热点12 函数与导数综合大题-2018届高考数学三轮核心热点深度剖析与训练 (江苏版)

热点6 数列【名师精讲指南篇】 【热点深度剖析】1. 数列在15-17年以填空题、解答题的形式进行考查，题目多为中高档题，涉及到函数与方程思想、分类讨论思想，着重考查学生分析探究及逻辑推理能力.数列常与其它章节知识（如不等式、函数）结合考查，也可单独设置题目.2. 对于数列的复习，一要明确等差数列与等比数列的基本性质及其求和公式，二要注意分类讨论思想、函数与方程思想的运用，数列属于重点考察知识，考查的难度较大，复习时应以难度中等或中等偏上题为主，加强对数列与其它章节知识（如不等式、函数）相结合题目的训练.3. 预计18年考查等差、等比数列通项及前n 项和及等差、等比数列的性质. 【最新考纲解读】【重点知识整合】一、n a 与n S 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥．二、（１）定义：从第2项起每一项与它前一项的差（比）等于同一常数的数列叫等差（比）数列． （２）递推公式：110n n n n a a d a a q q n *++-==≠∈N ，·，，． （３）通项公式：111(1)n n n a a n d a a q n -*=+-=∈N ，，．（４）等差数列性质①单调性：0d ≥时为递增数列，0d ≤时为递减数列，0d =时为常数列．②若m n p q +=+，则()m n p q a a a a m n p q *+=+∈N ，，，．特别地，当2m n p +=时，有2m n p a a a +=③()()n m a a n m d m n *-=-∈N ，． ④232k k k k k S S S S S --，，，…成等差数列． 等比数列性质①单调性：当1001a q <⎧⎨<<⎩，或101a q >⎧⎨>⎩时，为递增数列；当101a q <⎧⎨>⎩，，，或1001a q >⎧⎨<<⎩时为递减数列；当0q <时为摆动数列；当1q =时为常数列．②若m n p q +=+，则()m n p q a a a a m n p q *=∈N ··，，，特别地若2m n p +=则2m n p a a a =·③(0)n m nma q m n q a -*=∈≠N ，，．④232k k k k k S S S S S --，，，…，当1q ≠-时为等比数列；当1q =-时，若k 为偶数，不是等比数列．若k 为奇数是公比为1-的等比数列．【应试技巧点拨】一、数列通项公式的求解常用方法：1、定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于已知数列类型的题目．2、公式法， 若已知数列的前n 项和n S 与n a 的关系，求数列{}n a 的通项n a 可用公式⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-2111n S S n S a n nn 求解。

