2019届高考高三理数一轮复习同步规范答题强化练(1)函数与导数含解析

高考大题规X 解答系列(一)——函数与导数考点一 利用导数解决与函数有关的极、最值问题例1 (2019·课标Ⅲ，20,12分)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋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．【标准答案】——规X 答题 步步得分(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ).1分得分点① 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.2分得分点②若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪(a 3，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a3)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，(a 3，＋∞)单调递增，在(0，a3)单调递减.3分得分点③若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增.4分得分点④若a <0，则当x ∈(－∞，a 3)∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(a3，0)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，a 3)，(0，＋∞)单调递增，在(a3，0)单调递减.5分得分点⑤(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.7分得分点⑥(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.9分得分点⑦(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f (a 3)＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0.与0<a <3矛盾.11分得分点⑧综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.12分得分点⑩【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②解对f ′(x )＝0得1分．③分类讨论当a >0时，求对单调区间得1分． ④当a ＝0时，求对单调区间得1分． ⑤当a <0时，求对单调区间得1分．⑥分类讨论，当a ≤0时，根据题意求对a 、b 得2分． ⑦当a ≥3时，求对a ，b 得2分． ⑧当0<a <3时，求对a ，b 对2分． ⑨总结叙述得1分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数研究函数的极、最值问题，首先对函数求导，分解因式，分类讨论函数在给定区间的增减情况确定极最值，重点考查学生数学运算、逻辑推理及分类的数学核心素养．2．解题技巧：(1)求出f ′(x )＝0的两根，比较根的大小并分类讨论．(2)利用(1)中的单调区间讨论f (x )在[0,1]上的最值，最终确定参数a ，b 的值． 〔变式训练1〕(2020·某某市第二次质量监测)已知函数f (x )＝(a －1)·ln x －a x－x (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若函数f (x )在[1,3]上的最大值为－2，某某数a 的值． [解析] (1)a ＝2时，f (x )＝ln x －2x－x ，f ′(x )＝1x ＋2x2－1，f (2)＝ln 2－3，f ′(2)＝0，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝ln 2－3. (2)f ′(x )＝a －1x ＋a x 2－1＝－x ＋1x －ax 2(1≤x ≤3)，当a ≤1时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,3]上单调递减， 所以f (1)＝－2，a ＝1；当a ≥3时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,3]上单调递增， 所以f (3)＝－2，a ＝ln 3＋1ln 3－13<3，舍去；当1<a <3时，f (x )在(1，a )上单调递增，在(a,3)上单调递减， 所以f (a )＝－2，a ＝e. 综上，a ＝1或a ＝e.考点二 利用导数解决与不等式有关的函数问题例2 (2018·课标Ⅰ，21)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.【分析】 ①看到讨论f (x )的单调性，想到先确定函数的定义域，然后对函数f (x )进行求导．②看到证明f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2想到对f x 1－f x 2x 1－x 2进行化简，从而构造新函数，找到突破口．【标准答案】——规X 答题 步步得分 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.2分得分点①(ⅰ)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，＋∞)上单调递减.4分得分点②(ⅱ)若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈(0，a －a 2－42)∪(a ＋a 2－42，＋∞)时，f ′(x )<0；当x ∈(a －a 2－42，a ＋a 2－42)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减，在(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增.6分得分点⑥(2)由(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x 1，x 2，满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1， 由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 8分得分点④ 所以f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.9分得分点⑤设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，10分得分点⑥ 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1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2.12分得分点⑦【评分细则】①正确求导并写出函数的定义域得2分． ②讨论当a ≤2时，f (x )的单调性，正确得2分． ③讨论当a >0时，f (x )的单调性，正确得2分． ④化简f x 1－f x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 1－x 2正确得2分．⑤分析证明f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2转化为1x 2－x 2＋2ln x 2<0正确得1分．⑥构造函数g (x )＝1x －x ＋2ln x 正确得1分．⑦判断函数g (x )＝1x－x ＋2ln x 在(1，＋∞)单调性，并得出结论得2分． 【名师点评】 1．核心素养：利用导数判断函数的单调性及解决与不等式有关的函数问题是高考命题的热点问题．本题主要考查“逻辑推理”及“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)讨论函数的单调性首先要明确函数的定义域，一般用导数的方法，对参数分类做到不重不漏．(2)构造函数：构造新函数是导数综合问题的常用方法，如本题第(2)问构造函数g (x )＝1x－x ＋2ln x .〔变式训练2〕(2020·某某省某某市高三第二次质量预测)设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x (a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的斜率为0.(1)求a 的值；(2)求证：当0<x ≤2时，f (x )>12x .[解析] (1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x，由题意可得f ′(1)＝2a －2＝0， ∴a ＝1.(2)要证f (x )>12x (0<x ≤2)，只需证x －ln x x －ln x >12，即证x －ln x >ln x x ＋12，令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，由g ′(x )＝1－1x＝0，解得x ＝1，g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故g (x )min ＝g (1)＝1，由h ′(x )＝1－ln xx2可知h (x )在(0,2]上单调递增， 故h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22<1＝g (x )min ，故h (x )<g (x )，即f (x )>12x .考点三 利用导数解决与函数零点有关的问题例 3 (2020·某某省某某市高三模拟检测)已知函数f (x )＝a e x－x －a ，e ＝2.71828…是自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )恰有2个零点，某某数a 的取值X 围． 【分析】 ①看到单调性想到求函数f (x )的导数．②看到f (x )恰有2个零点，想到f (x )＝0有两解或y ＝f (x )图象与x 轴有两个交点． 【标准答案】——规X 答题 步步得分 (1)f ′(x )＝a e x－1，1分得分点① 当a ≤0时，f ′(x )＝a e x－1<0，所以x ∈(－∞，＋∞)，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，2分得分点② 当a >0时，令f ′(x )＝a e x －1＝0，得x ＝－ln a ；所以x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减；x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(－ln a ，＋∞)上单调递增.4分得分点③(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减； 又知f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点；5分得分点④ 当0<a <1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0，取f (－2ln a )＝1a ＋2ln a －a ，令函数g (a )＝1a＋2ln a －a ，得g ′(a )＝－a －12a 2<0，所以g (a )>g (1)＝0，所以f (－2ln a )＝1a＋2ln a －a >0得f (x )在(－ln a ，－2ln a )上也有1个零点，8分得分点⑤当a ＝1时，f (x )≥f (0)＝0，所以f (x )仅有1个零点，9分得分点⑥ 当a >1时，f (0)＝0，所以f (－ln a )<0， 令函数h (a )＝a －ln a ，a >1得h ′(a )＝1－1a>0，所以h (a )>h (1)>0，所以a >ln a ，∴－a <－ln a ，取f (－a )＝a e －a>0，得f (x )在(－a ，－ln a )上也有1个零点，综上可知：若f (x )恰有2个零点，则a ∈(0,1)∪(1，＋∞).12分得分点⑦ 【评分细则】 ①求对导函数得1分． ②求对a ≤0单调区间得1分． ③求对a >0单调区间得2分．④求对a ≤0时f (x )只有一个零点得1分． ⑤求对0<a <1时f (x )有两个零点得1分． ⑥求对a ＝1时f (x )有一个零点得1分．⑦求对a >1时f (x )有两个零点，并进行综述得3分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查导数与函数单调性的关系、零点存在性定理，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．2．解题技巧：(1)通过求导，分类讨论，进而求单调区间．(2)通过(1)的分析知道函数f (x )的单调性、最值，讨论f (x )零点的个数，从而得出结论．〔变式训练3〕(2020·某某省高三质量检查测试)已知函数f (x )＝a (x －1x)－2ln x .(1)讨论f (x )的单调区间；(2)若a ＝12，证明：f (x )恰有三个零点．[解析] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (1＋1x 2)－2x ＝ax 2－2x ＋ax2. ①当a ≤0时，因为x >0，所以ax 2－2x ＋a <0，所以f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得ax 2－2x ＋a ＝0. 当a ≥1时，Δ＝4－4a 2≤0，f ′(x )≥0. 所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当0<a <1时，Δ＝4－4a 2>0，由ax 2－2x ＋a ＝0得x 1＝1－1－a 2a ，x 2＝1＋1－a 2a.因为0<a <1，所以x 2>x 1>0，所以当x ∈(0，1－1－a 2a )或x ∈(1＋1－a 2a，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(1－1－a 2a ，1＋1－a 2a)时，f ′(x )<0.所以f (x )的单调递增区间为(0，1－1－a2a)和(1＋1－a2a，＋∞)，单调递减区间为(1－1－a2a，1＋1－a2a)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； 当a ≥1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当0<a <1时，f (x )的单调递增区间为(0，1－1－a 2a )和(1＋1－a 2a，＋∞)，单调递减区间为(1－1－a 2a ，1＋1－a 2a)．(2)解法一：因为a ＝12，所以f (x )＝12(x －1x)－2ln x .由(1)知，f (x )的单调递增区间为(0,2－3)，(2＋3，＋∞)．f (x )的单调递减区间为(2－3，2＋3)．又f (1)＝0,1∈(2－3，2＋3)．所以f (x )在(2－3，2＋3)内有唯一零点， 且f (2－3)>0，f (2＋3)<0.因为0<e －3<2－3，f (e －3)＝12(e －3－1e －3)－2ln e －3＝12e 3－e 32＋6<7－e 32<0.所以f (x )在(0,2－3)内有唯一零点． 又f (e 3)＝－f (e －3)>0，e 3>2＋3， 所以f (x )在(2＋3，＋∞)内有唯一零点． 综上，当a ＝12时，f (x )恰有三个零点．解法二：当a ＝12时，要证f (x )恰有三个零点，等价于x 2－1－4x ln x ＝0恰有三个不等实根．令g (x )＝x 2－1－4x ln x ，则g ′(x )＝2x －4ln x －4(x >0)． 令h (x )＝2x －4ln x －4(x >0)，则h ′(x )＝2－4x，令2－4x＝0，得x ＝2.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0，x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)单调递增．所以h (x )min ＝h (2)＝－4ln 2<0. 又h (1e )＝2e>0，h (1)＝－2<0，h (e 2)＝2e 2－12>0,0<1e<1，e 2>2，所以h (x )在(0,2)内存在唯一零点x 1，在(2，＋∞)为存在唯一零点x 2，且x 1∈(1e，1)，x 2∈(2，e 2)．故当x ∈(0，x 1)时，h (x )>0；当x ∈(x 1，x 2)时，h (x )<0；当x ∈(x 2＋∞)时，h (x )>0. 所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )单调递减，当x ∈(x 2，＋∞)时，f (x )单调递增．又g (x 1)>g (1)＝0，g (x 2)<g (1)＝0，所以g (x )在(x 1，x 2)存在唯一零点1， 因为g (1e 3)＝1e 6－1＋12e3＝1－e3e 3－12e6<0，g (e 3)＝e 6－1－12e 3＝e 3(e 3－12)－1>0，所以存在唯一的x3∈(0，x1)，使得g(x3)＝0，存在唯一的x4∈(x2，＋∞)，使得g(x4)＝0，且x3∈(1e3，x1)，x4∈(x2，e3)．综上g(x)＝0恰有三个不同的根x3,1，x4，即f(x)恰有三个零点．。

