )＝f (n )，则n －m 的最小值是()A ．3－2ln 2B ．e －1C ．2D ．e ＋1解析：作出函数y ＝f (x )的图象如图所示．若m ＜n ，且f (m )＝f (n )， 则当ln x ＝1时，得x ＝e ， 因此1＜n ≤e ，－1＜m ≤1.又ln n ＝12m ＋12，即m ＝2ln n －1.所以n －m ＝n －2ln n ＋1，设h (n )＝n －2ln n ＋1(1＜n ≤e)，则h ′(n )＝1－2n.当h ′(n )＞0，得2＜n ≤e ；当h ′(n )＜0，得1＜n ＜2. 故当n ＝2时，函数h (n )取得最小值h (2)＝3－2ln 2.答案：A二、填空题6．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm 3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________dm.解析：设圆柱的底面半径为R dm ，母线长为l dm ，则V ＝πR 2l ＝27π，所以l ＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小．S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R，所以S ′表＝2πR －54πR2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小．答案：37．对于函数y ＝f (x )，若其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，则称函数f (x )具有性质P .若函数f (x )＝ex a具有性质P ，则实数a 的取值范围为________．解析：依题意，xf (x )＝1，即xexa＝1在R 上有两个不相等实根，所以a ＝x e x在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x，则φ′(x )＝e x(x ＋1)，当x ＜－1时，φ′(x )＜0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x ＞－1时，φ′(x )＞0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数．因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e.在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象，又当x ＜0时，φ(x )＝x e x＜0.由图象知，当－1e＜a ＜0时，两图象有两个交点．故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e，0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e，08．(2018·江苏卷改编)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[0，1]上的最大值是________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R)，①当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意，因此a ＞0.②当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝a 3.当0＜x ＜a3时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数；当x ＞a 3时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，所以x ＞0时，f (x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a327＋1.因为f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，所以a ＝3.所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，故f (x )在x ∈[0，1]上是减函数，所以f (x )max ＝f (0)＝1.答案：1三、解答题9．已知函数f (x )＝x －1x－ln x .(1)求f (x )的单调区间； (2)求证：ln e2x ≤x ＋1x.(1)解：f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x2－1x ＝1－xx2，令f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，令f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：要证ln e2x ≤1＋x x ，即证2－ln x ≤1＋1x，即证1－1x－ln x ≤0.由(1)可知，f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0，即f (x )≤0，所以1－1x－ln x ≤0恒成立．原不等式得证．10．已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝x ＋x ，其中e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…(1)证明：函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f (x )＝g (x )的根的个数，并说明理由．(1)证明：由题意可得h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x ，所以h (1)＝e －3＜0，h (2)＝e 2－3－2＞0，所以h (1)·h (2)＜0，所以函数h (x )在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知，h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－1－x －x .由g (x )＝x ＋x 知x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，则x ＝0为h (x )的一个零点．又h (x )在(1，2)内有零点，因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点．h ′(x )＝e x －12x －12－1，记φ(x )＝e x －12x －12－1.则φ′(x )＝e x＋14x －32，当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )＞0，则φ(x )在(0，＋∞)上递增．易知φ(x )在(0，＋∞)内只有一个零点，所以h (x )在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.11．(2018·佛山质检)设函数f (x )＝e （x2－ax ＋a ）ex(a ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝e （x2－ax ＋a ）ex，所以f ′(x )＝e ·（2x －a ）ex －（x2－ax ＋a ）exe2x＝－（x －2）（x －a ）ex －1.又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1. (2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值．”因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x2＋2x（x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2.令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0＜a ＜2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e ≥2.解得a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a ＜2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e ≥2，解得a ≥2e，所以a ≥2.综上所述，a ≤4－2e 或a ≥2e.故a 的取值范围为(－∞，4－2e]∪[2e，＋∞)．满分示范练——函数与导数【典例】 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明：f (x )≤－34a－2.(1)解：f (x )的定义域(0，＋∞)．f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（2ax ＋1）（x ＋1）x，若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫－12a，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－12a＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫－12a－1－14a，所以f (x )≤－34a－2等价于ln ⎝⎛⎭⎪⎫－12a－1－14a ≤－34a－2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0，从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎪⎫－12a＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求g (x )的最小值和不等式性质的运用．2．得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝－12a处最值的判定，f (x )≤－34a －2等价转化为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0等．3．得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，第(2)问中，准确计算f (x )在x ＝－12a处的最大值．[解题程序]第一步：求函数f (x )的导函数f ′(x )；第二步：分类讨论f (x )的单调性；第三步：利用单调性，求f (x )的最大值；第四步：根据要证的不等式的结构特点，构造函数g (x )；第五步：求g (x )的最大值，得出要证的不等式；第六步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．[跟踪训练](2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎪⎫1＋12(1＋122)·…·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n，得ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n ，从而ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n＜12＋122＋ (12)＝1－12n＜1.故⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n＜e.又⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n ＞⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋122·⎝⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564＞2，所以当n ≥3时，⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)，由于⎝⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·(1＋12n)＜m ，且m ∈N *.所以整数m 的最小值为3.。