第四节导数与函数的综合问题突破点(一) 利用导数研究生活中的优化问题1．生活中的优化问题生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．2．利用导数解决生活中优化问题的基本思路[典例] 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．[解] (1)因为x ＝5时，y ＝11， 所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3＜x ＜6.本节主要包括3个知识点：1.利用导数研究生活中的优化问题；2.利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题；3.利用导数研究与不等式有关的综合问题.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值由上表可得， 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[方法技巧]利用导数解决生活中的优化问题的步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为( )A ．32米，16米B ．30米，15米C ．40米，20米D ．36米，18米解析：选A 要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x 米，则长为512x 米，因此新墙总长为L ＝2x ＋512x (x >0)，则L ′＝2－512x 2，令L ′＝0，得x ＝±16.又x >0，∴x ＝16.则当x ＝16时，L 取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为51216＝32(米)．故选A.2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k (k >0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x (x ∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( )A ．3.2%B ．2.4%C ．4%D ．3.6%解析：选A 依题意知，存款量是kx 2，银行应支付的利息是kx 3，银行应获得的利息是0.048kx 2，所以银行的收益y ＝0.048kx 2－kx 3，故y ′＝0.096kx －3kx 2，令y ′＝0，得x＝0.032或x ＝0(舍去)．因为k >0，所以当0<x <0.032时，y ′>0；当0.032<x <0.048时，y ′<0.因此，当x ＝0.032时，y 取得极大值，也是最大值，即当存款利率定为3.2%时，银行可获得最大收益．3．已知某矩形广场面积为4万平方米，则其周长至少为________米．解析：设广场的长为x 米，则宽为40 000x 米，于是其周长为y ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋40 000x (x >0)，所以y ′＝2⎝⎛⎭⎫1－40 000x 2，令y ′＝0，解得x ＝200(x ＝－200舍去)，这时y ＝800.当0<x <200时，y ′<0；当x >200时，y ′>0.所以当x ＝200时，y 取得最小值，故其周长至少为800米．答案：8004．(2017·北京东城模拟 )某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700.令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则p ，y ，y ′变化关系如下表：故当p ＝30又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元时，所获利润最大为23 000元．答案：30 23 0005．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 解：(1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×1128 000×403－380×40＋8＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝⎝⎛⎭⎫1128 000x 3－380x ＋8·100x ＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)，h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80. 当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80,120]时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 所以当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25. 易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．突破点(二) 利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：(1)确定函数零点(图象交点及方程根)的个数问题；(2)根据函数零点(图象交点及方程根)的个数求参数的值或取值范围问题.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”确定函数零点或方程根的个数问题[例1] 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． [解] (1)证明：由h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －1－x －x 得，h (1)＝e －3<0，h (2)＝e 2－3－2>0，且h (x )在区间(1,2)上是连续的， 所以函数h (x )在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得h (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，而h (x )在(1,2)内有零点， 因此h (x )在[0，＋∞)上至少有两个零点． 因为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，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即h (x )在[0，＋∞)上至多有两个零点．所以方程f (x )＝g (x )的根的个数为2.[方法技巧]利用导数确定函数零点或方程根个数的方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．根据函数零点或方程根的个数求参数范围[例2] (2017·郑州质检)已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2. (1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．[解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋(x －2)－2x .所以f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程为3x ＋y －4＝0. (2)g (x )＝f (x )－x －2＝0， 则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2. 即a ＝1－(x －2)ln xx .令h (x )＝1－(x －2)ln xx， 则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ， 因为t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数，又因为t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0， 所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1. 因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1. 当a ＝1时，g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若使当e －2<x <e 时，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ，g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝e －32，又因为e －2<x <e ，所以函数g (x )在e －2，e －32上单调递增，在e －32，1上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，因为g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎝⎛⎭⎫e －32＝g (e)， 即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，所以m ≥2e 2－3e ，即m 的取值范围是[2e 2－3e ，＋∞)．[方法技巧]解决复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤(1)在该区间上构造与方程相应的函数；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性，若是单调函数，则进行下一步； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值异号； (4)得出结论．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f (x )的定义域为R ，由导数公式知f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x ＋1)2e x ，x ∈R . ∵对任意x ∈R ，都有f ′(x )≥0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， 且f (0)＝1－a <0，f (a －1)＝a e a －1－a ＝a (ea －1－1)．∵a >1，∴a －1>0，∴a －1>0，∴ea －1>1，∴e a －1－1>0，故f (a －1)>0，∴存在x 0∈(0，a －1)使得f (x 0)＝0. 又∵f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数， ∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2.[考点二](2017·武汉质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围． 解：f ′(x )＝cx ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋c x ，又f ′(1)＝0， 所以f ′(x )＝(x －1)(x －c )x 且c ≠1，b ＋c ＋1＝0. (1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c >1， 当0<x <1时，f ′(x )>0； 当1<x <c 时，f ′(x )<0； 当x >c 时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )．(2)①若c <0，则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )＝0恰有两解，则f (1)<0，即12＋b <0，所以－12<c <0；②若0<c <1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22<0，f (x )极小值＝－12－c <0，从而f (x )＝0只有一解；③若c >1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22<0，f (x )极大值＝－12－c <0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，0.3.[考点二]已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，所以当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)， 当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a ， 由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，所以当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，f (x )的单调减区间为(－a ，a )．(2)因为f (x )在x ＝－1处取得极值，所以f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0，所以a ＝1. 所以f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3. 由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性，可知f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1， 在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.因为直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点， 又f (－3)＝－19<－3，f (3)＝17>1，结合f (x )的单调性，可知m 的取值范围是(－3,1)． 4.[考点一](2016·太原质检)已知函数f (x )＝x ln x . (1)试求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)若x >1，试判断方程f (x )＝(x －1)(ax －a ＋1)的解的个数． 解：(1)f ′(x )＝ln x ＋x ·1x ＝1＋ln x ，∴f ′(e)＝2. 又f (e)＝e ，∴切线方程为2x －y －e ＝0.(2)方程f (x )＝(x －1)(ax －a ＋1)的解即为方程ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x ＝0的解．设h (x )＝ln x －(x －1)(ax －a ＋1)x，x >1.则h ′(x )＝－ax 2－x －a ＋1x 2＝－(x －1)(ax ＋a －1)x 2，x >1. ①当a ＝0时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，∴h (x )>h (1)＝0，方程无解． ②当a ≠0时，令h ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝1－aa .(ⅰ)当a <0，即x 2＝1－aa<1时，∵x >1，∴h ′(x )>0，则h (x )为(1，＋∞)上的增函数，∴h (x )>h (1)＝0，方程无解．(ⅱ)当0<a <12，即1－a a >1时，x ∈⎝⎛⎭⎫1，1－a a 时，h ′(x )>0，h (x )为增函数；x ∈⎝⎛⎭⎫1－a a ，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )为减函数． 又x 趋向＋∞时，h (x )＝ln x －ax ＋1－ax ＋2a －1<0， h (1)＝0，∴方程有一个解． (ⅲ)当a ≥12，即1－a a ≤1时，∵x >1，∴h ′(x )<0，h (x )为减函数， 而h (x )<h (1)＝0，方程无解．综上所述，当a ∈(－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，原方程无解； 当a ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，原方程有一个解． 突破点(三) 利用导数研究与不等式有关的综合问题1.利用导数研究与不等式有关的问题是高考的热点，常以解答题形式出现，难度较大.常涉及不等式成立、恒成立、证明不等式、比较两数(两函数)大小问题等.,2.问题的分类与解决思路,(1)不等式成立、恒成立问题：一般参变分离、转化为最值问题；,(2)证明不等式、比较两函数大小问题：构造新函数，转化为最值问题.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”证明不等式[例1] (2016·合肥二模)已知函数f (x )＝x ＋ae x. (1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0＜1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )． [解] (1)易得f ′(x )＝－x －(1－a )e x，由题意知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)证明：a＝0，则f(x)＝x e x.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xe x－1－x0e x0＝(1－x)e x0－(1－x0)e xe x＋x0.设φ(x)＝(1－x)e x0－(1－x0)e x，x∈R，则φ′(x)＝－e x0－(1－x0)e x，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．[方法技巧]利用导数证明不等式的基本方法利用导数法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上成立的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.不等式恒成立问题(1)f(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)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.[例2](2017·陕西西北九校联考)已知函数f(x)＝－ln x＋t(x－1)，t为实数．(1)当t ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若当t ＝12时，k x －12－f (x )<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围．[解] (1)当t ＝1时，f (x )＝－ln x ＋x －1，x >0， ∴f ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x . 由f ′(x )<0可得0<x <1， 由f ′(x )>0可得x >1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当t ＝12时，f (x )＝－ln x ＋x 2－12，k x －12－f (x )＝k x －12－－ln x ＋x 2－12＝ln x －x 2＋k x ，当x >1时，k x －12－f (x )<0恒成立，等价于k <x 22－x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 22－x ln x ，则g ′(x )＝x －(ln x ＋1)＝x －1－ln x .令h (x )＝x －1－ln x ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x.当x >1时，h ′(x )>0，函数h (x )＝x －1－ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故h (x )>h (1)＝0， 从而当x >1时，g ′(x )>g ′(1)＝0，即函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故g (x )>g (1)＝12，因此当x >1时，若使k <x 22－x ln x 恒成立，必须k ≤12.∴实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12.[方法技巧]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：第一步：将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，从而求出参数λ的取值范围． (2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a >0，Δ<0或a <0，Δ<0)求解．存在型不等式恒成立问题(1)f (x )>g (x )f (x )－g (x )]max >0(x ∈I )．(2)对∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min ，f (x )的定义域为D 1，g (x )的定义域为D 2.[例3] (2017·新乡调研)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2.①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0， f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1<a <e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数． 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数． f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值． 由(1)知当a <1时f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x )min ＝g (0)＝1， 所以e －(a ＋1)－ae <1，即a >e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1.[方法技巧]存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一](2017·昆明模拟)已知函数f (x )＝ln x －x . (1)判断函数f (x )的单调性； (2)函数g (x )＝f (x )＋x ＋12x－m 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 1＋x 2>1. 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，令f ′(x )＝1x －1＝1－x x >0，得0<x <1，令f ′(x )＝1x －1＝1－x x<0，得x >1，所以函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，函数f (x )的单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明：根据题意，g (x )＝ln x ＋12x－m (x >0)， 因为x 1，x 2是函数g (x )＝ln x ＋12x－m 的两个零点， 所以ln x 1＋12x 1－m ＝0，ln x 2＋12x 2－m ＝0. 两式相减，可得ln x 1x 2＝12x 2－12x 1，即ln x 1x 2＝x 1－x 22x 2x 1，故x 1x 2＝x 1－x 22ln x 1x 2.那么x 1＝x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2＝1－x 2x 12ln x 1x 2.令t ＝x 1x 2，其中0<t <1，则x 1＋x 2＝t －12ln t ＋1－1t 2ln t ＝t －1t 2ln t.构造函数h (t )＝t －1t －2ln t ，则h ′(t )＝(t －1)2t2.对于0<t <1，h ′(t )>0恒成立，故h (t )<h (1)，即t －1t －2ln t <0.可知t －1t 2ln t>1，故x 1＋x 2>1.2.[考点二](2017·西安六校联考)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 2－ln x ，g (x )＝e x －ax . (1)当a ＝7时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )·g (x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝7时，f (x )＝7x 2－ln x ，f ′(x )＝14x －1x ，∴f ′(1)＝13，∵f (1)＝7，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －7＝13(x －1)，即13x －y －6＝0. (2)若f (x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，即ax 2－ln x >0对x ∈(0，＋∞)恒成立，则a >⎝⎛⎭⎫ln x x 2max (x >0)．设h (x )＝ln xx 2(x >0)，则h ′(x )＝1－2ln x x 3， 当0<x <e 12时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；当x >e 12时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减，∴当x >0时，h (x )max ＝h (e 12)＝12e ，∴a >12e.∵h (x )无最小值，∴f (x )<0对x ∈(0，＋∞)不可能恒成立． ∵f (x )·g (x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴g (x )＝e x－ax >0，即a <e xx 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设H (x )＝e xx ， ∴H ′(x )＝e x (x －1)x 2，当0<x <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， ∴当x >0时，H (x )min ＝H (1)＝e ， ∴a <e.