第二章 函数与导数第1课时 函数及其表示(对应学生用书(文)、(理)9～11页)1. (必修1P 26练习3改编)下列对应关系中________是函数．(填序号) ① A ＝R ＋，B ＝R ，对于任意的x∈A，x →x 的算术平方根；② A ＝{1，2，3，4，5}，B ＝{0，2，4，6，8}，对于任意的x∈A，x →2x ；③ x →－12x ，x ∈R ；④ x →y ，其中y ＝|x|，x ∈R ，y ∈R ；⑤ x →y ，其中y 为不大于x 的最大整数，x ∈R ，y ∈Z . 答案：①③④⑤解析：①③④⑤均符合函数的定义，②对于集合A 中的元素5，在集合B 中找不到元素与之对应．2. (必修1P 26练习4改编)下列各组函数中，表示同一函数的是__________．(填序号)① y ＝x ＋1和y ＝x 2－1x －1；② y＝x 0和y ＝1；③ f(x)＝x 2和g(x)＝(x ＋1)2；④ f(x)＝（x ）2x 和g(x)＝x （x ）2. 答案：④解析：只有④表示同一函数，①与②中定义域不同，③是对应法则不同．3. (必修1P 31习题1改编)设函数f(x)＝41－x.若f(a)＝2，则实数a ＝__________．答案：－1解析：由题意可知，f(a)＝41－a＝2，解得a ＝－1.4. (必修1P 31习题8改编)已知函数f(x)由下表给出，则f(3)＝__________．答案：－4解析：由表中函数值得f(3)＝－4. 5. (必修1P 36习题3改编)已知函数f(x)在[－1，2]上的图象如图所示，则f(x)的解析式为____________．答案：f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x≤0，－12x ，0<x ≤2解析：观察图象，知此函数是分段函数，并且在每段上均是一次函数，利用待定系数法求出解析式．当－1≤x≤0时，f(x)＝x ＋1；当0<x≤2时，f(x)＝－x2.∴ f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x≤0，－12x ，0<x ≤2.1. 函数的概念(1) 函数的定义一般地，设A ，B 是两个非空的数集，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的每一个元素x ，在集合B 中都有唯一的一个元素y 和它对应，这样的对应叫做从A 到B 的一个函数，通常记为y ＝f(x)，x ∈A ．(2) 函数的定义域、值域在函数y ＝f(x)，x ∈A 中，所有的输入值x 组成的集合A 叫做函数y ＝f(x)的定义域；若A 是函数y ＝f(x)的定义域，则对于A 中的每一个x ，都有一个输出值y 与之对应．我们将所有输出值y 组成的集合称为函数的值域．(3) 函数的要素函数的构成要素：定义域、对应法则、值域．由于值域是由定义域和对应法则决定的，所以，如果两个函数的定义域和对应法则完全一致，我们就称这两个函数为相同的函数或同一函数．这是判断两函数相等的依据．2. 函数的表示方法表示函数的常用方法有列表法、解析法(解析式法)、图象法． 3. 分段函数在定义域内不同部分上，有不同的解析式，像这样的函数通常叫做分段函数．分段函数的定义域是各段自变量取值集合的并集，值域是各段上函数值集合的并集．4. 映射的概念一般地，设A ，B 是两个非空的集合，如果按某一个确定的对应关系f ，使对于集合A 中的任意一个元素x ，在集合B 中都有唯一确定的元素y 与之对应，那么就称对应f ：A→B 为从集合A 到集合B 的一个映射．函数是映射，但映射不一定是函数．[备课札记], 1 函数的概念), 1) 下列集合A 到集合B 的对应关系中，是从集合A 到集合B 的映射的有________．(填序号)① A ＝R ，B ＝{y|y>0}，f ：x→y＝|x|；② A ＝{x|x≥2，x ∈N *}，B ＝{y|y≥0，y ∈N }，f ：x→y＝x 2－2x ＋2； ③ A ＝{x|x>0}，B ＝{y|y∈R }，f ：x→y＝±x ；④ A ＝{α|α是三角形的内角}，B ＝{y|y∈R }，对应法则：y ＝tan α；⑤ A ＝{m|m∈Z }，B ＝{y|y ＝0或y ＝1}，对应法则：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ＝2n ，n ∈Z ，1，m ＝2n ＋1，n ∈Z ；答案：②⑤解析：① 集合A 中的零元素，在集合B 中没有相应的对应元素． ② 按照对应法则，满足题设条件． ③ 一对多，不满足映射的概念．④ ∵ π2∈A ，但π2的正切值不存在，∴ 此对应不是从集合A 到集合B 的映射．⑤ ∵ 集合A 中的每一个元素在集合B 中都有唯一的元素与之对应，∴ 此对应是从集合A 到集合B 的映射．点评：判断对应是否为映射，即看A 中元素是否满足“每元有象”和“且象唯一”；但要注意：① A 中不同元素可有相同的象，即允许多对一，但不允许一对多；② B 中元素可无原象，即B 中元素可以有剩余．备选变式（教师专享）已知映射f ：A→B，其中A ＝B ＝R ，对应法则f ：x→y＝－x 2＋2x ，对于实数k∈B，在集合A 中不存在元素与之对应，则k 的取值范围是________．答案：(1，＋∞)解析：由题意知，方程－x 2＋2x ＝k 无实数根，即x 2－2x ＋k ＝0无实数根．∴ Δ＝4(1－k)<0，∴ k>1时满足题意．, 2 函数的解析式), 2) 求下列各题中的函数f(x)的解析式． (1) 已知f(x ＋2)＝x ＋4x ，求f(x)；(2) 已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f(x)； (3) 已知f(x)是二次函数，且满足f(0)＝1，f(x ＋1)＝f(x)＋2x ，求f(x)．解：(1) (解法1)设t ＝x ＋2(t≥2)，则x ＝t －2，即x ＝(t －2)2，∴ f(t)＝(t －2)2＋4(t －2)＝t 2－4，∴ f(x)＝x 2－4(x≥2)．(解法2)∵ f(x ＋2)＝(x ＋2)2－4，∴ f(x)＝x 2－4(x≥2)．(2) 设t ＝2x ＋1，则x ＝2t －1，∴ f(t)＝lg 2t －1，即f(x)＝lg 2x －1(x>1)．(3) ∵ f(x)是二次函数，∴ 设f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a≠0)． 由f(0)＝1，得c ＝1.由f(x ＋1)＝f(x)＋2x ，得a(x ＋1)2＋b(x ＋1)＋1＝ax 2＋bx ＋1＋2x ， 整理，得(2a －2)x ＋a ＋b ＝0，由恒等式原理，知⎩⎪⎨⎪⎧2a －2＝0，a ＋b ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1，∴ f(x)＝x 2－x ＋1. 变式训练根据下列条件分别求出f(x)的解析式． (1) f(x ＋1)＝x ＋2x ；(2) 二次函数f(x)满足f(0)＝3，f(x ＋2)－f(x)＝4x ＋2.解：(1) 令t ＝x ＋1，∴ t ≥1，x ＝(t －1)2.则f(t)＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－1，即f(x)＝x 2－1，x ∈[1，＋∞)．(2) 设f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a≠0)，∴ f(x ＋2)＝a(x ＋2)2＋b(x ＋2)＋c ， 则f(x ＋2)－f(x)＝4ax ＋4a ＋2b ＝4x ＋2. ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝4，4a ＋2b ＝2.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1. 又f(0)＝3，∴ c ＝3，∴ f(x)＝x 2－x ＋3., 3 分段函数), 3) 如图所示，在边长为4的正方形ABCD 上有一点P ，沿着折线BCDA由B 点(起点)向A 点(终点)移动．设P 点移动的路程为x ，△ABP 的面积为y ＝f(x)．(1) 求△ABP 的面积与P 移动的路程间的函数解析式； (2) 作出函数的图象，并根据图象求y 的最大值．解：(1) 这个函数的定义域为(0，12)，当0＜x≤4时，S ＝f(x)＝12·4·x ＝2x ；当4＜x≤8时，S ＝f(x)＝8；当8＜x ＜12时，S ＝f(x)＝12·4·(12－x)＝24－2x.∴ 函数解析式为f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ∈（0，4]，8，x ∈（4，8]，24－2x ，x ∈（8，12）.(2) 其图象如图所示，由图知f max (x)＝8.变式训练已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x<0，则满足不等式f(1－x 2)>f(2x)的x 的取值范围是____________．答案：(－1，2－1)解析：函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x ≥0，1，x<0的图象如图所示：f(1－x 2)>f(2x)⇔⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2>2x ，1－x 2>0，解得－1<x<2－1. 备选变式（教师专享）对于实数a 和b ，定义运算“*”：a*b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b≤1，b ，a －b>1，设函数f(x)＝(x ＋2)*(3－x)，x ∈R .若方程f(x)＝c 恰有两个不同的解，则实数c 的取值范围是________．答案：(－∞，2)解析：令x ＋2－(3－x)≤1，求得x≤1，则f(x)＝(x ＋2)*(3－x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≤1，3－x ，x>1，画出函数f(x)的图象，如图，方程f(x)＝c 恰有两个不同的解，即是函数f(x)的图象与直线y ＝c 有2个交点，数形结合可得c<2.特别提醒：本题主要考查分段函数的解析式、函数的零点以及新定义问题，属于难题．已知函数零点个数(方程根的个数)求参数取值范围的三种常用的方法：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2) 分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y ＝g(x)，y ＝h(x)的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y ＝a ，y ＝g(x)的图象的交点个数问题．1. (2018·溧阳中学周练)若x∈R ，则f(x)与g(x)表示同一函数的是________．(填序号)① f(x)＝x ，g(x)＝x 2；② f(x)＝1，g(x)＝(x －1)0；③ f(x)＝（x ）2x ，g(x)＝x（x ）2； ④ f(x)＝x 2－9x ＋3，g(x)＝x －3.答案：③解析：①中，g(x)＝x 2＝|x|≠x；②中，g(x)＝(x －1)0＝1(x≠1)；③中，f(x)＝（x ）2x＝1(x>0)，g(x)＝1(x>0)；④中，f(x)＝x 2－9x ＋3＝x －3(x≠－3)．因此填③.2. 二次函数y ＝f(x)＝ax 2＋bx ＋c(x∈R )的部分对应值如下表：则关于x 答案：[－3，2] 解析：由表格数据作出二次函数的草图，结合数据与图象即可发现不等式f(x)≤0的解集为[－3，2]．3. 为了保证信息安全传输必须使用加密方式，有一种方式其加密、解密原理如下：明文――→加密密文――→发送密文――→解密明文已知加密为y ＝a x－2(x 为明文、y 为密文)，如果明文“3”通过加密后得到密文为“6”，再发送，接受方通过解密得到明文“3”，若接受方接到密文为“14”，则原发的明文是________．答案：44. 有一个有进水管和出水管的容器，每单位时间进水量是一定的，设从某时刻开始，5分钟内只进水，不出水，在随后的15分钟内既进水，又出水，得到时间x 与容器中的水量y 之间的关系如图所示．再随后，只放水不进水，水放完为止，则这段时间内(即x≥20)，y 与x 之间的函数关系是____________________．答案：y ＝－3x ＋95⎝⎛⎭⎪⎫20≤x≤953 解析：设进水速度为a 1 L/min ，出水速度为a 2 L/min ，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＝20，5a 1＋15（a 1－a 2）＝35，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，a 2＝3，则y ＝35－3(x －20)，得y ＝－3x ＋95.当水放完，时间为x ＝953 min ，又知x ≥20，故解析式为y ＝－3x ＋95⎝⎛⎭⎪⎫20≤x≤953. 5. 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －4，x ＞0，－x －3，x ＜0.若f(a)＞f(1)，则实数a 的取值范围是____________．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：由f(1)＝－2，则f(a)＞－2.当a>0时，有2a－4>－2，则a>1；当a ＜0时，－a －3＞－2，则a ＜－1.所以实数a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．6. 函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ＞0，12－|12＋x|，x ≤0.若关于x 的方程f(x)＝kx －k 至少有两个不相等的实数根，则实数k 的取值范围是____________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，1∪(1，＋∞) 解析：如图，作出函数图象，y 2＝kx －k 过定点(1，0)，临界点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12和(1，0)连线的斜率为－13，又f′(1)＝1，由图象知实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，1∪(1，＋∞)．, 3. 分段函数意义理解不清致误)典例 已知实数a≠0，函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x<1，－x －2a ，x ≥1.若f(1－a)＝f(1＋a)，则a 的值为__________．易错分析：(1) 误以为1－a<1，1＋a>1，没有对a 进行讨论直接代入求解；(2) 求解过程中忘记检验所求结果是否符合要求致误．解析：当a>0时，1－a<1，1＋a>1，由f(1－a)＝f(1＋a)可得2－2a ＋a ＝－1－a －2a ，解得a ＝－32，不合题意；当a<0时，1－a>1，1＋a<1，由f(1－a)＝f(1＋a)可得－1＋a －2a ＝2＋2a ＋a ，解得a ＝－34.答案：－34特别提醒：(1) 注意分类讨论思想在求函数值中的应用，对于分段函数的求值问题，若自变量的取值范围不确定，应分情况求解；(2) 检验所求自变量的值或范围是否符合题意，求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．1. 已知集合A ＝{a ，b ，c}，B ＝{1，2}，那么可建立从A 到B 的映射个数是______，从B 到A 的映射个数是______．答案：8 9解析：依题意，建立从A 到B 的映射，即集合A 中的每一个元素在集合B 中找到对应元素，从而从A 到B 的映射个数为23＝8，从B 到A 的映射个数是32＝9.所以填写答案依次为：8；9.2. 已知一个函数的解析式为y ＝x 2，它的值域为{1，4}，这样的函数有________个． 答案：9解析：列举法：定义域可能是{1，2}、{－1，2}、{1，－2}、{－1，－2}、{1，－2，2}、{－1，－2，2}、{－1，1，2}、{－1，1，－2}、{－1，1，－2，2}．3. 若函数f(x)＝xax ＋b，f(2)＝1，又方程f(x)＝x 有唯一解，则f(x)＝________．答案：2x x ＋2解析：由f(2)＝1得22a ＋b ＝1，即2a ＋b ＝2；由f(x)＝x 得x ax ＋b ＝x ，变形得x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1ax ＋b －1＝0，解此方程得x ＝0或x ＝1－b a ，∵ 方程有唯一解，∴ 1－ba＝0，解得b ＝1，代入2a ＋b ＝2得a ＝12，∴ f(x)＝2xx ＋2.4. 如图，动点P 从单位正方形ABCD 顶点A 开始，顺次经B ，C ，D 绕边界一周，当x表示点P 的行程，y 表示PA 之长时，求y 关于x 的解析式，并求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52的值．解：当P 在AB 上运动时，y ＝x(0≤x≤1)；当P 在BC 上运动时，y ＝1＋（x －1）2(1<x≤2)；当P 在CD 上运动时，y ＝1＋（3－x ）2(2<x≤3)；当P 在DA 上运动时，y ＝4－x(3<x≤4). ∴ y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x （0≤x≤1），1＋（x －1）2（1<x≤2），1＋（3－x ）2（2<x≤3），4－x （3<x≤4），∴ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝52.5. 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋1，x ≤0，－（x －1）2，x ＞0，则不等式f(x)≥－1的解集是________．答案：[－4，2]解析：f(x)≥－1，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x≤0，12x ＋1≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－（x －1）2≥－1， 解之得－4≤x≤0或0<x≤2，即原不等式的解集是[－4，2]．6. (2018·溧阳中学周测)设函数f(x)定义如下表，数列{x n }(n∈N *)满足x 1＝1，且对于任意的正整数n ，均有x n ＋1＝f(x n )，求x 2 018的值．解：因为x 1＝1，所以x 2＝f(x 1)＝f(1)＝2，x 3＝f(x 2)＝f(2)＝3，x 4＝f(x 3)＝f(3)＝4，x 5＝f(x 4)＝f(4)＝1，x 6＝f(x 5)＝f(1)＝2，…，不难看出数列{x n }是以4为周期的周期数列，所以x 2 018＝x 4×504＋2＝x 2＝2.点评：通过观察一些特殊的情形，来获得深刻的认识，是探索数学问题的一种重要方法，应注意学习，同时函数的表示也可以利用列表法来给出．1. 函数是特殊的映射，其特殊性在于集合A 与B 只能是非空数集，即函数是非空数集A 到非空数集B 的映射；而映射不一定是函数．从A 到B 的一个映射，A ，B 若不是数集，则这个映射不是函数．2. 