综上可得，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12e ，e . 3.[考点三]已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x .假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取极值，则f ′(1)＝0， ∴a ＝2，此时，f ′(x )＝2(x －1)2x ，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值． (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0， 记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x (x >0)， ∴当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增． ∴F (x )>F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2.∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0， ∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减； x ∈(1，e]时，G ′(x )>0，G (x )单调递增， ∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1. 故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国丙卷)设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)·(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A .(1)求f ′(x )；(2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x .(2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)． 故A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为 f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1. 令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1， 则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值， g (－1)＝α，g (1)＝3α－2， 且当t ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g ⎝⎛⎭⎫1－α4α＝－(α－1)28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α>15.①当0<α≤15时，g (t )在[－1,1]内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|， 所以A ＝2－3α.②当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)>g ⎝⎛⎭⎫1－α4α.又⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫1－α4α－|g (－1)|＝(1－α)(1＋7α)8α>0，所以A ＝⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫1－α4α＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎨⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34>1， 所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A . 所以|f ′(x )|≤2A .2．(2016·全国乙卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x )．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调． 而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ －a 3＝2a 3 －a 3＋14. a ．若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点． b ．若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点． c ．若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．4．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． 解：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )，故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)． 设函数F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2， 则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1. 令F ′(x )＝0得x 1＝－ln k ，x 2＝－2.①若1≤k ＜e 2，则－2＜x 1≤0，从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )＜0；当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，故F (x )在[－2，＋∞)上的最小值为F (x 1)．而F (x 1)＝2x 1＋2－x 21－4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0.故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．②若k ＝e 2，则F ′(x )＝2e 2(x ＋2)(e x －e －2)．从而当x ＞－2时，F ′(x )＞0，即F (x )在(－2，＋∞)上单调递增．而F (－2)＝0，故当x ≥－2时，F (x )≥0，即f (x )≤kg (x )恒成立．③若k ＞e 2，则F (－2)＝－2k e －2＋2＝－2e －2(k －e 2)＜0.从而当x ≥－2时，f (x )≤kg (x )不可能恒成立．综上，k 的取值范围是[1，e 2]．[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题1．(2017·宜州调研)设f (x )＝|ln x |，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，1eB.⎝⎛⎭⎫ln 22，e C.⎝⎛⎭⎫0，ln 22 D.⎝⎛⎭⎫ln 22，1e解析：选D 令y 1＝f (x )＝|ln x |，y 2＝ax ，若函数g (x )＝f (x )－ax 在区间(0,4)上有三个零点，则y 1＝f (x )＝|ln x |与y 2＝ax 的图象(图略)在区间(0,4)上有三个交点．由图象易知，当a ≤0时，不符合题意；当a >0时，易知y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y 1＝|ln x |与y 2＝ax 的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x |＝ln x ，由ln x ＝ax ，得a ＝ln x x .令h (x )＝ln x x ，x ∈(1,4)，则h ′(x )＝1－ln x x 2，故函数h (x )在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h (e)＝ln e e ＝1e ，h (1)＝0，h (4)＝ln 44＝ln 22，所以ln 22<a <1e，故选D.2．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1k B ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1 C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1解析：选C 由已知，构造函数g (x )＝f (x )－kx ，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴函数g (x )在R 上单调递增，且1k －1>0，∴g ⎝⎛⎭⎫1k －1>g (0)，即f ⎝⎛⎭⎫1k －1－k k －1>－1，即f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1，∴选项C 错误，选项D 正确．构造函数h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝f ′(x )－1>0，∴函数h (x )在R 上单调递增，且1k >0，∴h ⎝⎛⎭⎫1k >h (0)，即f ⎝⎛⎭⎫1k －1k >－1，即f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1，但选项A 、B 无法判断，故选C.3．已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( )A.72B ．5C ．6D ．8解析：选B 因为g (x )＝14x ＋1x ≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，所以c ＝－1－b 2，所以f (x )＝12x 2＋bx －1－b 2，所以f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－b x2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，且x ∈[1,4]，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，所以f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )在M 上的最大值为5，故选B.4．已知函数f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R)．(1)若函数f (x )在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k ∈Z 时，不等式k (x －1)<f (x )在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值． 解：(1)f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，由题意知f ′(x )≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即ln x ＋a ＋1≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即a ≥－(ln x ＋1)在[e ，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x ＋1)]max ＝－(ln e ＋1)＝－2， ∴a ≥－2，即a 的取值范围为[－2，＋∞)． (2)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ln x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为k <f (x )x －1，即k <x ＋x ln x x －1对任意x >1恒成立．令g (x )＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2. 令h (x )＝x －ln x －2(x >1)， 则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0， ∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增． ∵h (3)＝1－ln 3<0，h (4)＝2－2ln 2>0， ∴存在x 0∈(3,4)使h (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0. 即当1<x <x 0时，h (x )<0，即g ′(x )<0. 当x >x 0时，h (x )>0，即g ′(x )>0.∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 由h (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，得ln x 0＝x 0－2， g (x )min ＝g (x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3,4)，∴k <g (x )min ＝x 0且k ∈Z ，即k max ＝3. 5．已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋ax 2＋1. (1)讨论y ＝f (x )的单调性；(2)若a ≤－2，证明：对∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x ＝a (2x 2＋1)＋1x .当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ≤－1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当－1<a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ －a ＋12a， 由于f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，故 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0， －a ＋12a 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a ＋12a 上单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋12a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )在 －a ＋12a，＋∞上单调递减． (2)证明：不妨假设x 1≥x 2.由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．∴|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2， 即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1. 令g (x )＝f (x )＋4x ，则g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x ， 于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－(2x －1)2x ≤0. 从而g (x )在(0，＋∞)上单调递减，故g (x 1)≤g (x 2)， 即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1，故对∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|. 6．(2017·德州中学月考)已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x .(1)若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，求实数m 的取值范围；(2)当0<m ≤12时，若曲线C ：y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 与曲线C 有且只有一个公共点，求m 的值或取值范围．解：(1)f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解． 当m ≤0时显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故需且只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故0<m <18，综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. (2)f (1)＝m －1，f ′(1)＝2m ，故切线方程为y －m ＋1＝2m (x －1)，即y ＝2mx －m －1.从而方程mx 2－x ＋ln x ＝2mx －m －1在(0，＋∞)上有且只有一解． 设g (x )＝mx 2－x ＋ln x －(2mx －m －1)， 则g (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点． 又g (1)＝0，故函数g (x )有零点x ＝1.则g ′(x )＝2mx －1＋1x －2m ＝2mx 2－(2m ＋1)x ＋1x ＝(2mx －1)(x －1)x .当m ＝12时，g ′(x )≥0，又g (x )不是常数函数，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴函数g (x )有且只有一个零点x ＝1，满足题意． 当0<m <12时，由g ′(x )＝0，得x ＝12m 或x ＝1.且12m >1，由g ′(x )>0，得0<x <1或x >12m ；由g ′(x )<0，得1<x <12m.故当x 在(0，＋∞)上变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：根据上表知g ⎝⎛⎭⎫12m <0.又g (x )＝mx ⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫2＋1m ＋m ＋ln x ＋1. ∴g ⎝⎛⎭⎫2＋1m >0， 故在⎝⎛⎭⎫12m ，＋∞上，函数g (x )又有一个零点，不满足题意． 综上所述，m ＝12.二、重点选做题1．设函数f (x )＝12x 2－ax －k ln x (a ∈R ，k ∈R)．(1)若k ＝1，且f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝0，且k ≥e ，求证：f (x )在区间(1， e ]上有且仅有一个零点． 解：(1)∵f (x )＝12x 2－ax －k ln x ，∴f ′(x )＝x －kx－a ，若k ＝1，且f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， 则f ′(x )＝x －1x －a ≥0对任意的x ≥1恒成立， 即a ≤x －1x 对任意的x ≥1恒成立．∴a ≤⎝⎛⎭⎫x －1x min ＝0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]． (2)证明：当a ＝0时，f (x )＝12x 2－k ln x ，∴f ′(x )＝x －k x ＝(x ＋k )(x －k )x ，由f ′(x )<0，得0<x <k ； 由f ′(x )>0，得x >k .∴f (x )在区间(0，k ]上单调递减，在区间(k ，＋∞)上单调递增． 当k ＝e 时，f (x )在区间(0， e ]上单调递减，且f (e)＝12e －eln e ＝0，∴f (x )在区间(1， e ]上有且仅有一个零点． 当k >e 时，k >e ，∴f (x )在区间(1， e ]上单调递减， 又f (1)＝12>0，f (e)＝12e －k ln e ＝e －k 2<0，∴f (x )在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．综上，若a ＝0，且k ≥e ，则f (x )在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．2．已知函数f (x )满足：①f (x )＝2f (x ＋2)，x ∈R ；②f (x )＝ln x ＋ax ，x ∈(0,2)；③f (x )在(－4，－2)内能取到最大值－4.(1)求实数a 的值；(2)设函数g (x )＝13bx 3－bx ，若对∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数b的取值范围．解：(1)当x ∈(－4，－2)时，有x ＋4∈(0,2)， 由条件②得f (x ＋4)＝ln(x ＋4)＋a (x ＋4)，再由条件①得f (x )＝2f (x ＋2)＝4f (x ＋4)＝4ln(x ＋4)＋4a (x ＋4)． 故f ′(x )＝4x ＋4＋4a ，x ∈(－4，－2)． 由条件③得f (x )在(－4，－2)内有最大值，方程f ′(x )＝0，即4x ＋4＋4a ＝0在(－4，－2)内必有解，故a ≠0，且解为x ＝－1a－4.又最大值为－4，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a －4＝4ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＋4a ·⎝⎛⎭⎫－1a ＝－4，即ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝0，所以a ＝－1.(2)设f (x )在(1,2)内的值域为A ，g (x )在(1,2)内的值域为B ， 由条件可知A ⊆B .由(1)知，当x ∈(1,2)时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1＝1－x x <0，故f (x )在(1,2)内为减函数，所以A ＝(f (2)，f (1))＝(ln 2－2，－1)． 对g (x )求导得g ′(x )＝bx 2－b ＝b (x －1)(x ＋1)． 若b <0，则当x ∈(1,2)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 所以B ＝(g (2)，g (1))＝⎝⎛⎭⎫23b ，－23b . 由A ⊆B ，得23b ≤ln 2－2，－23b ≥－1，故必有b ≤32ln 2－3.若b >0，则当x ∈(1,2)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 所以B ＝(g (1)，g (2))＝⎝⎛⎭⎫－23b ，23b . 由A ⊆B ，得－23b ≤ln 2－2，23b ≥－1，故必有b ≥3－32ln 2.若b ＝0，则B ＝{0}，此时A ⊆B 不成立．综上可知，b 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞. 三、冲刺满分题1．(2017·长沙四校联考)已知函数f (x )＝e xx －m .(1)讨论函数y ＝f (x )在x ∈(m ，＋∞)上的单调性；(2)若m ∈⎝⎛⎦⎤0，12，则当x ∈[m ，m ＋1]时，函数y ＝f (x )的图象是否总在函数g (x )＝x 2＋x 图象上方？请写出判断过程．解：(1)f ′(x )＝e x (x －m )－e x (x －m )2＝e x (x －m －1)(x －m )2，当x ∈(m ，m ＋1)时，f ′(x )<0，当x ∈(m ＋1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减，在(m ＋1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f (x )在(m ，m ＋1)上单调递减， 所以其最小值为f (m ＋1)＝e m ＋1.因为m ∈⎝⎛⎦⎤0，12，g (x )在[m ，m ＋1]上的最大值为(m ＋1)2＋m ＋1. 所以下面判断f (m ＋1)与(m ＋1)2＋m ＋1的大小， 即判断e x 与(1＋x )x 的大小，其中x ＝m ＋1∈⎝⎛⎦⎤1，32. 令m (x )＝e x －(1＋x )x ，m ′(x )＝e x －2x －1， 令h (x )＝m ′(x )，则h ′(x )＝e x －2， 因为x ＝m ＋1∈⎝⎛⎦⎤1，32， 所以h ′(x )＝e x －2>0，m ′(x )单调递增， 又m ′(1)＝e －3<0，m ′⎝⎛⎭⎫32＝e 32－4>0，故存在x 0∈⎝⎛⎦⎤1，32，使得m ′(x 0)＝e x 0－2x 0－1＝0. 所以m (x )在(1，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎦⎤x 0，32上单调递增， 所以m (x )≥m (x 0)＝e x 0－x 20－x 0＝2x 0＋1－x 20－x 0＝－x 20＋x 0＋1，所以当x 0∈⎝⎛⎦⎤1，32时，m (x 0)＝－x 20＋x 0＋1>0， 即e x >(1＋x )x ，即f (m ＋1)>(m ＋1)2＋m ＋1，所以函数y ＝f (x )的图象总在函数g (x )＝x 2＋x 图象上方．2．已知函数f (x )＝x e x －a ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴． (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当b ≤e 时，f (x )≥b (x 2－2x ＋2)． 解：(1)因为f ′(x )＝(x ＋1)e x －ax ，x >0，依题意得f ′(1)＝0，即2e －a ＝0，解得a ＝2e. 所以f ′(x )＝(x ＋1)e x －2ex，显然f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增且f ′(1)＝0， 故当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．。

（建议用时：80分钟)1。

已知函数f（x)＝x2－ln x－ax，a∈R。

(1）当a＝1时，求f(x)的最小值;(2)若f(x)>x,求a的取值范围.解（1）当a＝1时，f（x）＝x2－ln x－x，f′（x)＝错误!。

当x∈(0，1）时，f′（x)〈0；当x∈（1，＋∞）时,f′(x)>0.所以f(x)的最小值为f（1）＝0.（2)由f(x）〉x，得f（x)－x＝x2－ln x－(a＋1）x〉0.由于x〉0，所以f（x）〉x等价于x－错误!>a＋1。

令g（x）＝x－错误!，则g′（x)＝错误!。

当x∈（0，1）时，g′(x）<0；当x∈（1，＋∞）时,g′（x）〉0。

故g（x)有最小值g（1）＝1。

故a＋1〈1，a<0，即a的取值范围是（－∞，0）.2。

设a为实数,函数f（x)＝e x－2x＋2a，x∈R.(1）求f（x）的单调区间与极值;（2）求证：当a>ln 2－1且x>0时，e x>x2－2ax＋1.（1）解由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R,知f′(x)＝e x－2，x∈R.令f′（x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时,f′（x），f（x）的变化情况如下表:故f(x单调递增区间是（ln 2，＋∞），f（x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2）＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)证明设g(x）＝e x－x2＋2ax－1，x∈R,于是g′(x）＝e x－2x＋2a,x∈R。

由(1）知当a〉ln 2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x）〉0，所以g（x）在R内单调递增。

于是当a>ln 2－1时,对任意x∈（0，＋∞），都有g（x)〉g（0).而g（0）＝0,从而对任意x∈（0,＋∞)，都有g（x)〉0.即e x－x2＋2ax－1〉0，故当a〉ln 2－1且x〉0时，e x〉x2－2ax＋1.3.已知函数f（x）＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f（x)在点（0，2）处的切线与x轴交点的横坐标为－2。

2018年全国三卷理科导数题分析一、题目背景2018年全国高考理科数学试题中，导数题一直是考生们比较关注的话题。

导数作为微积分的重要内容，涉及到函数的变化率、极值、凹凸性等概念，对学生的数学能力和思维能力有着较高的要求。

本文将对2018年全国三卷理科导数题进行分析，对题目进行解析，帮助学生更好地理解导数的相关知识。

二、题目分析1. 题目一题目描述：设函数$f(x)=x^2e^x$，求$f'(x)$的表达式。

解析：这道题主要考察了函数的导数的计算方法。

根据函数的乘积法则和指数函数的导数公式，可以得出$f'(x)=(2x+x^2)e^x$。

这道题考查了学生对函数导数的基本计算方法的掌握情况。

2. 题目二题目描述：已知函数$y=2x^3-3x^2+12x-5$，求其极值点的横坐标。

解析：这道题是一个关于函数极值的应用题。

首先需要根据导数的定义求出函数的导数$y'=6x^2-6x+12$，然后令$y'=0$，得到极值点的横坐标$x=1$。

通过求导数和极值点的横坐标，学生可以巩固对导数和极值的理解。

3. 题目三题目描述：函数$f(x)=x^3+e^x$在点$x=0$处的切线方程为$y=3x+1$，求$f(x)$在点$x=0$处的函数值和切线斜率。

解析：这道题是一个综合性的导数应用题，需要结合切线方程和函数的导数进行求解。

首先根据切线方程可以得到函数在点$x=0$处的函数值$f(0)=1$，然后根据切线方程$y=3x+1$的斜率可以得到切线斜率$k=3$。

这道题主要考察了学生对导数和切线方程的综合运用能力。

三、题目总结通过对2018年全国三卷理科导数题的分析，我们可以发现这些题目在考查学生对导数的计算、极值、切线方程等知识的掌握情况。

对于学生来说，需要通过大量的练习和题目的分析来加强对导数相关知识的理解和运用能力。

在备战高考的过程中，学生需要注重对基础知识的打牢和综合运用能力的提高，才能在考试中取得更好的成绩。

函数与导数热点一利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考的热点问题之一，每年必考，一般考查两类题型：（1）讨论函数的单调性、极值、最值,（2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围。

【例1】已知函数f（x)＝ln x＋a（1－x）.（1)讨论f(x)的单调性;(2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a－2时,求实数a的取值范围。

解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x）＞0，所以f（x)在(0,＋∞)上单调递增.若a＞0，则当x∈错误!时，f′(x）＞0;当x∈错误!时,f′(x）＜0，所以f(x）在错误!上单调递增,在错误!上单调递减。

综上，知当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增;当a＞0时，f（x)在错误!上单调递增，在错误!上单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f（x)在（0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f（x）在x＝错误!处取得最大值，最大值为f错误!＝ln 错误!＋a错误!＝－ln a＋a－1。

因此f错误!＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0。

令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在（0，＋∞）上单调递增,g（1）＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a）＜0；当a＞1时，g（a）＞0.因此,实数a的取值范围是(0，1）。

【类题通法】（1）研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域,再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围;若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解ln a＋a－1〈0,则需要构造函数来解.【对点训练】已知a∈R,函数f(x)＝（－x2＋ax）e x(x∈R，e为自然对数的底数）。

（1）当a＝2时,求函数f(x）的单调递增区间；（2）若函数f（x)在（－1，1）上单调递增，求实数a的取值范围。

当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ 1 . 2a

当 x∈0，
1 2a

时，f′(x)<0，f(x)单调递减；


当 x∈
12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1.
由 f(x)的单调性知，当且仅当 c∈0，3227时，函数 f(x) ＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不同零点．
(3)证明：当 Δ＝4a2－12b<0 时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b>0， x∈(－∞，＋∞)，
此时函数 f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以 f(x) 不可能有三个不同零点．
解 (1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex＋a，f′(0) ＝e0＋a＝0，∴a＝－1，
∴f′(x)＝ex－1. ∵在区间(－∞，0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间 (0，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴在 x＝0 处，f(x)取得极小值， ∴a＝－1. 易知 f(x)在区间[－2,0]上单调递减，在区间(0,1]上单调 递增，且 f(－2)＝e12＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)． 故 f(x)在区间[－2,1]上的最大值为e12＋3.
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以 f(x)在 x＝1 处取得极大值，符合题意．
综上可知，实数
a
的取值范围为
1 a&点是函数单调性和极值、最值的
分类讨论． (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的