函数是一种特殊的对应，要检验给定的两个变量是否具有函数关系，只需要检验：① 定义域和对应法则是否给出；②根据给出的对应法则，自变量在定义域中的每一个值，是否都有唯一确定的函数值．3. 函数解析式的求解方法通常有：配凑法、换元法、待定系数法及消去法．用换元法求解时要特别注意新元的范围，即所求函数的定义域；而消去法体现的方程思想，即根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程组求出f(x)．第2课时 函数的定义域和值域(对应学生用书(文)、(理)12～14页)1. (必修1P 25例2改编)函数f(x)＝x －2＋1x －3的定义域是____________________．答案：[2，3)∪(3，＋∞)解析：要使函数有意义，x 需满足⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥0，x －3≠0，解得x≥2且x ≠3.2. (必修1P 26练习6(2)(4)改编)函数y ＝1x 2－1＋x ＋1的定义域为__________________．答案：(－1，1)∪(1，＋∞)解析：依题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≠0，x ＋1≥0，∴ x>－1且x≠1，故函数的定义域为(－1，1)∪(1，＋∞)．3. 函数y ＝1x 2＋2的值域为________．答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 解析：∵ x 2＋2≥2，∴ 0<1x 2＋2≤12.∴ 0<y ≤12.4. 若x 有意义，则函数y ＝x 2＋3x －5的值域是________．答案：[－5，＋∞)解析：∵ x 有意义，∴ x ≥0.又y ＝x 2＋3x －5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋322－94－5，函数y ＝x 2＋3x －5在[0，＋∞)上单调递增，∴ 当x ＝0时，y min ＝－5.∴ 函数y ＝x 2＋3x －5的值域是[－5，＋∞)．5. 函数y ＝2x －1的定义域是(－∞，1)∪[2，5)，则其值域是____________________．答案：(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2解析：∵ x∈(－∞，1)∪[2，5)，∴ x －1∈(－∞，0)∪[1，4)．当x －1∈(－∞，0)时，2x －1∈(－∞，0)；当x －1∈[1，4)时，2x －1∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2.1. 函数的定义域(1) 函数的定义域就是使函数表达式有意义的所有的输入值x 组成的集合．在解决函数问题时，必须树立起“定义域优先”的观念．(2) 求定义域的步骤① 写出使函数有意义的不等式(组)． ② 解不等式(组)．③ 写出函数定义域(注意用区间或集合的形式写出)． (3) 常见基本初等函数的定义域 ① 分式函数中分母不等于零．② 偶次根式函数中被开方式大于或等于0. ③ 一次函数、二次函数的定义域为R ．④ y ＝a x，y ＝sin x ，y ＝cos x 的定义域均为R ．⑤ y ＝tan x 的定义域为{x|x≠k π＋π2，k ∈Z }．⑥ 函数f(x)＝x 0的定义域为{x|x≠0}． 2. 函数的值域(1) 在函数y ＝f(x)中，与定义域中输入值x 对应的y 的值叫做输出值，所有输出值y 组成的集合叫做函数的值域．(2) 基本初等函数的值域① y ＝kx ＋b(k≠0)的值域是R ．② y ＝ax 2＋bx ＋c(a≠0)的值域：当a>0时，值域为[4ac －b 24a，＋∞)；当a<0时，值域为(－∞，4ac －b24a ]．③ y ＝kx (k≠0)的值域为{y|y≠0}．④ y ＝a x(a>0且a≠1)的值域是(0，＋∞)． ⑤ y ＝log a x(a>0且a≠1)的值域是R ．⑥ y ＝sin x ，y ＝cos x 的值域是[－1，1]． ⑦ y ＝tan x 的值域是R ． 3. 函数的最值一般地，设y ＝f(x)的定义域为A. (1) 如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x∈A，都有f (x)≤f(x 0)，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最大值，记为y max ＝f(x 0)．(2) 如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x∈A，都有f(x)≥f(x 0)，那么称f(x 0)为y ＝f(x)的最小值，记为y min ＝f(x 0)．4. 值域与最值的关系若函数y ＝f(x)的最大值为b ，最小值为a ，那么y ＝f(x)的值域必定是数集[a ，b]的子集，若f(x)可以取到[a ，b]中的一切值，那么其值域就是[a ，b]．5. 复合函数如果函数y ＝f(u)(u∈A)，u ＝g(x)(x∈B，u ∈A)，则y ＝f(g(x))叫做由函数y ＝f(u)(u∈A)，u ＝g(x)(x∈B，u ∈A)合成的复合函数，u 叫做中间变量．y ＝f(u)(u∈A)，叫做该复合函数的外层函数，而u ＝g(x)(x∈B)叫做该复合函数的内层函数．注意：由u ＝g(x)(x∈B)求出的值域一定是A.即内层函数的值域是外层函数的定义域．6. 函数解析式的表示离不开函数的定义域．[备课札记], 1 求函数的定义域), 1) (1) 已知函数f(x)的定义域是[0，2]，则函数g(x)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12的定义域是__________． (2) 函数y ＝ln （x ＋1）－x 2－3x ＋4的定义域为____________． 答案：(1) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32 (2) (－1，1) 解析：(1) 因为函数f(x)的定义域是[0，2]，所以函数g(x)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12中的自变量x 需要满足：⎩⎪⎨⎪⎧0≤x＋12≤2，0≤x －12≤2，解得⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x≤32，12≤x ≤52.所以12≤x ≤32，所以函数g(x)的定义域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32. (2) 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，－x 2－3x ＋4>0，得－1<x<1.变式训练(1) 求函数y ＝（x ＋1）|x|－x的定义域；(2) 函数f(x)的定义域是[－1，1]，求f(log 2x)的定义域．解：(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≠0，|x|－x>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x≠－1，x<0，∴ 函数定义域是(－∞，－1)∪(－1，0)． (2) ∵ 函数f(x)的定义域是[－1，1]，∴ －1≤log 2x ≤1，∴ 12≤x ≤2.故f(log 2x)的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2. 备选变式（教师专享） 求下列函数的定义域：(1) y ＝lg （2－x ）12＋x －x2＋(x －1)0； (2) y ＝lg sin x ＋64－x 2. 解：(1) 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2－x>0，12＋x －x 2>0x －1≠0，，解得⎩⎪⎨⎪⎧x<2，－3<x<4x≠1，，∴ －3<x<2且x≠1，∴ 所求函数的定义域为{x|－3<x<2且x≠1}．(2) 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧sin x>0，64－x 2≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧2k π<x<2k π＋π，k ∈Z ，－8≤x≤8. ∴ －2π<x<－π或0<x<π或2π<x ≤8.∴ 所求函数的定义域为(－2π，－π)∪(0，π)∪(2π，8]．, 2 求函数的值域), 2) 求下列函数的值域： (1) f(x)＝x －1－2x ；(2) y ＝1－x21＋x 2；(3) y ＝2x －1x ＋1，x ∈[3，5]；(4) y ＝x 2－4x ＋5x －1(x>1)．解：(1) (解法1：换元法)令1－2x ＝t ，则t ≥0且x ＝1－t 22，于是f(t)＝1－t22－t＝－12(t ＋1)2＋1.由于t≥0，所以f(t)≤12，故函数的值域是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.(解法2：单调性法)容易判断f(x)为增函数，而其定义域应满足1－2x≥0，即x≤12，所以f(x)≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，即函数的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.(2) y ＝1－x 21＋x 2＝21＋x2－1.因为1＋x 2≥1，所以0<21＋x2≤2.所以－1<21＋x2－1≤1，即y∈(－1，1]．所以函数的值域为(－1，1]．(3) (解法1)由y ＝2x －1x ＋1＝2－3x ＋1，结合图象知，函数在[3，5]上是增函数，所以y max＝32，y min ＝54，故所求函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32. (解法2)由y ＝2x －1x ＋1，得x ＝1＋y2－y.因为x∈[3，5]，所以3≤1＋y 2－y ≤5，解得54≤y ≤32，即所求函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32. (4) (基本不等式法)令t ＝x －1，则x ＝t ＋1(t>0)，所以y ＝（t ＋1）2－4（t ＋1）＋5t ＝t 2－2t ＋2t ＝t ＋2t－2(t>0)．因为t ＋2t≥2t·2t＝22，当且仅当t ＝2，即x ＝2＋1时，等号成立， 故所求函数的值域为[22－2，＋∞)． 备选变式（教师专享） 求下列函数的值域：(1) f(x)＝1－x ＋x ＋3；(2) g(x)＝x 2－9x 2－7x ＋12；(3) y ＝log 3x ＋log x 3－1.解：(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧1－x≥0，x ＋3≥0，解得－3≤x≤1.∴ f(x)＝1－x ＋x ＋3的定义域是[－3，1]．令y ＝f(x)，则y≥0，∴ y 2＝4＋2（1－x ）（x ＋3），即y 2＝4＋2－（x ＋1）2＋4(－3≤x≤1)．令t(x)＝－(x ＋1)2＋4(－3≤x≤1)．∵ x ∈[－3，1]，由t(－3)＝0，t(－1)＝4，t(1)＝0，知0≤t(x)≤4，从而y 2∈[4，8]，即y∈[2，22]， ∴ 函数f(x)的值域是[2，22]．(2) g(x)＝x 2－9x 2－7x ＋12＝（x ＋3）（x －3）（x －3）（x －4）＝x ＋3x －4＝1＋7x －4(x≠3且x≠4)．∵ x ≠3且x≠4，∴ g (x)≠1且g(x)≠－6.∴ 函数g(x)的值域是(－∞，－6)∪(－6，1)∪(1，＋∞)． (3) 函数的定义域为{x|x>0且x≠1}． 当x>1时，log 3x>0，log x 3>0，y ＝log 3x ＋log x 3－1≥2log 3x ·log x 3－1＝1； 当0<x<1时，log 3x<0，log x 3<0，y ＝log 3x ＋log x 3－1＝－[(－log 3x)＋(－log x 3)]－1≤－2－1＝－3.∴ 函数的值域是(－∞，－3]∪[1，＋∞)., 3 函数值和最值的应用)●典型示例, 3) 已知函数f(x)＝x 2＋2x ＋ax，x ∈[1，＋∞)．(1) 当a ＝12时，求函数f(x)的最小值；(2) 若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a 的取值范围．【思维导图】 函数恒成立→不等式恒成立→分类讨论→新函数的最值→a 的取值范围【规范解答】 解：(1) 当a ＝12时，f(x)＝x ＋12x＋2.∵ f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴ f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝72.(2) (解法1)在区间[1，＋∞)上，f(x)＝x 2＋2x ＋a x>0恒成立，∴ x 2＋2x ＋a>0恒成立．设y ＝x 2＋2x ＋a ，x ∈[1，＋∞)．∵ y ＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在[1，＋∞)上单调递增，∴ 当x ＝1时，y min ＝3＋a ，当且仅当y min ＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3.(解法2)f(x)＝x ＋ax＋2，x ∈[1，＋∞)．当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；当a<0时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，故当x ＝1时，f(x)min ＝3＋a ， 当且仅当f(x)min ＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3. 【精要点评】 解法1运用转化思想把f(x)>0转化为关于x 的二次不等式；解法2运用了分类讨论思想．●总结归纳(1) 求函数的值域此类问题主要利用求函数值域的常用方法：配方法、分离变量法、单调性法、图象法、换元法、不等式法等．无论用什么方法求函数的值域，都必须考虑函数的定义域．(2) 函数的综合性题目此类问题主要考查函数值域、单调性、奇偶性等一些基本知识相结合的题目．此类问题要求具备较高的数学思维能力、综合分析能力以及较强的运算能力．(3) 运用函数的值域解决实际问题此类问题的关键是把实际问题转化为函数问题，从而利用所学知识去解决．此类题目要求具有较强的分析能力和数学建模能力．●题组练透1. 函数y ＝x 2＋x ＋1的值域是____________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞解析：∵ x 2＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34≥34，∴ y ≥32，∴ 值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.2. 函数y ＝x ＋1－2x 的值域是____________．答案：(－∞，1]解析：令1－2x ＝t(t≥0)，则x ＝1－t 22.∵ y ＝1－t 22＋t ＝－12(t －1)2＋1≤1，∴ 值域为(－∞，1]．3. 已知函数f(x)＝x 2＋4ax ＋2a ＋6.(1) 若f(x)的值域是[0，＋∞)，求a 的值；(2) 若函数f(x)≥0恒成立，求g(a)＝2－a|a －1|的值域．解：(1) ∵ f(x)的值域是[0，＋∞)，即f(x)min ＝0，∴ 4（2a ＋6）－（4a ）24＝0，∴a ＝－1或32.(2) 若函数f(x)≥0恒成立，则Δ＝(4a)2－4(2a ＋6)≤0，即2a 2－a －3≤0，∴ －1≤a≤32，∴ g(a)＝2－a|a －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a ＋2，－1≤a≤1，－a 2＋a ＋2，1<a ≤32.当－1≤a≤1时，g(a)＝a 2－a ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋74，∴ g (a)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤74，4；当1<a≤32时，g(a)＝－a 2＋a ＋2＝－(a －12)2＋94，∴ g (a)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，2.∴ 函数g(a)＝2－a|a －1|的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，4. 4. 已知函数y ＝mx 2－6mx ＋m ＋8的定义域为R . (1) 求实数m 的取值范围；(2) 当m 变化时，若y 的最小值为f(m)，求函数f(m)的值域．解：(1) 当m ＝0时，x ∈R ；当m≠0时，m ＞0且Δ≤0，解得0＜m≤1.故实数m 的取值范围是0≤m≤1.(2) 当m ＝0时，f(0)＝22；当0＜m≤1时，因为y ＝m （x －3）2＋8－8m ，故f(m)＝8－8m(0＜m≤1)．所以f(m)＝8－8m (0≤m≤1)，其值域为[0，22]．1. 函数f(x)＝ln （2x －x 2）x －1的定义域为____________．答案：(0，1)∪(1，2)解析：由⎩⎪⎨⎪⎧2x －x 2＞0，x －1≠0得0＜x ＜2且x≠1.2. 已知函数y ＝x 2－2x ＋a 的定义域为R ，值域为[0，＋∞)，则实数a 的取值集合为________．答案：{1}解析： x 2－2x ＋a≥0恒成立，且最小值为0，则满足Δ＝0，即4－4a ＝0，则a ＝1.3. 函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≤0，－x 2＋1，x ＞0的值域为____________． 答案：(－∞，1]解析：可由函数的图象得到函数f(x)的值域为(－∞，1].4. 若函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x>2(a>0且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．