2018年高考三轮复习系列：讲练测之核心热点 【全国通用版】热点三 客观题中的函数、导数、三角函数【名师精讲指南篇】 【高考真题再现】1.【2017课标1，理5】函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【答案】D 【解析】2.【2017课标1，理11】设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则 A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【答案】D3.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e-=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A 【解析】4.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+， 设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，5.【2016全国卷3理】已知()f x 为偶函数,当0x <时,()ln()3f x x x =-+,则曲线()y f x =在点()13-，处的切线方程是______________. 【答案】210x y ++=解法二：由函数性质来求切线方程.因为()f x 为偶函数,所以若()f x 在点()()00,x f x 处的切线方程为y kx b =+,则()f x 在点()()00,x f x --处的切线方程为y kx b =-+.因此,先求出()y f x =在点()1,3--处的切线方程.又()()'130fx x x=+<,得()'12f -=,所以()f x 在点()1,3--处的切线方程为21y x =-, 所以()f x 在点3（1，-）处的切线方程为21y x =--,即210x y ++=. 6.【2016全国卷1理】若1a b >>,01c <<,则（ ）.A.cca b < B.ccab ba < C.log log b a a c b c < D.log log a b c c < 【答案】C【解析】对于选项A ：由于01c <<,所以函数cy x =在()0,+∞上单调递增.由1a b >>,得c ca b >.故A错误.对于选项B ：要比较c ab 与cba 的大小,只需比较a b 与c a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭的大小.构造函数xa yb ⎛⎫= ⎪⎝⎭,因为1a b >>,所以1a b >,因此函数xa yb ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上单调递增.又01c <<,所以ca ab b⎛⎫< ⎪⎝⎭,即c cba ab <.故B 错误.对于选项C:要比较log b a c 与log a b c 的大小关系,只需比较ln ln c b b 与ln ln ca a的大小,即比较ln b b 与ln a a 的大小.构造辅助函数()ln f x x x =,()ln 1f x x '=+.令()0f x '=得1e x =.函数()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,因此,若1a b >>,得ln ln a a b b >,故11ln ln a a b b <.又ln 0c <,所以l n l nl n l nc c a a b b >,即ln ln ln ln b c a ca b >,得log log a b b c a c >.故选项C 正确.对于选项D ：比较log a c 与log b c 的大小,只需比较ln ln c a 与ln ln c b 的大小,即比较ln a 与ln b 的大小.又1a b >>,得ln ln 0a b >>,所以11ln ln a b<.又ln 0c <,得ln ln ln ln c ca b>,即log log a b c c >.故选项D 不正确.综上可得.故选C. 7.【2016全国卷1文理】函数22e xy x =-在[]2,2-的图像大致为（ ）.-221Oxy -221Oxy -221Oxy -221OxyA. B. C. D. 【答案】 D【解析】 设()22e xf x x =-,由()()228e 0,1f =-∈,可排除A （小于0）,B （从趋势上超过1）；又()0,2x ∈时,()4e x f x x '=-,()()()014e 0f f ''⋅=--<,所以()f x 在()0,1上不是单调函数,排除C.故选D. 8.【2016全国卷2理】已知函数()()f x x ∈R 满足()()2f x f x -=-,若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为()11x y ，,()22x y ，,⋯,()m m x y ，,则()1miii x y =+=∑( ).A. 0B.mC. 2mD. 4m【答案】B【解析】由()()2f x f x -=-得,()f x 关于()01，对称,而111x y x x+==+也关于()01，对称,所以对于每一组对称点有0i i x x '+=,=2i i y y '+,所以()111mmmi i i ii i i x y x y ===+=+=∑∑∑022mm +⋅=.故选B. 9.【2016全国卷2理】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线,也是曲线()ln 1y x =+的切线,则b = .【答案】1ln2-10.【2017课标1，理9】已知曲线C 1：y =cos x ，C 2：y =sin (2x +2π3)，则下面结论正确的是 A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2 【答案】D 【解析】11.【2017课标3，理6】设函数f (x )=cos (x +3π)，则下列结论错误的是 A ．f(x)的一个周期为−2πB ．y=f(x)的图像关于直线x=83π对称C ．f(x+π)的一个零点为x=6πD ．f(x)在(2π,π)单调递减【答案】D【解析】12.【2016全国卷3理】若3tan 4α=,则2cos 2sin 2αα+=（ ）. A.6425 B. 4825 C. 1 D.1625【答案】A【解析】22222cos 4sin cos cos 2sin 2cos 4sin cos sin cos αααααααααα++=+==+2231414tan 644tan 124314αα+⨯+==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭.故选A.【热点深度剖析】1.高考考查的基本函数有一次函数、二次函数、分段函数指数函数、对数函数和幂函数,其中以二次函数、指数函数和对数函数的性质为命题热点,且常以复合函数或分段函数的形式出现,达到一题多考的目的.题型一般为选择题、填空题,属中低档题,主要考查利用指数和对数函数的图像与性质比较对数值大小,求定义域、值域、最值,对数函数与相应指数函数的关系,函数的奇偶性与单调性,周期性,以及函数零点问题．.预测2018年高考可能会涉及函数的单调性及函数图像及零点问题,其中指数函数、对数函数及分段函数依然是考查重点．2.从近几年的高考试题来看,图象的辨识与对称性以及利用图象研究函数的性质,方程,不等式的解是高考的热点,多以选择题、填空题的形式出现,属中低档题,主要考查基本初等函数的图象的应用以及数形结合思想．而函数的零点、方程根的问题也是高考的热点,题型既有选择题、填空题,又有解答题．客观题主要考查相应函数的图象与性质,主观题考查较为综合,在考查函数的零点方程根的基础上,又注重考查函数方程、转化与化归、分类讨论、数形结合的思想方法．预测2018年高考很有可能以函数的零点、方程根的存在问题,将以识图、用图为主要考向,重点考查函数图象的性质以及方程、不等式与图象的综合问题．3.从近几年的高考试题来看,导数的几何意义是高考的热点,几乎年年都出题,题型既有客观题,又有解答题,试题多以二次函数、三次函数及对数函数为载体,难度中档左右,如出现在解答题中一般是解答题的第一问．在预测2018年高考仍将以导数的几何意义为背景设置成选择题或解答题第一问,理科难度有可能增加,其中根据切线条数求参数范围近几年全国卷中一直没有考查,请考生重视．4.三角函数的化简、求值及单调性、最值问题,主要考查同角三角函数的基本关系式,三角函数的诱导公式,和、差、倍、半、和积互化公式在求三角函数值时的应用,考查利用三角公式进行恒等变形的技能,以及基本运算的能力,特别突出算理方法的考查．预测2018年会继续强化对三角变换考查的力度,同角三角函数基本关系式、诱导公式及三角恒等变换、三角变换与三角函数的性质的交汇依旧是考查重点． 【重点知识整合】 1指数式、对数式：m n mna a =,1m nm naa -=,,01a =,log 10a =,log 1a a =,lg 2lg51+=,log ln e x x =,log (0,1,0)b a a N N b a a N =⇔=>≠>,log a N a N =,log log log c a c b b a=,log log m n a a nb b m=. 2.指数、对数值的大小比较：（1）化同底后利用函数的单调性；（2）作差或作商法；（3）利用中间量（0或1）；（4）化同指数（或同真数）后利用图象比较. 3.指数函数：（1）指数函数图象和性质1a >01a <<图象性质 定义域：R 值域：()0,+∞过定点()0,1xOy1y =1y =O x y在R 上是增函数 在R 上是减函数 当0x >,1y >； 当0x <,01y <<.当0x >,01y <<； 当0x <,1y >.抽象形式()()(),()()()f x y f x f y f x y f x f y +=-=÷（2）xy a =(0a >且1a ≠)的图象特征：①1>a 时,图象像一撇,过点()0,1,且在y 轴左侧a 越大,图象越靠近y 轴(如图1)； ②01a <<时,图象像一捺,过点()0,1,且在y 轴左侧a 越小,图象越靠近y 轴(如图2)； ③xy a =与xay -=的图象关于y 轴对称(如图3).④xy a =的图象如图44. 对数函数（1）对数的图象和性质：1a >01a <<图 象1oyx1oyx性 质定义域：（0,+∞）值域：R 过定点（1,0）)1,0(∈x 时 0<y ),1(+∞∈x 时 0>y)1,0(∈x 时0>y ),1(+∞∈x 时0<y在（0,+∞）上是增函数在（0,+∞）上是减函数（2） )10(log ≠>=a a x y a 且的图象特征：①1>a 时,图象像一撇,过()1,0点,在x 轴上方a 越大越靠近x 轴； ②01a <<时,图象像一捺,过()1,0点,在x 轴上方a 越小越靠近x 轴. ③x a y =（1,1a a >≠）与x y a log =互为反函数,图象关于y x =对称；如图2 ④log (1)a y x a =>的图象3.⑤log (1)a y x a =>的图象4.5.幂函数的定义和图象（1）定义：形如y ＝x α的函数叫幂函数(α为常数)要重点掌握α＝1,2,3,21,－1,0,－21,－2时的幂函数. （2）图象：(只作出第一象限图象)形式()()()()()()f xy f x f y f x y f x f y =+÷=-；（3）性质：(1)当α>0时,幂函数图象都过 (0,0)点和 (1,1)点；且在第一象限都是增 函数；当0<α<1时曲线上凸；当α>1时,曲线下凸；α＝1时,为过(0,0)点和(1,1)点的直线 (2)当α<0时,幂函数图象总经过 (1,1) 点,且在第一象限为减函数．(3)α＝0时y ＝x 0,表示过(1,1)点平行于x 轴的直线(除去(0,1)点)． 6. 常见复合函数类型y ＝a f (x )(a >0且a ≠1) y ＝log a f (x )(a >0且a ≠1)定义域 t ＝f (x )的定义域 t ＝f (x )>0的解集值域先求t ＝f (x )的值域,再由y ＝a t 的单调性得解先求t 的取值范围,再由y ＝log a t 的单调性得解过定点令f (x )＝0,得x ＝x 0,则过定点(x 0,1)令f (x )＝1,得x ＝x 0,则过定点(x 0,0)单调区间先求t ＝f (x )的单调区间,再由同增异减得解先求使t ＝f (x )>0恒成立的单调区间,再由同增异减得解7.函数的奇偶性.（1）具有奇偶性的函数的定义域的特征：定义域必须关于原点对称！为此确定函数的奇偶性时,务必先判定函数定义域是否关于原点对称.（2）确定函数奇偶性的常用方法（若所给函数的解析式较为复杂,应先化简,再判断其奇偶性）：①定义法；②利用函数奇偶性定义的等价形式：()()0f x f x ±-=或()1()f x f x -=±（()0f x ≠）.③图像法：奇函数的图象关于原点对称；偶函数的图象关于y 轴对称. （3）函数奇偶性的性质：①奇函数在关于原点对称的区间上若有单调性,则其单调性完全相同；偶函数在关于原点对称的区间上若有单调性,则其单调性恰恰相反.②如果奇函数有反函数,那么其反函数一定还是奇函数. ③若()f x 为偶函数,则()()(||)f x f x f x -==. ④若奇函数()f x 定义域中含有0,则必有(0)0f =. 8. 函数的单调性 1.函数单调性的定义：（1）如果函数()x f 对区间D 内的任意21,x x ,当21x x <时都有()()21x f x f <,则()x f 在D 内是增函数；当21x x <时都有()()21x f x f >,则()x f 在D 内是减函数.（2）设函数()y f x =在某区间D 内可导,若()0f x '>,则()y f x =在D 内是增函数；若()0f x '<,则()y f x =在D 内是减函数.2.单调性的定义（1）的等价形式：设[]b a x x ,,21∈,那么()()()x f x x x f x f ⇔>--02121在[],a b 上是增函数； ()()()x f x x x f x f ⇔<--02121在[],a b 上是减函数； 3.证明或判断函数单调性的方法：(1)定义法：设元→作差→变形→判断符号→给出结论.其关键是作差变形,为了便于判断差的符号,通常将差变成因式连乘积、平方和等形式,再结合变量的范围,假设的两个变量的大小关系及不等式的性质作出判断；(2)复合函数单调性的判断方法：即“同增异减”法,即内层函数和外层函数的单调性相同,则复合函数为增函数；若相反,则复合函数为减函数.解决问题的关键是区分好内外层函数,掌握常用基本函数的单调性； （3）图象法：利用数形结合思想,画出函数的草图,直接得到函数的单调性； （4）导数法：利用导函数的正负来确定原函数的单调性,是最常用的方法. （5）利用常用结论判断：①奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性,偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性；②互为反函数的两个函数具有相同的单调性；③在公共定义域内,增函数+)(x f 增函数)(x g 是增函数；减函数+)(x f 减函数)(x g 是减函数；增函数-)(x f 减函数)(x g 是增函数；减函数-)(x f 增函数)(x g 是减函数;③复合函数法：复合函数单调性的特点是同增异减,特别提醒：求单调区间时,勿忘定义域, 9. 函数的周期性.（1）类比“三角函数图像”得：①若()y f x =图像有两条对称轴,()x a x b a b ==≠,则()y f x =必是周期函数,且一周期为2||T a b =-；②若()y f x =图像有两个对称中心(,0),(,0)()A a B b a b ≠,则()y f x =是周期函数,且一周期为2||T a b =-；③如果函数()y f x =的图像有一个对称中心(,0)A a 和一条对称轴()x b a b =≠,则函数()y f x =必是周期函数,且一周期为4||T a b =-；（2）由周期函数的定义“函数()f x 满足()()x a f x f +=(0)a >,则()f x 是周期为a 的周期函数”得：函数()f x 满足()()x a f x f +=-,则()f x 是周期为2a 的周期函数. 10. 函数的对称性.①满足条件()()f x a f b x -=-的函数的图象关于直线2a bx +=对称. ②点(,)x y 关于y 轴的对称点为(,)x y -；函数()x f y =关于y 轴的对称曲线方程为()x f y -=； ③点(,)x y 关于x 轴的对称点为(,)x y -；函数()x f y =关于x 轴的对称曲线方程为()x f y -=； ④点(,)x y 关于原点的对称点为(,)x y --；函数()x f y =关于原点的对称曲线方程为()x f y --=； ⑤点(,)x y 关于直线y x =的对称点为(,)y x ；曲线(,)0f x y =关于直线y x =的对称曲线的方程为(,)f y x 0=；点(,)x y 关于直线y x =-的对称点为(,)y x --；曲线(,)0f x y =关于直线y x =-的对称曲线的方程为(,)0f y x --=；⑥曲线(,)0f x y =关于点(,)a b 的对称曲线的方程为(2,2)0f a x b y --=； ⑦形如(0,)ax b y c ad bc cx d +=≠≠+的图像是双曲线,其两渐近线分别直线d x c=-(由分母为零确定)和直线a y c =(由分子、分母中x 的系数确定),对称中心是点(,)d a c c-；⑧|()|f x 的图象先保留()f x 原来在x 轴上方的图象,作出x 轴下方的图象关于x 轴的对称图形,然后擦去x 轴下方的图象得到；(||)f x 的图象先保留()f x 在y 轴右方的图象,擦去y 轴左方的图象,然后作出y 轴右方的图象关于y 轴的对称图形得到. 11. 常见的图象变换①函数()a x f y +=)0(>a 的图象是把函数()x f y =的图象沿x 轴向左平移a 个单位得到的. ②函数()a x f y +=()0(<a 的图象是把函数()x f y =的图象沿x 轴向右平移a 个单位得到的. ③函数()x f y =+a )0(>a 的图象是把函数()x f y =助图象沿y 轴向上平移a 个单位得到的； ④函数()x f y =+a )0(<a 的图象是把函数()x f y =助图象沿y 轴向下平移a 个单位得到的； ⑤函数()ax f y =)0(>a 的图象是把函数()x f y =的图象沿x 轴伸缩为原来的a1得到的. ⑥函数()x af y =)0(>a 的图象是把函数()x f y =的图象沿y 轴伸缩为原来的a 倍得到的.⑦|()|f x 的图象先保留()f x 原来在x 轴上方的图象,作出x 轴下方的图象关于x 轴的对称图形,然后擦去x 轴下方的图象得到；(||)f x 的图象先保留()f x 在y 轴右方的图象,擦去y 轴左方的图象,然后作出y 轴右方的图象关于y 轴的对称图形得到. 特殊函数图象:(1)函数(0,)ax b cx dy c ad bc ++=≠≠:可由反比例函数(0)ky k x=≠图象平移、伸缩得到.图1示例.①图象是双曲线,两渐近线分别直线d cx =-(由分母为零确定)和直线a cy =(由分子、分母中x 的系数确定)；②对称中心是点(,)d a c c-.(2)函数(0,0)by ax a b x=+>>：如图2.①图象类似“对号”,俗称对号函数.定义域}0|{≠x x ； ②函数的值域为),2[]2,(+∞⋃--∞ab ab ； ③函数为奇函数,图象关于原点对称； ④增区间为(,],[,)b b aa-∞-+∞,减区间为,,[,0),(0]b b aa-.12.函数的零点（1）一般地,如果函数y ＝f (x )在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,并且有f (a )·f (b )<0,那么函数y ＝f(x)在区间(a ,b )内有零点,即存在c ∈(a ,b ),使f (c )＝0,这个c 也就是方程f(x)＝0的根．我们称方程f(x)＝0的实数根x 叫做函数y ＝f(x)(x ∈D )的零点．（2）函数y ＝f (x )的零点就是方程f(x)＝0的实数根,也就是函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标,即方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )有零点⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点．（3）函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的实数根,也就是函数y ＝f(x)的图象与函数y ＝g(x )的图象交点的横坐标．一般地,对于不能使用公式求根的方程f(x)＝0,我们可以将它与函数y ＝f(x)联系起来,利用函数的图象、性质来求解．13.导数的概念与几何意义（1）导数的定义：设函数)(x f y =在0x x =处附近有定义,当自变量在0x x =处有增量x ∆时,则函数()y f x =相应地有增量)()(00x f x x f y -∆+=∆,如果0→∆x 时,y ∆与x ∆的比xy∆∆（也叫函数的平均变化率）有极限即xy∆∆无限趋近于某个常数,我们把这个极限值叫做函数)(x f y =在0x x →处的导数,记作0x x y =',即0000()()()lim x f x x f x f x x∆→+∆-'=∆.注意：在定义式中,设x x x ∆+=0,则0x x x -=∆,当x ∆趋近于0时,x 趋近于0x ,因此,导数的定义式可写成000000()()()()()limlim x ox x f x x f x f x f x f x x x x ∆→→+∆--'==∆-. （2.）导数的几何意义：导数0000()()()limx f x x f x f x x∆→+∆-'=∆是函数)(x f y =在点0x 的处瞬时变化率,它反映的函数)(x f y =在点0x 处变化．．的快慢程度. 它的几何意义是曲线)(x f y =上点（)(,00x f x ）处的切线的斜率.因此,如果)(x f y =在点0x 可导,则曲线)(x f y =在点（)(,00x f x ）处的切线方程为 000()()()y f x f x x x -='-注意：“过点A 的曲线的切线方程”与“在点A 处的切线方程”是不相同的,后者A 必为切点,前者未必是切点.3（）导数的物理意义： 函数()s s t =在点0t 处的导数0(),s t '就是物体的运动方程()s s t =在点0t 时刻的瞬时速度v ,即0().v s t '= 14．三角函数诱导公式1.对于形如2,,()k a a a k Z ππ±-±∈即满足2nπα+中n 取偶数时：等于角α的同名三角函数,前面加上一个把α看成是锐角时,该角所在象限的符号； 2.对于形如3,()22a a k Z ππ±±∈即满足2nπα+中n 取奇数时：等于角α的余名三角函数,前面加上一个把α看成是锐角时,该角所在象限的符号.3.口诀：奇变偶不变,符号看象限（看原函数,同时可把α看成是锐角）.4.运用诱导公式转化角的一般步骤：(1)负化正：当已知角为负角时,先利用负角的诱导公式把这个角的三角函数化为正角的三角函数值； (2)正化负：当已知角是大于360的角时,可用360k α⋅+的诱导公式把这个角的三角函数值化为主区间0360→内的三角函数值；(3)主化锐：当已知角是90到360内的角时,可利用180,270,360ααα---的诱导公式把这个角的三角函数值化为0到90内的角. 15． 两角和与差的三角函数公式1. 两角和与差的正弦公式：()sin αβ±=sin cos cos sin αβαβ±.变形式：()()sin sin αβαβ++-=2sin cos αβ()();sin sin αβαβ+--=2cos sin αβ； 2.两角和与差的余弦公式：()cos αβ±=cos cos sin sin αβαβ变形式：()()cos cos αβαβ++-=2cos cos αβ；()()cos cos αβαβ+--=2sin sin αβ； 3．两角和与差的正切公式：()tan αβ±=tan tan 1tan tan αβαβ±())2k k Z παβαβπ+≠+∈（、、.变形式：tan tan αβ±=()()tan 1tan tan αβαβ±.注意：运用两角和与差的三角函数公式的关键是熟记公式,我们不仅要记住公式,更重要的是抓住公式的特征,如角的关系,次数关系,三角函数名等抓住公式的结构特征对提高记忆公式的效率起到至关重要的作用,而且抓住了公式的结构特征,有利于在解题时观察分析题设和结论等三角函数式中所具有的相似性的结构特征,联想到相应的公式,从而找到解题的切入点. 16．二倍角公式的正弦、余弦、正切1.二倍角的正弦公式:sin 2α=2sin cos αα；二倍角的余弦公式:cos2α=22cos sin αα-=22cos 1α-=212sin α-；二倍角的正切公式:tan 2α=　22tan 1tan αα- .2. 降幂公式：sin cos αα=1sin 22α；2sin α=1cos 22α-；2cos α=1cos 22α+.3.升幂公式：1sin 2α+=2(sin cos )αα+;1cos2α+=22cos α;1cos2α-=22sin α.注意：在二倍角公式中,两个角的倍数关系,不仅限于2α是α的二倍,要熟悉多种形式的两个角的倍数关系,同时还要注意απαπα-+442，，三个角的内在联系的作用,⎪⎭⎫⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±=⎪⎭⎫⎝⎛±=απαπαπα4cos 4sin 222sin 2cos 是常用的三角变换. 【应试技巧点拨】 1.单调性的判断方法：a.利用基本初等函数的单调性与图像：只需作出函数的图象便可判断函数在相应区间上的单调性；b.性质法：（1）增函数+增函数=增函数,减函数+减函数=减函数,增函数-减函数=增函数,减函数-增函数=减函数；（2）函数()f x -与函数()f x 的单调性相反； （3）0k >时,函数()f x 与()k f x 的单调性相反（()0f x ≠）；0k <时,函数()f x 与()k f x 的单调性相同（()0f x ≠）.c.导数法：()0f x '≥在区间D 上恒成立,则函数()f x 在区间D 上单调递增；()0f x '≤在区间D 上恒成立,则函数()f x 在区间D 上单调递减.d.定义法：作差法与作商法（常用来函数单调性的证明,一般使用作差法）.【注】分段函数的单调性要求每段函数都满足原函数的整体单调性,还需注意断点处两边函数值的大小比较.2.单调区间的求法：a.利用已知函数的单调区间来求；b.图象法：对于基本初等函数及其函数的变形函数,可以作出函数图象求出函数的单调区间.c.复合函数法：对于函数()y f g x =⎡⎤⎣⎦,可设内层函数为()u g x =,外层函数为()y f u =,可以利用复合函数法来进行求解,遵循“同增异减”,即内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相同,则函数()y f g x =⎡⎤⎣⎦在区间D 上单调递增；内层函数与外层函数在区间D 上的单调性相反,则函数()y f g x =⎡⎤⎣⎦在区间D 上单调递减.d.导数法：不等式()0f x '>的解集与函数()f x 的定义域的交集即为函数()f x 的单调递增区间,不等式()0f x '<的解集与函数()f x 的定义域的交集即为函数()f x 的单调递减区间.【注】函数的多个递增区间或递减区间不能合并,在表示的时候一般将各区间用逗号或“和”字进行连接. 3. 在公共定义域内,①两个奇函数的和是奇函数,两个奇函数的积是偶函数； ②两个偶函数的和、积是偶函数； ③一个奇函数,一个偶函数的积是奇函数．4. 奇偶性与单调性综合时要注意奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同,偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反． 5. 关于函数周期性常用的结论(1)若满足()()f x a f x ＋＝－,则()(2)[()]()f x a f x a a f x a f x ＋＝＋＋＝－＋＝,所以2a 是函数的一个周期(0a ≠)； (2)若满足1()()f x a f x ＋＝,则(2)[()]f x a f x a a ＋＝＋＋＝ 1()f x a +＝()f x ,所以2a 是函数的一个周期(0a ≠)；(3)若函数满足1()()f x a f x +＝-,同理可得2a 是函数的一个周期(0a ≠). （4）如果)(x f y =是R 上的周期函数,且一个周期为T,那么))(()(Z n x f nT x f ∈=±． （5）函数图像关于b x a x ==,轴对称)(2b a T -=⇒． （6）函数图像关于()()0,,0,b a 中心对称)(2b a T -=⇒．（7）函数图像关于a x =轴对称,关于()0,b 中心对称)(4b a T -=⇒．6．指数运算的实质是指数式的积、商、幂的运算,对于指数式的和、差应充分运用恒等变形和乘法公式；对数运算的实质是把积、商、幂的对数转化为对数的和、差、倍．7．指数函数(0,xy a a =>且1)a ≠与对数函数(0,xy a a =>且1)a ≠互为反函数,应从概念、图象和性质三个方面理解它们之间的联系与区别．8．明确函数图象的位置和形状要通过研究函数的性质,要记忆函数的性质可借助于函数的图象．因此要掌握指数函数和对数函数的性质首先要熟记指数函数和对数函数的图象．9.求解与指数函数有关的复合函数问题时,首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质,其次要明确复合函数的构成,涉及值域、单调区间、最值等问题时,都要借助“同增异减”这一性质分析判断,最终将问题归纳为与内层函数相关的问题加以解决． 10.研究函数的性质要特别注意定义域优先原则（1）具有奇偶性的函数定义域的特征：定义域关于原点对称.为此确定函数的奇偶性时,务必先判定函数定义域是否关于原点对称.（2）讨论函数单调性必须在其定义域内进行,因此要研究函数单调性必须先求函数的定义域,函数的单调区间是定义域的子集.（3）讨论函数的周期性,一般情况下定义域是无限集.所以判断函数是否为周期函数,要在整个定义域上观察函数的图象.如求函数sin y x =的周期,如果只观察y 轴一侧的图象得到周期为2π那就错了,因为函数图象关于y 轴对称,从整体看它不是周期函数. 11. 函数的单调性（1）定义法和导数法的选择在解答题中,只能应用定义法或导数法证明函数的单调性.定义法作为基本方法,但是证明过程有时比较繁琐；而导数法显得操作性比较强,对函数求导后判断导函数的正负即可.因此导数法是我们证明函数单调性的首选方法. （2）函数)0,0(≠≠+=b a xbax y 单调性总结： ①若0,0>>b a ,单调区间：增区间,,b b a a ⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭,,减区间,00b b a a ⎡⎫⎛⎤-⎪ ⎢⎥⎪ ⎣⎭⎝⎦,，； ②若0,0<<b a ,单调区间：减区间),[],(+∞--∞a b a b 和,增区间],0()0,[aba b 和-; ③若0,0<>b a ,由于0)(2>-='+x ba x bax ,单调性：增区间),0()0,(∞-∞和; ④若0,0><b a ,由于0)(2<-='+xba xbax ,单调性：减区间),0()0,(+∞-∞和. 12.抽象函数的对称性和周期性（1）对于函数)(x f y =(R x ∈),若()()f a x f b x +=-恒成立,则函数)(x f 的对称轴是2ba x +=. （2）若已知定义域在R 上的函数的对称轴、对称中心,如何确定函数的周期？可类比“三角函数图象”得： ①若()y f x =图象有两条对称轴,()x a x b a b ==≠,则()y f x =是周期函数,且周期为2||T a b =-； ②若()y f x =图象有两个对称中心(,0),(,0)()A a B b a b ≠,则()y f x =是周期函数,且周期为2||T a b =-；③如果函数()y f x =的图象有一个对称中心(,0)A a 和一条对称轴()x b a b =≠,则函数()y f x =是周期函数,且周期为4||T a b =-.注意这里面提到的周期不一定是函数的最小正周期.这个知识点经常和函数的奇偶性联系到一起,已知函数为奇函数,意味着函数的图象关于原点对称；已知函数为偶函数,意味着函数的图象关于y 轴对称.然后再推到函数的周期.(3)若已知类似函数周期定义式的恒等式,如何确定函数的周期？由周期函数的定义,采用迭代法可得结论： ①函数()f x 满足()()f a x f x +=-,则()f x 是周期为2a 的函数；②若1()(0)()f x a a f x +=±≠恒成立,则2T a =； ③若()()f x a f x a +=-,则2T a =； ④1()()1()f x f x a f x -+=-+,则4T a =.13.如何利用函数的解析式判断函数的图象利用函数的解析式判断函数的图象,可从下面几个角度去考虑： （1）讨论函数的定义域及函数的奇偶性和单调性； （2）考虑是否可由基本初等函数的图象变换作出图象；（3）准确描出关键的点线(如图象与x 、y 轴的交点,极值点(顶点),对称轴,渐近线,等等). 14. 如何转换含有绝对值的函数对含有绝对值的函数,解题关键是如何处理绝对值,一般有两个思路：一是转化为分段函数：利用分类讨论思想,去掉绝对值,得到分段函数.二是利用基础函数变换：首先得到基础函数,然后利用y =f (x )→y =f (|x |)或y =f (x )→y =|f (x )|,得到含有绝对值函数的图象. 15.平移变换中注意的问题函数图象的平移变换,里面有很多细节,稍不注意就会出现差错.所以要从本质深入理解,才不至于模棱两可.(1)左右平移仅仅是相对x 而言的,即发生变化的只是x 本身,利用“左加右减”进行操作.如果x 的系数不是1,需要把系数提出来,再进行变换;(2)上下平移仅仅是相对y 而言的,即发生变化的只是y 本身,利用“上减下加”进行操作.但平时我们是对()y f x =中()f x 操作,满足“上加下减”;16.函数图象的主要应用函数图象的主要应用非常广泛,常见的几个应用总结如下：（1）利用函数图象可判断函数的奇偶性,求函数的单调区间、对称轴、周期等函数的性质； （2）利用函数()f x 和()g x 图象的交点的个数,可判断方程()f x =()g x 根的个数；（3）利用函数()f x 和()g x 图象上下位置关系,可直观的得到不等式()f x ()g x >或()f x ()g x <的解集：当()f x 的图象在()g x 的图象的上方时,此时自变量x 的范围便是不等式()f x ()g x >的解集；当()f x 的图象在()g x 的图象的下方时,此时自变量x 的范围便是不等式()f x ()g x <的解集.。