答案：(1，2]解析：当x≤2时，－x ＋6≥4，要使得函数f(x)的值域为[4，＋∞)，只需当x ＞2时，f(x)＝3＋log a x 的值域在区间[4，＋∞)内即可，故a ＞1，所以3＋log a 2≥4，解得1＜a≤2，所以实数a 的取值范围是(1，2]．5. 已知函数f(x)＝a x＋b(a>0且a≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________．答案：－32解析：当a>1时，⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，该方程组无解；当0<a<1时，⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2，a ＝12，则a ＋b ＝12－2＝－32. 6. (2018·南阳一中二模)设g(x)＝mx 2＋x ＋1.(1) 若g(x)的定义域为R ，求m 的取值范围；(2) 若g(x)的值域为[0，＋∞)，求m 的取值范围．解：令f(x)＝mx 2＋x ＋1.(1) 由题意知f(x)≥0在R 上恒成立．① 当m ＝0时， f(x)＝x ＋1≥0在R 上不恒成立；② 当m≠0时，要满足题意必有⎩⎪⎨⎪⎧m>0，Δ＝1－4m≤0，∴ m ≥14.综上所述，m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. (2) 由题意知，f(x)＝mx 2＋x ＋1能取到一切大于或等于0的实数． ① 当m ＝0时，f(x)＝x ＋1可以取到一切大于或等于0的实数；② 当m≠0时，要满足题意必有⎩⎪⎨⎪⎧m>0，Δ＝1－4m≥0，∴ 0<m ≤14.综上所述，m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14. 点睛：本题主要考查函数的定义域与值域、分类讨论思想，属于中档题．分类讨论思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数的问题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度．运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并能应用于解题当中．1. 函数f(x)＝|x －2|－1log 2（x －1）的定义域为__________．答案：[3，＋∞)解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x －1）≠0，x －1>0，|x －2|－1≥0，解得x≥3.2. (2018·溧阳中学周练)函数f(x)＝1xln(x 2－3x ＋2＋－x 2－3x ＋4)的定义域为____________．答案：[－4，0)∪(0，1)解析：函数的定义域必须满足条件：⎩⎪⎨⎪⎧x≠0，x 2－3x ＋2≥0，－x 2－3x ＋4≥0，x 2－3x ＋2＋－x 2－3x ＋4>0，解得x∈[－4，0)∪(0，1)．3. 当x ＝__________________时，函数f(x)＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2取得最小值．答案：a 1＋a 2＋…＋a nn解析：f(x)＝nx 2－2(a 1＋a 2＋…＋a n )x ＋(a 21＋a 22＋…＋a 2n )，当x ＝a 1＋a 2＋…＋a nn时，f(x)取得最小值．4. 设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋a ，x>2，x ＋a 2，x ≤2.若f(x)的值域为R ，则实数a 的取值范围是____________________．答案：(－∞，－1]∪[2，＋∞)解析：f(x)的值域为R ，则22＋a≤2＋a 2，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞).5. 已知函数f(x)＝4|x|＋2－1的定义域是[a ，b](a ，b ∈Z )，值域是[0，1]，则满足条件的整数数对(a ，b)共有______个．答案：5解析：由0≤4|x|＋2－1≤1，即1≤4|x|＋2≤2，解得0≤|x|≤2，满足条件的整数数对有(－2，0)，(－2，1)，(－2，2)，(0，2)，(－1，2)共5个．6. 求函数y ＝（x ＋3）2＋16＋（x －5）2＋4的值域．解：函数y ＝f(x)的几何意义：平面内一点P(x ，0)到两点A(－3，4)和B(5，2)的距离之和就是y 的值．由平面几何知识，找出点B 关于x 轴的对称点B′(5，－2)．连结AB′，交x 轴于一点P ，点P 即为所求的最小值点，y min ＝AB′＝82＋62＝10.所以函数的值域为[10，＋∞)．1. 函数的定义域是函数的灵魂，它决定了函数的值域，并且它是研究函数性质的基础，因此，我们一定要树立函数定义域优先的意识．2. 函数的值域常常化归为求函数的最值问题，要重视函数单调性在确定函数最值过程中的作用．3. 求函数值域的常用方法：图象法、配方法、换元法、基本不等式法、单调性法、分离常数法、导数法等．理论上一切函数求值域或最值均可考虑“导数法”，但在具体的解题中要与初等方法密切配合．[备课札记]第1课时 函数的单调性(对应学生用书(文)、(理)15～17页)1. 下列函数中，在(－∞，0)上为减函数的是________．(填序号)① y ＝1x 2；② y＝x 3；③ y＝x 0 ；④ y＝x 2.答案：④解析：∵ 函数y ＝x 2的图象是开口向上的抛物线，对称轴为y 轴，∴ 函数y ＝x 2在(－∞，0)上为减函数．2. (必修1P 44习题2改编)(1) 函数f(x)＝2x ＋1的单调增区间是__________；函数g(x)＝－3x ＋2在区间(－∞，＋∞)上为________函数．(2) 函数f(x)＝x 2－2x －1的单调增区间为________，单调减区间为________．(3) 函数f(x)＝－1x －1在区间(－∞，0)上是单调________函数．(4) 函数y ＝1x在区间[1，3]上是单调________函数．答案：(1) (－∞，＋∞) 单调减 (2) [1，＋∞) (－∞，1] (3) 增 (4) 减3. (必修1P 54本章测试6改编)若函数y ＝5x 2＋mx ＋4在区间(－∞，－1]上是减函数，在区间[－1，＋∞)上是增函数，则m ＝__________．答案：10解析：函数y ＝5x 2＋mx ＋4的图象为开口向上，对称轴是x ＝－m 10的抛物线，要使函数y ＝5x 2＋mx ＋4在区间(－∞，－1]上是减函数，在区间[－1，＋∞)上是增函数，则－m 10＝－1，∴ m ＝10.4. 已知函数f(x)＝ax ＋1x ＋2在区间(－2，＋∞)上为增函数，则实数a 的取值范围是__________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞解析：f(x)＝ax ＋1x ＋2＝a ＋1－2a x ＋2，由复合函数的增减性可知，g(x)＝1－2ax ＋2在(－2，＋∞)上为增函数，∴ 1－2a<0，∴ a>12.5. 设函数f(x)满足：对任意的x 1，x 2∈R 都有(x 1－x 2)·[f(x 1)－f(x 2)]>0，则f(－3)与f(－π)的大小关系是____________．答案：f(－3)>f(－π)解析：由(x 1－x 2)[f(x 1)－f(x 2)]>0，可知函数f(x)为增函数，又－3>－π，∴ f(－3)>f(－π)．1. 增函数和减函数一般地，设函数y ＝f(x)的定义域为I ：如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f(x 1)<f(x 2)，那么就说y ＝f(x)在区间D 上是单调增函数．(如图①所示)如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个值x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f(x 1)>f(x 2)，那么就说y ＝f(x)在区间D 上是单调减函数．(如图②所示)2. 单调性与单调区间如果一个函数在某个区间D 上是单调增函数或是单调减函数，那么就说这个函数在这个区间D 上具有单调性(区间D 称为单调区间)．3. 判断函数单调性的方法 (1) 定义法利用定义严格判断． (2) 利用函数的运算性质如果f(x)，g(x)为增函数，则① f(x)＋g(x)为增函数；② 1f （x ）为减函数(f(x)>0)；③ f （x ）为增函数(f(x)≥0)；④ f(x)·g(x)为增函数(f(x)>0，g(x)>0)；⑤ －f(x)为减函数．(3) 利用复合函数关系判断单调性 法则是“同增异减”，即两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数．(4) 图象法奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性；偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性．4. 函数的单调性的证明方法 已知函数解析式，证明其在某区间上的单调性一般只能严格用定义(或导数)来证明．主要步骤：(1) 设元； (2) 作差(商)；(3) 变形(变形要彻底，一般通过因式分解、配方等方法，直到符号的判定非常明显)； (4) 判断符号； (5) 结论．[备课札记], 1 函数单调性的判断), 1) 判断函数f(x)＝axx 2－1(a≠0)在区间(－1，1)上的单调性．分析：此函数既不是常见函数，也不是由常见函数经过简单的复合而成，因此要判断其在区间(－1，1)上的单调性，只能用函数单调性的定义．解：任取x 1，x 2∈(－1，1)，且x 1<x 2，则f(x 1)－f(x 2)＝a （x 1x 2＋1）（x 2－x 1）（x 21－1）（x 22－1）. 由－1<x 1<x 2<1得（x 1x 2＋1）（x 2－x 1）（x 21－1）（x 22－1）>0，∴ 当a>0时，f(x 1)－f(x 2)>0，f(x 1)>f(x 2)，∴ f(x)在(－1，1)上单调递减；同理，当a<0时，f(x)在(－1，1)上单调递增．备选变式（教师专享）证明函数f(x)＝x1＋x2在区间[1，＋∞)上是减函数．证明：设任取x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1<x 2.f(x 1)－f(x 2)＝x 11＋x 21－x 21＋x 22＝x 1（1＋x 22）－x 2（1＋x 21）（1＋x 21）（1＋x 22）＝（x 1－x 2）（1－x 1x 2）（1＋x 21）（1＋x 22）. ∵ x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1<x 2， ∴ x 1－x 2<0，1－x 1x 2<0.又(1＋x 21)(1＋x 22)>0，∴ f(x 1)－f(x 2)>0，即f(x 1)>f(x 2)．∴ f(x)＝x1＋x2在[1，＋∞)上为减函数．点评：亦可证明函数f(x)＝x 1＋x 2在区间[－1，1]上是增函数．由于函数f(x)＝x1＋x2是定义在R 上的奇函数，故利用单调性与奇偶性可作出函数f(x)＝x1＋x2的图象．同时也可得到函数f(x)＝x 1＋x 2在[－1，1]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12., 2 求函数的单调区间), 2) 求下列函数的单调区间：(1) y ＝x 2－3|x|＋14；(2) y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2－2x ； (3) y ＝log 2(6＋x －2x 2)．解：(1) ∵ y＝x 2－3|x|＋14＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫x －322－2（x≥0），⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋322－2（x<0）， ∴ 由图象可知，y 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32，⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，0，⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞上为增函数．(2) 易得定义域为R ，令u ＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，则u 在(－∞，1]上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数．又y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13u 在(－∞，＋∞)上为减函数，∴ y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 2－2x 的单调增区间为(－∞，1]，单调减区间为[1，＋∞)．(3) 由题意得6＋x －2x 2>0，化简得2x 2－x －6<0，即(2x ＋3)(x －2)<0，解得－32<x<2，即定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2.设u ＝6＋x －2x 2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋498，易知其在⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，14上为增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，2上为减函数，又y ＝log 2u 在定义域上为增函数，∴ y ＝log 2(6＋x －2x 2)的单调增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，14，单调减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，2. 点评：已知函数的解析式，讨论或求函数的单调区间，应首先确定函数的定义域，然后再根据复合函数单调性的判断规则在函数的定义域内求内层函数相应的单调区间．变式训练函数y ＝－(x －3)|x|的单调递增区间是____________．答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32 解析：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －3）x ，x ≥0，（x －3）x ，x<0.画图象如图所示，可知单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32.备选变式（教师专享）作出函数f(x)＝|x 2－1|＋x 的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间．解：当x≥1或x≤－1时， y ＝x 2＋x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－54；当－1<x<1时， y ＝－x 2＋x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋54.函数图象如图，由函数图象可知函数单调减区间为(－∞，－1]，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1；单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，[1，＋∞)． ,3函数的单调性与最值)●典型示例, 3) 求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0，2]上的最大值和最小值．【思维导图】判断对称轴与区间的不同位置关系→分别画出图象→判断f(x)在区间的单调性→求出最值【规范解答】解：f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.(1) 当a<0时，由图①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.(2) 当0≤a<1时，由图②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.(3) 当1<a≤2时，由图③可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.(4) 当a>2时，由图④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.综上，当a<0时，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；当0≤a<1时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max ＝3－4a；当1<a≤2时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝－1；当a>2时，f(x)min＝3－4a，f(x)max ＝－1.【精要点评】 (1) 二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故需要确定对称轴与区间的关系．由于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．(2) 不是应该分a<0，0≤a≤2，a>2三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？这是由于抛物线的对称轴在区间[0，2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)．●总结归纳(1) 要注意函数思想在求函数值域中的运用，求函数最值常借助函数单调性．含有参数的最值问题，需要分类讨论参数在不同范围内时函数单调性的变化，进而判断最值的位置．(2) 不等式恒成立问题也可以转化为求函数的最值问题．●题组练透1. 函数y＝2x＋x＋1的值域是____________．答案：[－2，＋∞)解析：x≥－1，y是x的增函数，当x＝－1时，y min＝－2，∴函数的值域为[－2，＋∞)．2. 已知x∈[0，1]，则函数y＝x＋2－1－x的值域是______________．。