第二篇易错考点大清查专题2 函数与导数1. 函数概念不清致误函数的定义域、值域、对应法则是函数的三要素注意错误！未找到引用源。

与f(x)是两个不同的函数，它们有不同的法则和定义域.求函数定义域，首先应弄清函数的特征或解析式，可避免出错.例1 【江苏省淮阴中学2015-2016学年度第一学期期中考试】从集合A到集合B的映射错误！未找到引用源。

，若A={-2，-1,0,1,2}，则B中至少有个元素；【答案】3【解析】试题分析：根据映射的定义可得，错误！未找到引用源。

,错误！未找到引用源。

,错误！未找到引用源。

,所以象集为错误！未找到引用源。

，故集合B中至少有3个元素点评：本题对映射概念不清而致错.【举一反三】【江苏省淮阴中学2015-2016学年度第一学期期中考试】设错误！未找到引用源。

是函数错误！未找到引用源。

的零点，且错误！未找到引用源。

，错误！未找到引用源。

，则k= .【答案】-12.忽视函数的定义域致误函数的定义域是函数的用三要素之一，是研究函数图像与性质的重要依据之一，在研究函数的奇偶性、单调性、极值、图像时，一定要定义域先行，可以避免忽视定义域致错.例2【江苏省淮阴中学2015-2016学年度第一学期期中考试】函数错误！未找到引用源。

的单调减区间是 .【答案】错误！未找到引用源。

【解析】试题分析：可得，函数错误！未找到引用源。

的定义域为错误！未找到引用源。

，而函数错误！未找到引用源。

在错误！未找到引用源。

时单调递增，在错误！未找到引用源。

时单调递减，所以由复合函数的单调性知，函数错误！未找到引用源。

的单调递减区间为错误！未找到引用源。

点评：本题容易忽视定义域致错.【举一反三】【江苏省淮阴中学2015-2016学年度第一学期期中考试】已知函数错误！未找到引用源。

是定义在R上的奇函数，当x<0时，错误！未找到引用源。

，那么不等式错误！未找到引用源。

的解集是 .【答案】错误！未找到引用源。

高考大题专攻练函数与导数(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.已知函数f(x)=x·e x-1-a(x+lnx)，a∈R.(1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线为x轴，求a的值.(2)在(1)的条件下，求f(x)的单调区间.(3)若任意x>0，f(x)≥f(m)恒成立，且f(m)≥0，求证：f(m)≥2(m2-m3).【解析】(1)f(x)的定义域是(0，+≦)，f′(x)=e x-1+x·e x-1-a，故f(1)=1-a，f′(1)=2-2a，故切线方程是y-(1-a)=(2-2a)(x-1)，即y=(2-2a)x+a-1；由2-2a=0，且a-1=0，解得a=1.(2)由(1)得a=1，f′(x)=(x+1)，令g(x)=e x-1-，x∈(0，+≦)，所以g′(x)=e x-1+>0，故g(x)在(0，+≦)上递增，又g(1)=0，x∈(0，1)时，g(x)<g(1)=0，此时f′(x)<0，f(x)递减，x∈(1，+≦)时，g(x)>g(1)=0，此时f′(x)>0，f(x)递增，故f(x)在(0，1)递减，在(1，+≦)递增.(3)f′(x)=(x+1)，令h(x)=e x-1-，x∈(0，+≦)，h′(x)=e x-1+，①a≤0时，h(x)>0，此时f′(x)>0，f(x)递增，无最小值，故a≤0不符合题意；②a>0时，h′(x)>0，h(x)在(0，+≦)递增，取实数b，满足0<b<min，则e b-1<=，-<-2，故h(b)=e b-1-<-2<0，又h(a+1)=e a->1-=>0，所以存在唯一的x0∈(b，a+1)，使得h(x0)=0，即a=x0，x∈(0，x0)时，h(x)<h(x0)=0，此时f′(x)<0，f(x)递减，x∈(x0，+≦)时，h(x)>h(x0)=0，此时f′(x)>0，f(x)递增，故x=x0时，f(x)取最小值，由题设，x0=m，故a=m·e m-1，lna=lnm+m-1，f(m)=me m-1(1-m-lnm)，由f(m)≥0，得1-m-lnm≥0，令ω(m)=1-m-lnm，显然ω(m)在(0，+≦)递减.因为ω(1)=0，所以1-m-lnm≥0，故0<m≤1，下面证明e m-1≥m，令n(m)=e m-1-m，则n′(m)=e m-1-1，m∈(0，1)时，n′(m)<0，n(m)在(0，1)递减，故m∈(0，1]时，n(m)≥n(1)=0，即e m-1≥m，两边取对数，得lne m-1≥lnm，即m-1≥lnm，-lnm≥1-m，故1-m-lnm≥2(1-m)≥0，因为e m-1≥m>0，所以f(m)=m·e m-1(1-m-lnm)≥m2·2(1-m)=2(m2-m3)，综上，f(m)≥2(m2-m3).2.已知f(x)=bx-b，g(x)=(bx-1)e x，b∈R.(1)若b≥0，讨论g(x)的单调性.(2)若不等式f(x)>g(x)有且仅有两个整数解，求b的取值范围. 【解析】(1)g′(x)=e x(bx+b-1)，当b=0时，g′(x)<0在R上恒成立，即g(x)在(-≦，+≦)上单调递减，当b>0时，g′(x)>0的解集为，即g(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)由不等式f(x)>g(x)有且仅有两个整数解得，b(xe x-x+1)<e x有两个整数解.当x>0时，e x-1>0，x(e x-1)+1>0；当x<0时，e x-1<0，x(e x-1)+1>0，所以，b<有两个整数解，设φ(x)=，则φ′(x)=，令h(x)=2-x-e x，则h′(x)=-1-e x<0，又h(0)=1>0，h(1)=1-e<0，所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)=0，所以φ(x)在(-≦，x0)为增函数，在(x0，+≦)为减函数，所以b<有两个整数解的充要条件是，解得≤b<1.高考大题专攻练函数与导数(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.已知函数f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)，其中a∈R.(1)求f(x)的单调区间.(2)是否存在a的值，使得f(x)在[0，+∞)上既存在最大值又存在最小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】(1)f(x)=ln(2ax+a2-1)-ln(x2+1)=ln.设g(x)=，g′(x)=-.①当a=0时，f(x)无意义，所以a≠0.②当a>0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：-(-a)=>0，所以>-a.-=-<0，所以<.故f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.③当a<0时，f(x)的定义域为.令g′(x)=0，得x1=-a，x2=，g(x)与g′(x)的情况如表：-(-a)=<0，所以<-a.-=->0，所以>.所以f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.(2)①当a>0时，由(1)可知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在[0，+≦)上存在最大值f=lna2. 下面研究最小值：由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≥0，即0<a≤1时，结合f(x)的定义域可知f(x)在[0，+≦)上没有最小值，不合题意.(ⅱ)若<0，即a>1时，因为在上单调递增，所以f(x)在上存在最小值f(0)；因为f(x)在上单调递减，所以f(x)在上不存在最小值.所以，要使f(x)在[0，+≦)上存在最小值，只可能是f(0)=ln(g(0)).计算整理g(x)-g(0)=-(a2-1)=.要使f(x)在[0，+≦)上存在最小值，只需x∈[0，+≦)，g(x)-g(0)≥0.因为x2+1>0，则问题转化为x∈[0，+≦)时，(1-a2)x+2a≥0恒成立.设h(x)=(1-a2)x+2a，则只需或解得0≤a≤1，这与a>1相矛盾，所以f(x)在[0，+≦)上没有最小值，不合题意.②当a<0时，由于f(x)的定义域为.(ⅰ)若≤0，即-1≤a<0时，f(x)在[0，+≦)上没有意义，也不存在最大值和最小值.(ⅱ)若>0，即a<-1时，由(1)可知f(x)在上单调递减，f(x)存在最大值，但不存在最小值.综上，不存在a的值，使得f(x)在[0，+≦)上既存在最大值又存在最小值.2.已知函数f(x)=ae x+(2-e)x(a为实数，e为自然对数的底数)，曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线(3-e)x-y+10=0平行.(1)求实数a的值，并判断函数f(x)在区间[0，+∞)内的零点个数.(2)证明：当x>0时，f(x)-1>xln(x+1).【解析】(1)f′(x)=ae x+2-e，由题设，可知曲线y=f(x)在x=0处的切线的斜率k=f′(0)=a+2-e=3-e，解得a=1，所以f(x)=e x+(2-e)x，所以x≥0时，f′(x)=e x+2-e≥e0+2-e>0，所以f(x)在区间[0，+≦)内为增函数，又f(0)=1>0，所以f(x)在区间[0，+≦)内没有零点.(2)当x>0时，f(x)-1>xln(x+1)等价于>ln(x+1)，记g(x)=e x-(x+1)，则g′(x)=e x-1，当x>0时，g′(x)>0，所以当x>0时，g(x)在区间(0，+≦)内单调递增，所以g(x)>g(0)=0，即e x>x+1，两边取自然对数，得x>ln(x+1)(x>0)，所以要证明>ln(x+1)(x>0)，只需证明≥x(x>0)，即证明当x>0时，e x-x2+(2-e)x-1≥0，①设h(x)=e x-x2+(2-e)x-1，则h′(x)=e x-2x+2-e，令φ(x)=e x-2x+2-e，则φ′(x)=e x-2，当x∈(0，ln2)时，φ′(x)<0；当x∈(ln2，+≦)时，φ′(x)>0.所以φ(x)在区间(0，ln2)内单调递减，在区间(ln2，+≦)内单调递增，又φ(0)=3-e>0，φ(1)=0，0<ln2<1，所以φ(ln2)<0，所以存在x0∈(0，1)，使得φ(x0)=0，所以当x∈(0，x0)，或x∈(1，+≦)时，φ(x)>0；当x∈(x0，1)时，φ(x)<0，所以h(x)在区间(0，x0)内单调递增，在区间(x0，1)内单调递减，在区间(1，+≦)内单调递增，又h(0)=h(1)=0，所以h(x)=e x-x2+(2-e)x-1≥0，当且仅当x=1时，取等号，即①式成立.所以f(x)-1>xln(x+1).。