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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。

第三章 导数及其应用命题探究解答过程 (解法一) (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f '(x)=2ae 2x+(a-2)e x-1=(ae x-1)(2e x+1).其中2e x+1>0恒成立.(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae -4+(a-2)e -2+2>-2e -2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln,则f(n 0)=(a+a-2)-n 0>-n 0>-n 0>0.由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点. 综上,a 的取值范围为(0,1). (解法二) (1)同解法一(1).(2)若a≤0,则f(x)在R 上单调递减,至多只有一个零点,不符,舍去; 若a>0,当x→+∞时,f(x)→+∞;当x→-∞时,f(x)→+∞,要使f(x)有两个零点,只要f min (x)=f(-ln a)<0即可,即a·+(a -2)·-ln <0,即1--ln <0,令t=>0,则g(t)=1-t-ln t,且g(t)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,∴当t=>1,即0<a<1时,g(t)<0,即f(-ln a)<0.即f(x)有两个零点时,a的取值范围为(0,1)§3.1导数的概念及其运算考纲解读分析解读 1.理解导数概念,会求过曲线上某点的切线的斜率与切线方程,能将平行或垂直直线间的关系转化为导数关系.2.熟记常见基本初等函数的导数公式并结合导数的运算法则求简单函数的导数,会求简单复合函数的导数.3.利用导数的几何意义求曲线的切线斜率是高考热点,分值为5分左右,属于中低档题.五年高考考点一导数的概念及其几何意义1.(2016山东,10,5分)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )A.y=sin xB.y=ln xC.y=e xD.y=x3答案 A2.(2014课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.3答案 D3.(2014大纲全国,7,5分)曲线y=xe x-1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A.2eB.eC.2D.1答案 C4.(2016课标全国Ⅱ,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .答案1-ln 25.(2015陕西,15,5分)设曲线y=e x在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P处的切线垂直,则P 的坐标为.答案(1,1)教师用书专用(6—8)6.(2014江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.答案(-ln 2,2)7.(2013福建,17,13分)已知函数f(x)=x-aln x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1-.(1)当a=2时, f(x)=x-2ln x, f '(x)=1-(x>0),因而f(1)=1, f '(1)=-1,所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.(2)由f '(x)=1-=,x>0知:①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a.又当x∈(0,a)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,a)上单调递减;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0,则f(x)在(a,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.8.(2013北京,18,13分)设L为曲线C:y=在点(1,0)处的切线.(1)求L的方程;(2)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.解析(1)设f(x)=,则f '(x)=.所以f '(1)=1.所以L的方程为y=x-1.(2)证明:令g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0,x≠1).g(x)满足g(1)=0,且g'(x)=1-f '(x)=.当0<x<1时,x2-1<0,ln x<0,所以g'(x)<0,故g(x)单调递减;当x>1时,x2-1>0,ln x>0,所以g'(x)>0,故g(x)单调递增.所以,g(x)>g(1)=0(∀x>0,x≠1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.考点二导数的运算1.(2013江西,13,5分)设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(e x)=x+e x,则f '(1)= .答案 22.(2017北京,19,13分)已知函数f(x)=e x cos 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)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f =-.教师用书专用(3—4)3.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解析(1)因为f(x)=xe a-x+bx,所以f '(x)=(1-x)e a-x+b.依题设,知即解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f '(x)=e2-x(1-x+e x-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+e x-1同号.令g(x)=1-x+e x-1,则g'(x)=-1+e x-1.所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).4.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求证:当x∈(0,1)时, f(x)>2;(3)设实数k使得f(x)>k对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.解析(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f '(x)=+, f '(0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.(2)证明:令g(x)=f(x)-2,则g'(x)=f '(x)-2(1+x2)=.因为g'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时, f(x)>2.(3)由(2)知,当k≤2时, f(x)>k对x∈(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)=f(x)-k,则h'(x)=f '(x)-k(1+x2)=.所以当0<x<时,h'(x)<0,因此h(x)在区间上单调递减.当0<x<时,h(x)<h(0)=0,即f(x)<k.所以当k>2时, f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一导数的概念及其几何意义1.(2018福建闽侯第六中学月考,8)设a为实数,函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导数为f '(x),且f '(x)是偶函数,则曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为( )A.6x+y-12=0B.9x+y-16=0C.6x-y-12=0D.9x-y-16=0答案 D2.(2017湖北百所重点高中联考,4)已知函数f(x+1)=,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为( )A.1B.-1C.2D.-2答案 A3.(2017广东惠州第二次调研,14)已知直线y=x+1与曲线y=ln(x+a)相切,则a的值为. 答案 24.(人教A选2—2,一,1-2A,7,变式)已知函数f(x)=ax+1-e x(a∈R,e为自然对数的底数),若函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,则a= .答案 e考点二导数的运算5.(2018甘肃武威第六中学第二阶段过关考试,4)已知函数f(x)的导函数为 f '(x),且满足f(x)=2xf '(1)+ln x,则f '(1)=( )A.-eB.-1C.1D.e答案 B6.(2017山西名校联考,3)若函数f(x)的导函数的图象关于y轴对称,则f(x)的解析式可能为( )A.f(x)=3cos xB.f(x)=x3+x2C.f(x)=1+sin 2xD.f(x)=e x+x答案 C7.(2016安徽安庆二模,7)给出定义:设f '(x)是函数y=f(x)的导函数, f ″(x)是函数y=f '(x)的导函数,若方程f ″(x)=0有实数解x0,则称点(x0, f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.已知函数f(x)=3x+4sin x-cos x的拐点是M(x0, f(x0)),则点M( )A.在直线y=-3x上B.在直线y=3x上C.在直线y=-4x上D.在直线y=4x上答案 BB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:25分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东阳春第一中学月考,9)丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人,特别是在函数的凹凸性与不等式方向留下了很多宝贵的成果,设函数f(x)在(a,b)上的导函数为f '(x),f '(x)在(a,b)上的导函数为f ″(x),若在(a,b)上,f ″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”,已知f(x)=-x3+x2在(1,4)上为“凸函数”,则实数t的取值范围是( )A.[3,+∞)B.(3,+∞)C. D.答案 C2.(2017广东惠州模拟,12)设曲线f(x)=-e x-x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,总存在曲线g(x)=3ax+2cos x上某点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为( )A.[-1,2]B.(3,+∞)C. D.答案 D3.(2017江西新余第二次模拟,9)将函数g(x)=2cos x-·cos图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)后得到函数h(x)的图象,设f(x)=x2+h(x),则f '(x)的图象大致为()答案 A4.(2017河南洛阳期中,12)设点P,Q分别是曲线y=xe-x(e是自然对数的底数)和直线y=x+3上的动点,则P,Q两点间距离的最小值为( )A. B.C. D.答案 C二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018重庆梁平二调,15)曲线y=a(a>0)与曲线y=ln有公共点,且在公共点处的切线相同,则a 的值为.答案6.(2018河南联考,16)已知过点(0,-1)且与曲线y=f(x)=-x3+x2-6x(x>0)相切的直线有且仅有两条,则实数a的取值范围是.答案(2,+∞)7.(2017天津红桥期中,16)若在曲线f(x)=ax5+ln x上存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是.答案(-∞,0)C组2016—2018年模拟·方法题组方法利用导数的几何意义求曲线的切线方程1.(2018江苏丹阳高级中学期中,10)已知函数f(x)=x3.设曲线y=f(x)在点P(x1,f(x1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x2,f(x2)),记f '(x)为函数f(x)的导数,则的值为.答案2.(2017河南百校联盟模拟,16)已知函数f(x)=-f '(0)e x+2x,点P为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线l上的一点,点Q在曲线y=e x上,则|PQ|的最小值为.答案3.(2016江西百所重点高中阶段性诊断,14)若曲线f(x)=在点(1,1)处的切线经过点A(a,0),B(0,b),则a与b的等差中项为.答案。

专题一函数与导数第1课时1．(2017年新课标Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2.2．(2016年新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求实数a的取值范围．3．(2017年湖北八校联考)设函数f(x)＝x2－a x(a>0，且a≠1)，g(x)＝f′(x)[其中f′(x)为f(x)的导函数]．(1)当a＝e时，求g(x)的极大值点；(2)讨论f(x)的零点个数．4．(2017年广东深圳二模)设函数f(x)＝x e x－ax(a∈R，a为常数)，e为自然对数的底数．(1)当f(x)>0时，求实数x的取值范围；(2)当a＝2时，求使得f(x)＋k>0成立的最小正整数k.第2课时1．已知函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集是( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．|x |x <－1，或x >1|D ．{x |x <－1，或0<x <1}2．(2016年江西五校联考)已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0[其中f ′(x )是函数f (x )的导函数]，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 C ．f (0)>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D ．f (0)>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 3．(2016年四川雅安诊断)设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R ，都有xf ′(x )<f (x )成立，则( )A ．3f (2)>2f (3)B ．3f (2)＝2f (3)C ．3f (2)<2f (3)D ．3f (2)与2f (3)大小不确定4．(2012年新课标)设函数f (x )＝x ＋12＋sin xx 2＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M＋m ＝________.5．(2017年河北石家庄质检二)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．6．(2014年湖北)π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln xx的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数中的最大数与最小数．7．已知函数f (x )＝ax －ln x (a 为常数)． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的最值； (2)求函数f (x )在[1，＋∞)上的最值；(3)试证明对任意的n ∈N *都有ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <1.8．(2017年新课标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．专题一 函数与导数第1课时1．解：(1)f ′(x )＝2ax 2＋2a ＋1x ＋1x＝2ax ＋1x ＋1x(x >0)，当a ≥0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a <0时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a . f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－34a －2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1， 令y ＝ln t ＋1－t ⎝⎛⎭⎪⎫t ＝－12a >0， 则y ′＝1t－1＝0，解得t ＝1.∴y 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴y max ＝y |x ＝1＝0.∴y ≤0，即f (x )max ≤－⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ＋2. ∴f (x )≤－34a－2.2．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，∴f ′(1)＝－2，f (1)＝0.∴曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a x －1x ＋1>0.令g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0，①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )>0；②当a >2时，令g ′(x )＝0，得 x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2>1和x 1x 2＝1，得x 1<1.故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在x ∈(1，x 2)单调递减，因此g (x )<0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．3．解：(1)当a ＝e 时，g (x )＝2x －e x ，g ′(x )＝2－e x＝0⇒x ＝ln 2.当x <ln 2时，g ′(x )>0；当x >ln 2时，g ′(x )<0，故g (x )的极大值点为ln 2. (2)①先考虑a >1时，f (x )的零点个数， 当x ≤0时，f (x )为单调递减函数，f (－1)＝1－1a>0，f (0)＝－1<0，由零点存在定理知f (x )在(－∞，0]上有一个零点． 当x >0时，由f (x )＝0，得x 2＝a x ⇔2ln x ＝x ln a ⇔ln a ＝2ln xx.令h (x )＝2ln x x ，则h ′(x )＝21－ln xx 2.由h ′(x )＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0，∴h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．故h (x )max ＝h (e)＝2e ， h (1)＝0，且当x >e 时，0<h (x )<2e，故h (x )的图象如图D103.图D103由数形结合知，ⅰ)若ln a >2e，即a >2e e 时，当x >0时，f (x )无零点，故当x ∈R 时，f (x )有1个零点；ⅱ)若ln a ＝2e，即a ＝2e e 时，当x >0时，f (x )有1个零点，故当x ∈R 时，f (x )有2个零点；ⅲ)若0<ln a <2e，即1<a <2e e 时，当x >0时，f (x )有2个零点，故当x ∈R 时，f (x )有3个零点．②再考虑0<a <1的情形，若0<a <1，则1a>1，由上可知，当1a >2ee 即0<a <2e e-时，f (x )有1个零点； 当1a＝2ee 即a ＝2ee-时，f (x )有2个零点；当1<1a<2e e 即2e e -<a <1时，f (x )有3个零点．综上所述， 当a >2ee 或0<a <2e e -时，f (x )有1个零点； 当a ＝2e e 或a ＝2ee-时，f (x )有2个零点；当1<a <2ee 或2ee -<a <1时，f (x )有3个零点．4．解：(1)由f (x )>0可知x (e x－a )>0，当a ≤0时，e x －a >0，由x (e x－a )>0，解得x >0；当0<a ≤1时，ln a ≤0，由x (e x－a )>0，解得x >0或x <ln a ；当a >1时，ln a >0，由x (e x－a )>0，解得x >ln a 或x <0.(2)当a ＝2时，要使f (x )＋k >0恒成立，即x e x－2x >－k 恒成立．令f (x )＝x e x －2x ，则f ′(x )＝h (x )＝(x ＋1)e x－2.∴h ′(x )＝(x ＋2)e x.当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )<0，函数h (x )在(－∞，－2)上单调递减； 当x ∈(－2，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )在(－2，＋∞)上单调递增．又因为x ∈(－∞，－1)时，h (x )<0，且h (0)＝－1<0，h (1)＝2e 2－2>0， 所以存在唯一的x 0∈(0,1)，使得f ′(x 0)＝h (x 0)＝(x 0＋1)0e x －2＝0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－∞，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增． 所以，当x ＝x 0时，f (x )取到最小值．f (x 0)＝x 00e x －2x 0＝2x 0x 0＋1－2x 0＝4－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1＋1x 0＋1. 因为x 0∈(0,1)，所以f (x 0)∈(－1,0)．从而使得f (x )＋k >0恒成立的最小正整数的值为1. 第2课时1．A 解析：构造函数g (x )＝e x·f (x )－e x－1，求导，得g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]．由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0，所以g (x )为R 上的增函数．又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0，所以e x ·f (x )>e x＋1，即g (x )>0的解集为{x |x >0}．2．A 解析：令g (x )＝f x cos x ，则g ′(x )＝f ′x cos x －f x cos x ′cos 2x＝f ′x cos x ＋f x sin x cos 2x .因为对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0可得g ′(x )>0，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上为增函数．所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4.所以2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4.故选A.3．A 解析：令F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx2<0. 所以F (x )为减函数，则f 22>f 33.所以3f (2)>2f (3)．4．2 解析：f (x )＝1＋2x ＋sin x x 2＋1，设g (x )＝f (x )－1＝2x ＋sin xx 2＋1，则g (x )是奇函数．∵f (x )最大值为M ，最小值为m ，∴g (x )的最大值为M －1，最小值为m －1.∴M －1＋m －1＝0，即M ＋m ＝2.5．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：令g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f xx2＞0，x ∈(0，＋∞)．所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)．则f (x )＝xg (x )＞0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞0，g x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，g x ＜0.解得x ＞2或－2＜x ＜0，故不等式f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 6．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln xx 2.当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e<ln πe，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得3e <πe <π3，e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln ee.由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln 3π，所以3π>π3.由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3.综上所述，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.7．(1)解：当a ＝1时，函数f (x )＝x －ln x ，x ∈(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1－1x，令f ′(x )＝0，得x ＝1.∵当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0,1)上为减函数． ∵当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数．∴当x ＝1时，函数f (x )有最小值，f (x )最小值＝f (1)＝1.(2)解：∵f ′(x )＝a －1x，①若a ≤0，则对任意的x ∈[1，＋∞)都有f ′(x )<0.∴函数f (x )在[1，＋∞)上为减函数．∴函数f (x )在[1，＋∞)上有最大值，没有最小值，f (x )最大值＝f (1)＝a .②若a >0，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.ⅰ)当0<a <1时，1a>1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上为减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上为增函数． ∴当x ＝1a时，函数f (x )有最小值，f (x )最小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－ln 1a.ⅱ)当a ≥1时，1a≤1，在[1，＋∞)上恒有f ′(x )≥0.∴函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，函数f (x )在[1，＋∞)有最小值，f (x )最小值＝f (1)＝a .综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在[1，＋∞)上有最大值，f (x )最大值＝a ；当0<a <1时，函数f (x )有最小值，f (x )最小值＝1－ln 1a；当a ≥1时，函数f (x )在[1，＋∞)有最小值，f (x )最小值＝a .(3)证明：由(1)知函数f (x )＝x －ln x 在(0，＋∞)上有最小值1，即对任意的x ∈(0，＋∞)都有x －ln x ≥1，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时“＝”成立．∵n ∈N *，∴n ＋1n >0，且n ＋1n ≠1.∴n ＋1n －1>ln n ＋1n ⇔1n >ln n ＋1n ⇔1>n ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ⇔1>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n .∴对任意的n ∈N *都有ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n <1.8．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，＋∞)上的唯一最小值点．由于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＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123>2， 所以m 的最小值为3.。

课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=x3-x2-x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为( )A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f′(x)=x2-2x-,令f′(x)=(3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x=.当x<-1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当-1<x<时,f′(x)<0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,所以f(-a2)≤f(-1).2.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 ( )A.(-∞,0)B.(-∞,4]C.(0,+∞)D.[4,+∞)【解析】选B.2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+,设h(x)=2ln x+x+(x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.3.(2018·兰州模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<e x的解集为( )A.(-2,+∞)B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(4,+∞)【解析】选B.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,所以f(0)=f(4)=1.设g(x)=(x∈R),则g′(x)==,又f′(x)<f(x),所以g′(x)<0(x∈R),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)<e x⇔g(x)=<1,而g(0)==1,所以f(x)<e x⇔g(x)<g(0),所以x>0.4.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为 ( )A. B. C. D.【解析】选C.如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,。

微专题1高考中的函数与导数问题一、选择题(每小题5分,共20分)1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)=f(2-x),g(x)=-x2-x.若f(x)=g(x)h(x),h(x)为一元二次函数,f(x)的最高次项的系数为-1,则f(x)的极小值点为()A.x=1B.x=1+C.x=1-D.x=1+或1-2.已知函数f(x)=x+e-x,若存在x∈R,使得f(x)≤ax成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,1-e]B.(1,+∞)C.(1-e,1]D.(-∞,1-e]∪(1,+∞)3.已知函数f(x)的定义域为R,其图象关于直线x=1对称,其导函数为f'(x),当x<1时,2f(x)+(x-1)f'(x)<0,那么不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)的解集为()A.(-∞,0)B.(-∞,-2)C.(-2,0)D.(-∞,-2)∪(0,+∞)4.若函数f(x)=m-x2+2ln x在[,e]上有两个不同的零点,则实数m的取值范围为()A.(1,e2-2]B.[4+,e2-2]C.(1,4+]D.[1,+∞)二、填空题(每小题5分,共10分)5.已知函数f(x)=e x+2x2-4x(e为自然对数的底数),则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程是.6.已知函数f(x)=ln(x+1)-2的图象的一条切线为y=ax+b,则的最小值是.三、解答题(共48分)7.(12分)已知f(x)=x2-2ax+ln x.(1)当a=1时,求f(x)的单调性;(2)若f'(x)为f(x)的导函数, f(x)有两个不相等的极值点x1,x2(x1<x2),求2f(x1)-f(x2)的最小值.8.(12分)已知函数f(x)=(x>0,a∈R).(1)讨论函数f(x)的零点的个数;(2)若函数g(x)=e x-ln x+2x2+1,且对于任意的x∈(0,+∞),总有xf(x)≤g(x)成立,求实数a的最大值.9.(12分)已知函数f(x)=a ln x-x+2,a∈R.(1)若函数f(x)有极值点,求a的取值范围;(2)若对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,求实数a的值.10.(12分)已知函数f(x)=e1-x,g(x)=x2+ax-a(a∈R)(e为自然对数的底数).(1)求证:当a≥-2且x<1时,f(x)>g(x);(2)判断“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的什么条件,并予以证明.答案1.A解法一由题易知0,-1为方程g(x)=0的根,则0,-1为函数f(x)的零点.由于f(x)=f(2-x),即函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则2,3也为函数f(x)的零点,所以f(x)=-(x+1)x(x-2)(x-3)=-[x(x-2)][(x+1)(x-3)]=-(x2-2x)(x2-2x-3),f'(x)=-(2x-2)(x2-2x-3)-(x2-2x)(2x-2)=-4(x-1)(x2-2x-)=-4(x-1)(x-1+)(x-1-),令f'(x)>0,得x<1-或1<x<1+,令f'(x)<0,得1-<x<1或x>1+,所以x=1为函数f(x)的极小值点,故选A.解法二由题易知0,-1为方程g(x)=0的根,则0,-1为函数f(x)的零点.由于f(x)=f(2-x),即函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则2,3也为函数f(x)的零点,所以f(x)=-(x+1)x(x-2)(x-3).把函数f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的图象对应的函数为m(x)=f(x+1)=-(x+2)(x+1)(x-1)(x-2)=-(x2-1)(x2-4)=-(x4-5x2+4),m'(x)=-4x(x2-)=-4x(x-)(x+),令m'(x)>0,则x<-或0<x<,令m'(x)<0,则-<x<0或x>,所以x=0为函数m(x)的极小值点,则x=1为函数f(x)的极小值点,故选A.2.D解法一可以考虑研究问题“对任意的x∈R,f(x)>ax恒成立”,即x+>ax在R上恒成立.①当x=0时,该不等式显然成立;②当x>0时,a<1+恒成立,设g(x)=1+,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,且当x→+∞时,g(x)→1,∴a≤1;③当x<0时,a>1+恒成立,由②知g'(x)=-,当x∈(-∞,-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(-1,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴当x=-1时,g(x)有最大值,最大值为1-e,∴a>1-e,∴1-e<a≤1.∴实数a的取值范围为(-∞,1-e]∪(1,+∞).故选D.解法二利用导数工具研究函数f(x)的性质,得到函数f(x)的图象如图D 1-1所示.图D 1-1设直线y=kx与f(x)的图象相切,切点为(x0,x0+-),∴k=1--,∴切线方程为y=(1--)(x-x0)+x0+-=(1--)x+(x0+1)-,∴(x0+1)-=0,x0=-1,∴k=1--=1-e.又当x0→+∞时,k→1,∴直线y=x为f(x)图象的渐近线.数形结合知,实数a的取值范围为(-∞,1-e]∪(1,+∞).故选D.3.C由已知2f(x)+(x-1)f'(x)<0可构造函数φ(x)=(x-1)2f(x),则φ'(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)2f'(x)=(x-1)[2f(x)+(x-1)f'(x)],当x<1时,φ'(x)>0,所以φ(x)在区间(-∞,1)上为增函数.点P(x0,y0)关于直线x=1的对称点P'(2-x0,y0),由于函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(x0)=f(2-x0),而φ(2-x0)=(2-x0-1)2f(2-x0)=(x0-1)2f(x0)=φ(x0),所以,函数φ(x)的图象也关于直线x=1对称,所以φ(x)在区间(1,+∞)上为减函数.不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)可化为φ(x+2)>φ(2),所以|x+2-1|<1,得-2<x<0,故选C.4.C令f(x)=m-x2+2ln x=0,则m=x2-2ln x.令g(x)=x2-2ln x,则g'(x)=2x-=(-)(),∴g(x)在区间[,1]上单调递减,在区间(1,e]上单调递增,∴g(x)min=g(1)=1,又g()=4+,g(e)=e2-2,4+<5,e2-2>2.72-2>5,∴g()<g(e),数形结合知,若函数f(x)在[,e]上有两个不同的零点,则实数m的取值范围为(1,4+],故选C.5.e x-y-2=0f'(x)=e x+4x-4,∴切线的斜率k=f'(1)=e,当x=1时,f(1)=e+2-4=e-2,∴函数f(x)的图象在x=1处的切线方程是y-(e-2)=e(x-1)=e x-e,即e x-y-2=0.6.1-e2切线y=ax+b在x轴上的截距是-,欲求的最小值,只需求切线y=ax+b在x轴上的截距的最大值.因为f'(x)=>0,所以f(x)在(-1,+∞)上是增函数,零点是x=e2-1.如图D 1-2,作出函数f(x)的大致图象,结合图象可知f(x)的图象在点(e2-1,0)处的切线在x轴上的截距最大,最大值为e2-1.因此,的最小值是1-e2.图D 1-27.(1)当a=1时,f(x)=x2-2x+ln x(x>0),f'(x)=2x-2+=-=(-)>0.(2分) 所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(3分) (2)f'(x)=2x-2a+=-,由题意得,x1和x2是方程2x2-2ax+1=0的两个不相等的正实数根,所以,,解得a>,-,2ax1=2+1,2ax2=2+1,(6分)由于>,所以x1∈(0,),x2∈(,+∞).(7分) 2f(x1)-f(x2)=2(-2ax1+ln x1)-(-2ax2+ln x2)=2--4ax1+2ax2-ln x2+2ln x1=-2+-ln-1=-+-ln 4-1=-+-ln -2ln 2-1.(9分) 令t=(t>),g(t)=-+t-ln t-2ln 2-1,则g'(t)=+1-=-=(-)(-),当<t<1时,g'(t)<0,当t=1时,g'(t)=0,当t>1时,g'(t)>0,所以y=g(t)在区间(,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,(11分) g(t)min=g(1)=-,所以2f(x1)-f(x2)的最小值为-.(12分) 8.(1)令f(x)=0,即x2+ax+1=0.设h(x)=x2+ax+1, 对于方程x2+ax+1=0,Δ=a2-4.①当Δ=a2-4<0,即-2<a<2时,h(x)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以当-2<a<2时,函数f(x)没有零点;(1分) ②当a=2时,h(x)=x2+2x+1=(x+1)2,所以h(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以当a=2时,函数f(x)没有零点;(2分) ③当a=-2时,h(x)=x2-2x+1=(x-1)2,由h(x)=0,得x=1,所以当a=-2时,函数f(x)有一个零点;(3分) ④当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,方程h(x)=0有两个不等实根,设方程h(x)=0的两个不等实根分别为x1,x2,且x1<x2,(i)当a<-2时,x1+x2=-a>0,x1x2=1>0,故x2>x1>0,所以当a<-2时,函数f(x)有两个零点;(4分) (ii)当a>2时,x1+x2=-a<0,x1x2=1>0,故x1<0,x2<0,因为函数f (x )的定义域为(0,+∞), 所以当a>2时,函数f (x )没有零点.(5分)综上,当a>-2时,函数f (x )没有零点; 当a=-2时,函数f (x )有一个零点;当a<-2时,函数f (x )有两个零点.(6分)(2)由题意知,对于任意的x ∈(0,+∞),总有x ·≤e x -ln x+2x 2+1成立,等价于对于任意的x ∈(0,+∞),总有a ≤-+x 成立,等价于a ≤(-+x )min (x>0).(7分)设φ(x )= -+x (x>0),则φ'(x )=( -) -( - )+1= ( - ) ( )( - ),因为x>0,所以当x ∈(0,1)时,φ'(x )<0,所以φ(x )在区间(0,1)上单调递减; (9分) 当x ∈(1,+∞)时,φ'(x )>0,所以φ(x )在区间(1,+∞)上单调递增. (10分) 所以φ(x )min =φ(1)=e +1,所以a ≤e +1. (11分) 所以实数a 的最大值为e +1.(12分)9.(1)因为f (x )=a ln x-x+2,x>0,所以f '(x )=-1=-,x>0,当a ≤0时,任意的x ∈(0,+∞),f '(x )<0,所以f (x )在区间(0,+∞)上单调递减,此时无极值点; (1分) 当a>0时,令f '(x )=0,得x=a.因为x ∈(0,a )时,f '(x )>0,x ∈(a ,+∞)时,f '(x )<0,所以f (x )的单调递增区间为(0,a ),单调递减区间为(a ,+∞),此时函数f (x )有极大值点. (3分) 综上可知,实数a 的取值范围是(0,+∞).(4分)(2)①当a ≤1时,由(1)知,在[1,e]上,f (x )是减函数,所以f (x )max =f (1)=1. 因为对于任意的x 1∈[1,e],x 2∈[1,e],f (x 1)+f (x 2)≤2f (1)=2<4, 所以对于任意的x 1∈[1,e],不存在x 2∈[1,e],使得f (x 1)+f (x 2)=4.(6分) ②当1<a<e 时,由(1)知,在[1,a ]上,f (x )是增函数,在(a ,e]上,f (x )是减函数,所以f (x )max =f (a )=a ln a-a+2.因为对于任意的x1∈[1,e],x2∈[1,e],f(x1)+f(x2)≤2f(a)=2a(ln a-1)+4,又1<a<e,ln a-1<0,所以2a(ln a-1)+4<4,所以对于任意的x1∈[1,e],不存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4.(8分) ③解法一当a≥e时,由(1)知,在[1,e]上,f(x)是增函数,f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e),由题意,对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,则当x1=1时,要使存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,则f(1)+f(e)≥4,同理当x1=e时,要使存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,则f(e)+f(1)≤4,所以f(1)+f(e)=4.(10分) 对任意的x1∈(1,e),令g(x)=4-f(x)-f(x1),x∈[1,e],g(x)=0有解.g(1)=4-f(1)-f(x1)=f(e)-f(x1)>0,g(e)=4-f(e)-f(x1)=f(1)-f(x1)<0,所以存在x2∈(1,e),使得g(x2)=4-f(x2)-f(x1)=0,即f(x1)+f(x2)=4,所以由f(1)+f(e)=a-e+3=4,得a=e+1.综上可知,实数a的值为e+1.(12分) 解法二当a≥e时,由(1)知,在[1,e]上,f(x)是增函数,f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e),由题意,对任意的x1∈[1,e],总存在x2∈[1,e],使得f(x1)+f(x2)=4,则()-(),()-(),所以f(1)+f(e)=a-e+3=4,得a=e+1.综上可知,实数a的值为e+1.(12分) 10.(1)当a≥-2且x<1时,设h(x)=f(x)-g(x)=e1-x-x2-ax+a,则h'(x)=-e1-x-2x-a,设p(x)=-e1-x-2x-a(a≥-2且x<1),则p'(x)=e1-x-2,令p'(x)≥0,得x≤1-ln 2,令p'(x)<0,得1-ln 2<x<1,∴p(x)在区间(-∞,1-ln 2)上是增函数,在区间(1-ln 2,1)上是减函数.∴当a≥-2时,p(x)≤p(1-ln 2)=2ln 2-4-a≤2ln 2-4+2=2(ln 2-1)<0,∴当x<1时,h'(x)<0,即h(x)在区间(-∞,1)上是减函数.(4分) 又h(1)=0,∴当x<1时,h(x)>0,即f(x)>g(x).故当a≥-2且x<1时,f(x)>g(x).(5分) (2)“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的充分不必要条件.下面给予证明:设φ(x)=f(x)·g(x)=(x2+ax-a)e1-x,则φ'(x)=-(x+a)(x-2)e1-x.(6分) (i)若a≤-4,令φ'(x)>0,得2<x<-a,令φ'(x)<0,得x<2或x>-a,∴φ(x)在区间(-∞,2)上是减函数,在区间(2,-a)上是增函数,在区间(-a,+∞)上是减函数,∴φ(x)的极小值φ(2)=(a+4)e-1≤0,当x≥-a时,x2+ax-a≥(-a)2-a2-a=-a≥4,φ(x)≥4e1-x>0,∴当a≤-4时,φ(x)有最小值,最小值为φ(2)=,∴“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的充分条件.(9分) (ii)注意到当a=0时,φ(x)=x2e1-x,φ'(x)=x(2-x)e1-x,令φ'(x)>0,得0<x<2,令φ'(x)<0,得x<0或x>2,∴φ(x)在区间(-∞,0)上是减函数,在区间(0,2)上是增函数,在区间(2,+∞)上是减函数,∴当x=0时,φ(x)有极小值φ(0)=0.又当x>2时,φ(x)=x2e1-x>0,∴φ(x)有最小值0.∴当φ(x)有最小值时,a可以为0.∴“a≤-4”不是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的必要条件.(11分) 综上,“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的充分不必要条件. (12分)。

考案[2]第二章 综合过关规范限时检测(时间：120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．函数y ＝ln (x ＋1)－x 2－3x ＋4的定义域为导学号 58534092( C )A ．(－4，－1)B ．(－4,1)C ．(－1,1)D ．(－1,1][解析] 要使f (x )有意义，需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0－x 2－3x ＋4>0，解得－1<x <1.故选C ．2．(文)(2018·河南八市测评)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x <0f (x －1)＋1，x ≥0，则f (6)＝导学号 58534093( C )A ．7B ．8C ．9D ．10[解析] 由题意可知f (6)＝f (5)＋1＝f (4＋2)＝…＝f (－1)＋7＝2＋7＝9.故选C ．(理)(2018·河南南阳一中模拟)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2，x ≤1，log 2(x －1)，x >1，则f [f (52)]＝导学号 58534094( A )A ．－12B ．－1C ．－5D ．12[解析] 由题意知f (52)＝log 232，∴f [f (52)]＝2log 232－2＝－12.故选A ．3．(文)(2018·广东中山一中模拟)下列函数在其定义域上既是增函数又是奇函数的是导学号 58534095( C )A ．f (x )＝sin xB ．f (x )＝x 5＋1C ．f (x )＝log 2(x 2＋1＋x )D ．f (x )＝1－2x1＋2x[解析] f (x )＝sin x 是奇函数但不是增函数；f (x )＝x 5＋1是非奇非偶函数；f (x )＝1－2x1＋2x是奇函数且是减函数．故选C ．(理)(2018·河南中原名校质检)定义在R 上的奇函数f (x )，满足f (2－x )＝f (x )，当x ∈(0,1]，f (x )＝e x －1，则f (2 0232)＝导学号 58534096( C )A ．1－eB ．e －1C ．1－eD ．e －1[解析] ∵f (x )是奇函数且f (2－x )＝f (x )，∴f (x －2)＝－f (x ) ∴f (x －4)＝f (x )，∴f (x )是周期为4的周期函数，∴f (2 0232)＝f (4×252＋3.5)＝f (3.5)＝f (－0.5)＝－f (0.5)＝1－e .故选C ．4．(2018·吉林长春期中)已知命题p “函数f (x )＝log 2(x 2－2x －3)在(1，＋∞)上单调递增”，命题q “函数f (x )＝a x ＋1－1的图象恒过(0,0)点”，则下列命题正确的是导学号 58534097( D )A ．p ∧qB ．p ∨qC ．p ∧(¬q )D ．(¬p )∨q[解析] 由x 2－2x －3>0得x >3或x <－1， ∴f (x )在(3，＋∞)上单调递增，p 错， f (x )＝a x ＋1－1的图象恒过点(－1,0)，q 错，∴(¬p )∨q 正确，故选D ．5．(2018·内蒙古呼和浩特调研)若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝a x ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是导学号 58534098( D )A ．(－∞，0)∪(0,1]B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0，＋∞)D ．(0,1][解析] f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2 ∴f (x )在[1,2]上是减函数a ≤1， 又g (x )＝ax ＋1在[1,2]上是减函数，∴a >0 综上可知a ∈(0,1]，故选D ．6．(2018·辽宁鞍山一中模拟)在下列区间中，函数f (x )＝e x ＋4x －3的零点所在的区间为导学号 58534099( C )A ．(－14，0)B ．(0，14)C ．(14，12)D ．(12，34)[解析] ∵f (14)＝4e －2<0，f (12)＝e －1>0，∴f (14)f (12)<0，故选C ．7．(文)(2018·天津红桥区期中)已知三个数a ＝0.32，b ＝log 20.3，c ＝20.3，则a ，b ，c 之间的大小关系是导学号 58534100( A )A ．b <a <cB ．a <b <cC ．a <c <bD ．b <c <a[解析] 由题意知0<a <1，b <0，c >1，∴b <a <c ，故选A ．(理)(2018·河北沧州质检)若a ＝ln2，b ＝ln3，c ＝ln5，则导学号 58534101( C ) A ．a 2<b 3<c 5B ．c 5<b 3<a 2C ．c 5<a 2<b 3D ．b 3<a 2<c 5[解析] 由题意a 2－b 3＝3a －2b 6＝ln8－ln96<0∴a 2<b3b 3－c 5＝5b －3c 15＝ln243－ln12515>0， ∴b 3>c 5a 2－c 5＝5a －2c 10＝ln32－ln2510>0 ∴a 2>c 5，∴c 5<a 2<b3，故选C ． 8．(2017·辽宁师大附中期中)若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是导学号 58534102( D )A ．k ≤－3或－1≤k ≤1或k ≥3B ．不存在这样的实数kC ．－2<k <2D ．－3<k <－1或1<k <3[解析] f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)＝0得x ＝1或－2， 由题意知k －1<2<k ＋1或k －1<－2<k ＋1 即1<k <3或－3<k <－1，故选D ．9．(2018·山西太原期中)函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －1在[0,2]上的最小值为导学号 58534103( A )A ．－83B ．83C ．1D ．－1[解析] f ′(x )＝x 2＋2x －3＝0得x ＝1或－3，又f (0)＝－1，f (1)＝－83，f (2)＝－13，∴f (x )min＝－83.故选A ．10．(2018·湖南益阳、湘潭调研、广西柳州模拟)函数f (x )＝x1－x 2的图象大致是导学号 58534104( B )[解析] ∵f (x )＝x 1－x 2，∴当x >1时，f (x )<0，排除A 、C ；又f (12)＝23>0，排除D ，故选B ．11．(2018·河南漯河高中模拟)已知函数f (x )是R 上的偶函数，且f (1－x )＝f (1＋x )，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2，则函数y ＝f (x )－log 5x 的零点个数是导学号 58534105( B )A ．3B ．4C ．5D ．6[解析] 由题意知f (1＋x )＝f (1－x )＝f (x －1)∴f (x ＋2)＝f (x )，∴f (x )是周期为2的周期函数，在同一会标系中作出y ＝f (x )、y ＝log 5x 的图象由图可知y ＝f (x )－log 5x 有四个零点．故选B ．12．(2018·山东烟台期中)已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调递减函数，f ′(x )是其导函数，若f (x )f ′(x )>x ，则下列不等关系成立的是导学号 58534106( D )A ．3f (2)>2f (3)B ．f (2)<2f (1)C ．ef (e 2)>f (e 3)D ．ef (e )<f (e 2)[解析] ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f ′(x )<0， 又f (x )f ′(x )>x ，∴xf ′(x )－f (x )>0记g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0.∴g (x )在(0，＋∞)，上单调递增，∴g (e 2)>g (e )，即f (e 2)e 2>f (e )e，∴f (e 2)>ef (e )．故选D ．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(理)(2016·全国卷Ⅲ，5分)已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是__y ＝－2x －1__.导学号 58534107[解析] 由题意可得当x >0时，f (x )＝ln x －3x ，则f ′(x )＝1x －3，f ′(1)＝－2，则在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，即y ＝－2x －1.(文)(2018·湖南三湘名校联盟联考)曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为__2x －y ＋3＝0__.导学号 58534108[解析] ∵f ′(x )＝cos x ＋e x ，∴k 切＝f ′(0)＝2，又f (0)＝3，∴所求切线方程为y －3＝2x ，即2x －y ＋3＝0.14．(2018·湖北重点中学协作体期中联考)x ＝－1为函数f (x )＝23x 3－ax 2的一个极值点，则函数f (x )的极小值为__0__.导学号 58534109[解析] ∵f (x )＝23x 3－ax 2，∴f ′(x )＝2x 2－2ax .∵x ＝－1为函数f (x )＝23x 3－ax 2的一个极值点，∴f (－1)＝2＋2a ＝0，解得a ＝－1. 当a ＝－1时，f ′(x )＝2x 2＋2x ＝2x (x ＋1)． ∴当x <－1或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当－1<x <0时，f (x )<0，f ′(x )单调递减． ∴当x ＝0时，f (x )有极小值，且极小值为f (0)＝0.15．(文)(2018·湖北黄冈9月调研)f (x )是定义在R 上的函数，且满足f (x ＋2)＝－1f (x )，当2≤x ≤3时，f (x )＝x ，则f (－112)＝__52__.导学号 58534110[解析] 由题意知f (x ＋4)＝－1f (x ＋1)＝f (x )．∴f (x )是周期为4的周期函数，由题意知 ∴f (－112)＝f (52)＝52.(理)(2018·南京学情调研)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在(－∞，0]上为单调增函数，若f (－1)＝－2，则满足f (2x －3)≤2的x 的取值范围是__(－∞，2]__.导学号 58534111[解析] ∵f (x )是奇函数，f (－1)＝－2，∴f (1)＝－f (－1)＝2. 又f (x )在(－∞，0)上为增函数，∴f (x )在R 上为增函数 又f (2x －3)≤2，∴f (2x －3)≤f (1)，即2x －3≤1 ∴x ≤2，即x 的取值范围是(－∞，2]．16．(文)(2018·北京朝阳区期中)已知函数f (x )同时满足以下条件：①定义域为R ；②值域为[0,2]；③f (x )－f (－x )＝0.试写出一个函数f (x )的解析式__f (x )＝2|sin x |；f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x |，(－1≤x ≤1)0，(x <1或x >1)__.导学号 58534112 [解析] f (x )＝2|sin x |；f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x |，(－1≤x ≤1)0，(x <1或x >1)；等等．(理)(2018·齐鲁名校教科研协作体联考)已知定义在R 上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋x |，x ≤0ln (x ＋1)，x >0，若函数g (x )＝f (x )－a (x ＋1)恰有2个零点，则实数a 的取值范围是__(－∞，－1)∪(1e ，1)__.导学号 58534113[解析] 数形结合，由直线y ＝a (x ＋1)与曲线y ＝f (x )的位置关系可得当a ∈(－∞，－1)∪(1e，1)时有两个交点，即函数y ＝g (x )恰有两个零点．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2018·西北师大附中调研)已知函数f (x )＝log 12(x 2－2ax ＋3).导学号 58534114(1)若函数的定义域为R ，求实数a 的取值范围；(2)若函数在区间(14，1)上为增函数，求实数a 的取值范围．[解析] 记g (x )＝x 2－2ax ＋3＝(x －a )2＋3－a 2. (1)由题意知g (x )>0对x ∈R 恒成立，∴g (x )min ＝3－a 2>0 解得－3<a < 3∴实数a 的取值范围是(－3，3)．(2)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ≥112－2a ×1＋3>0，解得1≤a <2，∴实数a 的取值范围是1≤a <2.18．(本小题满分12分)(2018·河北保定调研)已知函数f (x )对任意实数x ，y 恒有f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )且当x >0.f (x )<0.又f (1)＝－2.导学号 58534115(1)判断f (x )的奇偶性；(2)求f (x )在区间[－3,3]上的最大值．[解析] (1)取x ＝y ＝0，则f (0)＝2f (0)，∴f (0)＝0 取y ＝－x ，则f (0)＝f (x )＋f (－x ) ∴f (－x )＝－f (x )对任意x ∈R 恒成立 ∴f (x )为奇函数．(2)任取x 1，x 2∈(－∞，＋∞)且x 1<x 2，则x 2－x 1>0 ∴f (x 2)＋f (－x 1)＝f (x 2－x 1)<0 ∴f (x 1)<－f (－x 1)，又f (x )为奇函数 ∴f (x 1)>f (x 2)∴f (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． ∴对任意x ∈[－3,3]，恒有f (x )≤f (－3)而f (3)＝f (2＋1)＝f (2)＋f (1)＝3f (1)＝－2×3＝－6 ∴f (－3)＝－f (3)＝6∴f (x )在[－3,3]上的最大值为6.19．(本小题满分12分)(2018·山东临沂期中)一家公司计划生产某种当地政府控量的特殊产品，月固定成本为1万元，设该公司一个月内生产该特殊产品x 万件并全部销售完(根据当地政府要求1≤x ≤3，每生产x 万件需要再投入2x 万元，每1万件的销售收入为(4－13x 2)万元，且每生产1万件产品政府给予补助(1＋2ln xx)万元.导学号 58534116(1)写出月利润f (x )(万元)关于月产量x (万件)的函数解析式；(2)求该公司在生产这种特殊产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月生产量(万件)．(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本)．[解析] (1)由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本，可得f (x )＝x [(4－13x 2)＋(1＋2ln x x)－2]－1＝4x －13x 3＋x ＋2ln x －2x －1＝－13x 3＋3x ＋2ln x －1，故月利润f (x )(万元)关于月产量x (万元)的函数解析式为：f (x )＝－13x 3＋3x ＋2ln x －1，(1≤x ≤3)．(2)f (x )＝－13x 3＋3x ＋2ln x －1，(1≤x ≤3)．f ′(x )＝－x 2＋3＋2x ＝－x 3＋3x ＋2x ＝－(x －2)(x ＋1)2x，(1≤x ≤3)，所以当x ∈[1,2)时，f ′(x )>0，故f (x )在[1,2)上单调递增； 所以当x ∈(2,3]时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3]上单调递减，故f (x )＝－13x 3＋3x ＋2ln x －1在定义域[1,3]上的最大值为f (2)，且f (2)＝－83＋6＋2ln2－1＝73＋2ln2. 即该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为(73＋2ln2)万元，此时月生产量为2万件．20．(本小题满分12分)(2018·河北武邑中学期中)已知函数f (x )＝x 3－2mx 2－3nx ＋4m 2在x ＝1处有极值10.导学号 58534117(1)求实数m ，n 的值；(2)设a ∈(－113，＋∞)时，讨论函数f (x )在区间[a ，a ＋1]上的单调性．[解析] (1)f (x )定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－4mx －3n ， ∵f (x )在x ＝1处有极值10.∴f ′(1)＝0且f (1)＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3－4m －3n ＝0，1－2m －3n ＋4m 2＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝32n ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2n ＝113当m ＝32，n ＝－1时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，当m ＝－2，n ＝113时，f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(x －1)(3x ＋11)，∴f (x )在处x ＝1处有极值10时m ＝－2，n ＝113.(2)由(1)可知f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，其单调性和极值分布情况如表：①当a >－113且a ＋1≤1，即－113<a ≤0时，f (x )在区间[a ，a ＋1]上单调递减；②当a <1<a ＋1，即0<a <1时，f (x )在区间[a,1]上的单调递减，在区间[1，a ＋1]上单调递增；③当a ≥1时，f (x )在区间[a ，a ＋1]上单调递增．综上所述，当a ∈(－113，＋∞)时，函数f (x )在区间[a ，a ＋1]上的单调性为：－113<a ≤0，单调递减；0<a <1时，f (x )在[a,1]上单调递减，在[1，a ＋1]上单调递增； a ≥1时，f (x )在[a ，a ＋1]上单调递增．21．(本小题满分12分)(2018·河南八市测评二)已知函数f (x )＝xe x －a (12x 2＋x )(a ∈R ).导学号 58534118(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若∀x ∈(－2,0)，f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围． [解析] (1)当a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ， ∴切线的斜率k ＝f ′(1)＝2e ，又f (1)＝e ，y ＝f (x )在点(1，e )处的切线方程为y －e ＝2e (x －1)即2ex －y －e ＝0. (2)∵对∀x ∈(－2,0)，f (x )≤0恒成立， ∴a ≤2e xx ＋2在(－2,0)恒成立，令g (x )＝2e xx ＋2(－2<x <0)，g ′(x )＝2e x (x ＋2)－2e x (x ＋2)2＝2e x (x ＋1)(x ＋2)2当－2<x <－1时，g ′(x )<0， 当－1<x <0时，g ′(x )>0， ∴g (x )在(－2，－1)上单调递减， 在(－1,0)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (－1)＝2e －1－1＋2＝2e，故实数a 的取值范围为(－∞，2e]．22．(本小题满分12分)(理)(2018·河南南阳期中试题)已知函数f (x )＝e x －kx ，k ∈R .导学号 58534119(1)若函数f (x )有两个零点，求k 的取值范围； (2)若函数f (x )的两个零点为x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2. [解析] (1)令g (x )＝xe x ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，易知：g (x )在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增．∴g (x )min ＝g (－1)＝－1e ，f (x )有两个零点，等价于y ＝k 与y ＝g (x )＝xe x 有两上不同的交点，∴k ∈(－1e，0)．(2)证明：由(2)知：不妨设x 1<－1<x 2<0， 则x 1ex 1－k ＝0，x 2ex 2－k ＝0，即g (x 1)＝g (x 2)＝k 令h (x )＝(x ＋2)e－x －2＋xe x ，x ∈(－1,0)h ′(x )＝(x ＋1)(e x －e－x －2)>0，即h (x )为增函数∴h (x )>h (－1)＝0，即xe x >(－x －2)e－x －2因为x 2∈(－1,0)，故g (x 2)>g (－x 2－2) 由g (x 1)＝g (x 2)，得g (x 1)>g (－x 2－2) 由(1)知g (x )在(－∞，－1)上递减， 故x 1<－x 2－2，即：x 1＋x 2<－2.(本小题满分12分)(文)(2018·河北鸡泽一中期中)已知函数f (x )＝ln x ＋1x.导学号 58534120 (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1<x 2)，证明：x 1＋x 2>2. [解析] (1)f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，(x >0)所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f (x )的最小值为f (1)＝1.(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(0<x 1<x 2)， 则ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2，即x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1>0.要证x 1＋x 2>2，需证(x 1＋x 2)·x 2－x 1x 1x 2>2ln x 2x 1，即证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1，设x 2x 1＝t (t >1)，则x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1等价于t －1t>2ln t . 令g (t )＝t －1t －2ln t ，则g ′(t )＝1＋1t 2－2t ＝(1－1t)2>0， 所以g (t )在(1，＋∞)上单调递增，g (t )>g (1)＝0，即t －1t>2ln t ，故x 1＋x 2>2.。