【热点聚焦】单调性是函数的一个重要性质，对函数作图起到决定性的作用，而导数是分析函数单调区间的一个便利工具.在高考导数的综合题中，所给函数往往是一个含参数的函数，且导函数含有参数，在分析函数单调性时面临分类讨论.从高考命题看，对函数单调性的考查主要有：利用导数求函数的单调区间、判断单调性、已知单调性，求参数等．【重点知识回眸】（一）函数的单调性与导数的关系 条件 结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＞0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )＜0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数优先”原则． （二）常用结论1．在某区间内f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 2．可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )上的任何子区间内都不恒为零． （三）常见问题解题方法1.导数求单调区间的步骤：利用导数求函数单调区间的方法，大致步骤可应用到解含参函数的单调区间.即确定定义域→求出导函数→令()'0f x >解不等式→得到递增区间后取定义域的补集（减区间）→单调性列出表格.2.求含参函数单调区间的实质——解含参不等式，而定义域对x 的限制有时会简化含参不等式的求解3.求单调区间首先确定定义域，并根据定义域将导数不等式中恒正恒负的项处理掉，以简化讨论的不等式4.含参数问题分类讨论的时机分类时机：并不是所有含参问题均需要分类讨论，当参数的不同取值对下一步的结果影响不相同时，就是分类讨论开始的时机.【典型考题解析】热点一 不含参数的函数的单调性【典例1】（2023·全国·高三专题练习）函数21()ln 2f x x x =-的单调递减区间为（ ） A ．(1,1)- B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(0,2)【答案】B【分析】求导，解不等式()0f x '<可得. 【详解】()f x 的定义域为(0,)+∞ 解不等式1(1)(1)()0x x f x x x x-+'=-=<，可得01x <<， 故函数21()ln 2f x x x =-的递减区间为(0,1). 故选：B ．【典例2】（广东·高考真题（文））函数的单调递增区间是 （ ）A ．B ．(0,3)C ．(1,4)D ．【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意得，()()(3)(3)(2)x x x f x x e x e x e '=-+-=-''，令()0f x '>，解得2x >，所以函数()f x 的单调递增区间为，故选D ．【典例3】（2023·全国·高三专题练习）已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________． 【答案】(0,)6π，5(,)6ππ【分析】对()f x 求导，令f ′(x )＝0，得x ＝6π或x ＝56π，求出()0f x '> 的解即可求出答案. 【详解】f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)．令f ′(x )＝0，得x ＝6π或x ＝56π， 当0<x <6π时，f ′(x )>0， 当6π<x <56π时，f ′(x )<0，当56π<x <π时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0,)6π和5(,)6ππ上单调递增，在5(,)66ππ上单调递减．故答案为：(0,)6π，5(,)6ππ.【典例4】（2023·全国·高三专题练习）已知函数211,0()2,0x f x x x x ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪-+>⎩，则函数12()log g x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭的单调递增区间为__． 【答案】20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞ 【分析】先根据题意求出()g x 的解析式，然后在每一段上求出函数的增区间即可 【详解】由12log 0x ≤，得1≥x ，由12log 0x >，得01x <<，所以当1≥x 时，12log 1()112xg x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，则()g x 在[1,)+∞上递增，当01x <<时，21122()loglog g x x x =-+，则121212log 11()2log 111lnlnln222x g x x x x x -'=-⋅+=，由()0g x '>，得1212log 0x -<，解得202x <<， 所以()g x 在20,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上递增， 综上得函数()g x 的单调递增区间为20,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞． 故答案为：20,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，[1,)+∞． (1)函数的一阶导数可以用来研究函数图象的上升与下降，函数的二阶导数可以用来研究函数图象的陡峭及平缓程度，也可用来研究导函数图象的上升与下降． (2)求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错． 热点二 含参数的函数的单调性【典例5】（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭；（2）1a e >.【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f >及（1）的单调性性可得()min 0f x >，从而可求a 的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()23(1)()ax ax f x x+-'=，因为0,0a x >>，故230ax +>， 当10x a<<时，()0f x '<；当1x a >时，()0f x '>；所以()f x 的减区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，增区间为1,+a ⎛⎫∞ ⎪⎝⎭.（2）因为()2110f a a =++>且()y f x =的图与x 轴没有公共点，所以()y f x =的图象在x 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min 1133ln 33ln f x f a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭，故33ln 0a +>即1a e>.【典例6】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln R kf x x k k x=--∈，，讨论函数()f x 在区间(1,e)内的单调性. 【答案】见解析 【分析】先求出2()x kf x x +'=-，然后分k -与(1,e)的关系进行分类讨论,从而得出答案. 【详解】由()ln kf x x k k R x=--∈，，(1,e)x ∈ 221()k x k f x x x x+'∴=--=- ①当1k -≤，即1k ≥-时，10x k x +≥->， ()0f x '∴< ，()f x ∴在(1,e)单调递减；②当e k -≥，即e k ≤-时，e 0x k x +≤-<， ()0f x '∴> ，()f x ∴在(1,e)单调递增；③当1e k <-<，即e 1k -<<-时，当1x k <<-时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当e k x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减； 综上所述，当1k ≥-时，()f x 在(1,e)单调递减 当e k ≤-时，()f x 在(1,e)单调递增当e 1k -<<-时，()f x 在(1,)k -单调递增，在(,e)k -单调递减.【方法总结】解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．热点三 已知函数的单调性求参数的取值范围【典例7】（全国·高考真题（文））若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],2-∞- B ．(],1-∞- C ．[)2,+∞ D ．[)1,+∞【答案】D 【解析】 【详解】 试题分析：，∵函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，∴在区间()1,+∞上恒成立．∴，而在区间()1,+∞上单调递减，∴．∴的取值范围是[)1,+∞．故选D ．【典例8】（全国·高考真题（理））若函数()cos 2sin f x x a x =+在区间(,)62ππ内是减函数，则实数a 的取值范围是_______. 【答案】2a ≤ 【解析】 【详解】试题分析：()()2sin 2cos 4sin cos cos cos 4sin .,62f x x a x x x a x x x a x ππ⎛⎫=-+=-+=-+∈ ⎪⎝'⎭时，()f x 是减函数，又cos 0x >，∴由()0f x '≤得4sin 0,4sin x a a x -+≤∴≤在,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()min 4sin ,,262a x x a ππ⎛⎫⎛⎫∴≤∈∴≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【典例9】（2019·北京·高考真题（理））设函数f （x ）=e x +a e −x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】 -1; (],0-∞. 【解析】 【分析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用导函数的解析式可得a 的取值范围. 【详解】若函数()x xf x e ae -=+为奇函数,则()()(),x x x x f x f x e ae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()x x f x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0x xf x e ae -=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞ 【规律方法】由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间D 上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，从而构建不等式，求出参数的取值范围，要注意“＝”是否可以取到．(2)可导函数在区间D 上存在单调区间，实际上就是f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)在该区间上存在解集，即f ′(x )max ＞0(或f ′(x )min ＜0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．(3)若已知f (x )在区间D 上的单调性，区间端点含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令D 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围． 热点四 函数单调性与函数图像【典例10】（2018·全国·高考真题（文））函数()2e e x xf x x --=的图像大致为 ( )A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【详解】分析：通过研究函数奇偶性以及单调性，确定函数图像.详解：20,()()()x xe e xf x f x f x x --≠-==-∴为奇函数，舍去A,1(1)0f e e -=->∴舍去D;243()()2(2)(2)()2,()0x x x x x xe e x e e x x e x ef x x f x x x ---+---++=='∴>'>，所以舍去C ；因此选B.【典例11】（2023·全国·高三专题练习）函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【分析】根据导函数的图象判断原函数的单调性，即可判断选项.【详解】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内.符合条件的只有D. 故选：D【典例12】（2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（ ）A ．1()()4y f x g x =+-B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =【答案】D 【解析】 【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解. 【详解】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ； 对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ； 对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，221202164y ππ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C. 故选：D. 【规律方法】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复． 热点五 函数单调性与比较大小、解不等式 【典例13】（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】 【分析】由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】 因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭ 所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞， ()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->， 所以b a >,所以c b a >>， 故选：A【典例14】（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<【答案】C 【解析】 【分析】构造函数()ln(1)f x x x =+-， 导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小. 【详解】设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++， 当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增， 所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11x xx g x x x x -+'=+=--, 令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当021x <<时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，211x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增， 又(0)0h =，所以当021x <<时，()0h x <，所以当021x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增， 所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C.【典例15】（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数()()3log 912xf x x =+-+，则不等式()()21f x f x -<的解集为（ ） A ．()1,3 B ．(),1-∞ C ．[)1,+∞D ．1,13⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解.【详解】函数的定义域为R ，()()()9ln 92991119191ln 391x x x x x x f x ⋅-'=-=-=+++，当0x <时，0f x ；当0x >时，0f x ，故()f x 在(),0-∞上为减函数，在()0,+∞上为增函数. 又()()3391log 912log 29x xx f x x x -+-=+++=++()()3log 9122x x x f x =+-++=，故()f x 为R 上的偶函数，故()()21f x f x -<等价于()()21f x f x -<， 即21x x -<，两边平方得23410x x -+<，故1,13x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.故选：D.'()f x 当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是( ) A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A 【解析】 【详解】构造新函数()()f x g x x=,()()()2'xf x f x g x x -='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >， 又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃. 故选A.【典例17】（2021·山东·临沂市兰山区教学研究室高三开学考试）已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()20f x x xf '+>，则不等式()()()220212021420x f x f +++-<的解集为（ ）A ．()2019,+∞B ．()2021,2019--C ．(),2019-∞-D ．()2019,0-【答案】C【分析】根据已知条件构造函数2()()g x x f x =，可得()g x 在(0,)+∞上为增函数，且()g x 为奇函数，然后将()()()220212021420x f x f +++-<可转化为(2021)(2)g x g +<，从而可求出不等式的解集.【详解】令2()()g x x f x =，则2()2()()[2()()]g x xf x x f x x f x xf x '=+''=+， 因为当0x >时，有()()20f x x xf '+>， 所以当0x >时，()0g x '>， 所以()g x 在(0,)+∞上为增函数，因为()f x 为奇函数，所以()()f x f x -=-， 所以22()()()()()g x x f x x f x g x -=--=-=-， 所以()g x 为R 上的奇函数， 所以()g x 在R 上为增函数，由()()()220212021420x f x f +++-<，得()()()22021202142x f x f ++<--， ()()()2220212021(2)2x f x f ++<---，所以(2021)(2)g x g +<--，因为()g x 为奇函数，所以(2021)(2)g x g +<， 所以20212x +<，得2019x <-，所以不等式的解集为(),2019-∞-， 故选：C【典例18】（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）设11166,2ln sin cos ,ln 5101055a b c ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是___________. 【答案】.b a c <<【分析】利用导数研究函数()sin f x x x =-，()ln(1)g x x x =-+，6()ln(1)5h x x x =-+在(0,1)上的单调性，利用函数的单调性可比较,,a b c 的大小.【详解】由已知可得2111112ln sin cos ln sin cos ln(1sin )101010105b ⎛⎫⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()sin f x x x =-，(0,1)x ∈，则()1cos 0f x x '=->， 所以()sin f x x x =-在(0,1)上单调递增，所以1(0)05f f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即11sin 55>，所以11ln 1sin ln 155b ⎛⎫⎛⎫=+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设()ln(1)g x x x =-+，(0,1)x ∈，则1()1011x g x x x '=-=>++， 所以()ln(1)g x x x =-+在(0,1)上单调递增，所以1(0)05g g ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即111ln 1ln 1sin 555⎛⎫⎛⎫>+>+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以a b >，设6()ln(1)5h x x x =-+，(0,1)x ∈，则651()1551x h x x x -'=-=++，当105x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0h x '<，当1,15x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，所以6()ln(1)5h x x x =-+在105⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在1,15⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以1(0)05h h ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即16166ln 1ln 55555⎛⎫<+= ⎪⎝⎭，所以a c <，所以.b a c << 故答案为：.b a c <<. 构造函数解不等式或比较大小一般地，在不等式中若同时含有f (x )与f ′(x )，常需要通过构造含f (x )与另一函数的和、差、积、商的新函数，再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果． 常见构造的辅助函数形式有： (1)f (x )＞g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )；(2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→()[]'f x x； (4)f ′(x )＋f (x )→[e x f (x )]′；(5)f ′(x )－f (x )→()[]'x f x e′.（6）()()f x f x '<→()()x f x g x e = （7）()()xf x f x '<→()()f x g x x=（8）()()0xf x f x '+<→()()g x xf x =.【精选精练】一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）函数()y f x =在定义域3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭内可导，图像如图所示，记()y f x =的导函数为()y f x '=，则不等式()0f x '≥的解集为（ ）A ．[)1,12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1481,,233⎡⎤⎡⎤-⋃⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦C ．[]31,1,223⎛⎤--⋃ ⎥⎝⎦D ．3148,,2333⎛⎤⎡⎤--⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦【答案】C【分析】()0f x '≥的解集即为()y f x =单调递增区间，结合图像理解判断． 【详解】()0f x '≥的解集即为()y f x =单调递增区间 结合图像可得()y f x =单调递增区间为[]31,,1,223⎛⎤-- ⎥⎝⎦则()0f x '≥的解集为[]31,1,223⎛⎤--⋃ ⎥⎝⎦故选：C ．2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A ．在区间()1,1-上，()f x 是增函数B ．在区间()3,2--上，()f x 是减函数C ．2-为()f x 的极小值点D ．2为()f x 的极大值点【答案】D【分析】利用函数与导函数的关系及其极值的定义即可求解. 【详解】由导函数()f x '的图像可知，在区间()1,0-上为单调递减，在区间()0,1上为单调递增，则选项A 不正确； 在区间()3,2--上，()0f x '>，则()f x 是增函数，则选项B 不正确；由图像可知()20f '-=，且()3,2--为单调递增区间，()2,0-为单调递减区间，则2-为()f x 的极大值点，则选项C 不正确；由图像可知()20f '=，且()1,2为单调递增区间，()2,3为单调递减区间，则2为()f x 的极大值点，则选项D 正确； 故选：D.3．（2023·全国·高三专题练习）函数()3221343f x x ax a x =---在()3,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．0a ≥ B ．1a ≥ C ．3a ≤-或1a ≥ D ．31a -≤≤【答案】D【分析】结合函数单调性得到()22230f x x ax a -'=-≥在()3,+∞上恒成立，分0a =，0a >和0a <三种情况，数形结合列出不等式，求出实数a 的取值范围. 【详解】∵函数()3221343f x x ax a x =---在()3,+∞上是增函数，∴()22230f x x ax a -'=-≥在()3,+∞上恒成立， ∵()()()22233f x x ax a x a x a =--=-+'，∴当0a =时，()20f x x '=≥恒成立，满足题意；当0a >时，()0f x '>在()(),3,a a ∞∞--⋃+上恒成立，()0f x '<在(),3a a -上恒成立，故只需33a ≤，解得：1a ≤，故可得：(]0,1a ∈ 当0a <时，()0f x '>在()(),3,a a ∞∞-⋃-+上恒成立，()0f x '<在()3,a a -上恒成立，故只需3a -≤，解得：3a ≥-，故可得：[)3,0a ∈- 综上可得：实数a 的取值范围是[]3,1-， 故选：D ．4．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知函数()12ln f x x x x=+-，则不等式()()211f x f x -<-的解集为（ ） A ．20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．12,23⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【分析】利用导数说明函数的单调性，再根据函数的单调性及定义域将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】解：由题意可知，函数()12ln f x x x x=+-的定义域为()0,∞+. 因为()22211110f x x x x ⎛⎫'=--=--≤ ⎪⎝⎭恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递减.则由()()211f x f x -<-可得21010211x x x x->⎧⎪->⎨⎪->-⎩，解得213x <<，即原不等式的解集为2,13⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B.a A ．ln ln ab a b -<-e e B ．ln ln b a a b < C ．e a b ba-> D ．sin sin 1a ba b-<-【答案】D【分析】由题设有0a b >>，分别构造e ln x y x =-、ln xy x=、e x y x =、sin y x x =-，利用导数研究在,()0x ∈+∞上的单调性，进而判断各项的正误. 【详解】由221a b >>，即0a b >>，A ：若e ln x y x =-且,()0x ∈+∞，则1e x y x'=-，故12|e 20x y ='=-<，1|e 10x y ='=->，即y '在1(,1)2上存在零点且y '在(0,)+∞上递增，所以y 在(0,)+∞上不单调，则e ln e ln a b a b -<-不一定成立，排除； B ：若ln x y x =且,()0x ∈+∞，则21ln xy x -'=， 所以(0,e)上0y '>，y 递增；(e,)+∞上0y '<，y 递减； 故y 在(0,)+∞上不单调，则ln ln a ba b<不一定成立，排除； C ：若e x y x =且,()0x ∈+∞，则e (1)0x y x '=+>，即y 在(0,)+∞上递增， 所以e e a b a b >，即e a b ba-<，排除； D ：若sin y x x =-且,()0x ∈+∞，则1cos 0y x '=-≥，即y 在(0,)+∞上递增， 所以sin sin a a b b ->-，即sin sin 1a ba b-<-，正确.故选：D6．（2022·四川成都·高三期末（理））若函数()在区间()上单调递增，则实数k 的取值范围是（ ） A ．[)1,+∞ B ．[)2,+∞ C ．(]0,1 D ．(]0,2【答案】B【分析】根据已知条件等价为()20f x k x =-≥'在()1,+∞上恒成立，即2k x≥在()1,+∞上恒成立，求解()()21g x x x=>的取值情况即可得出结果. 【详解】()2ln f x kx x =-由题意，已知条件等价为()20f x k x=-≥'在()1,+∞上恒成立， 即2k x≥在()1,+∞上恒成立， 令()()21g x x x=>， ()g x 在()1,+∞上单调递减，()2g x ∴<，2k ∴≥，k ∴的取值范围是[)2,+∞.故选：B.7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3ln 3f x x x ax =--在()2,+∞上单调递增，则实数a 的取值范围为（ ）A ．72a >-B ．72a ≥-C ．72a <D ．72a ≤【答案】D【分析】由已知可得()210f x x a x '=--≥在()2,+∞恒成立，从而进行参变分离求最值即可.【详解】解：()210f x x a x'=--≥，因为函数()31ln 3f x x x ax =--在()2,+∞上单调递增，所以()210f x x a x '=--≥在()2,+∞恒成立，即21a x x≤-在()2,+∞恒成立，令()()212g x x x x =->，则()2120g x x x '=+>在()2,+∞恒成立， 故()g x 在()2,+∞单调递增，所以()()722g x g >=， 故a 的取值范围是72⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，，故选：D ．8．（2023·全国·高三专题练习）已知R α∈，则函数()ex x f x =的图象不可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【分析】令12α=、2α=、1α=-，结合导数研究()f x 的单调性及值域判断可能的图象，即可得答案.【详解】当12α=时，()e x xf x =且0x ≥，则12()e x x f x x-'=，所以1(0,)2上 ()0f x '>，()f x 递增；1(,)2+∞上 ()0f x '<，()f x 递减，且(0)0f =，所以A 图象可能；当2α=时，2()0ex x f x =≥且R x ∈，则(2)()e x x x f x '-=，所以(,0)-∞上()0f x '<，()f x 递减，(0,2)上 ()0f x '>，()f x 递增，(2,)+∞上 ()0f x '<，()f x 递减，所以B 图象可能； 当1α=-时，1()e x f x x =且0x ≠，则21()e xxf x x +'=-，所以(,1)-∞-上()0f x '>，()f x 递增，(1,0)-上 ()0f x '<，()f x 递减，(0,)+∞上 ()0f x '>，()f x 递增，又0x <时()0f x <，而0x >时()0f x >， 所以D 图象可能； 综上，排除A 、B 、D. 故选：C3232b b =，03c <<且33c c =，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．b a c <<D ．a c b <<【答案】A【分析】构造函数()ln xf x x=，求导，根据函数的单调性比大小即可. 【详解】由88a a =，两边同时以e 为底取对数得ln ln 88a a =， 同理可得ln ln 3232b b =，ln ln33c c =， 设()ln xf x x=，0x >，则()()8f a f =，()()32f b f =，()()3f c f =， ()21ln xf x x -'=，令()0f x '=，解得e x =，当()0,e x ∈时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 则(),,0,e a b c ∈，且()()()3832f f f >>， 所以()()()f c f a f b >>， 故c a b >>， 故选：A.10．（2022·江苏·扬中市第二高级中学高三开学考试）已知()f x '是函数()f x 的导数，且()()f x f x -=，当0x ≥时，()3f x x '>，则不等式3()(1)32f x f x x --<-的解集是（ ） A ．1(,0)2-B ．1(,)2-∞-C ．1(,)2+∞D ．1(,)2-∞【答案】D【分析】构造函数23()()2g x f x x =-，根据导数判断单调性，再利用奇偶性求出解集.【详解】设23()()2g x f x x =-，则()()3g x f x x '='-，因为当0x ≥时，()3f x x '>，所以当0x ≥时，()0g x '>， 即()g x 在[0,)+∞上单调递增，因为()()f x f x -=，所以()f x 为偶函数，则()g x 也是偶函数,所以()g x 在(,0]-∞上单调递减. 因为3()(1)32f x f x x --<-,所以2233()(1)(1)22f x x f x x -<---, 即()(1)g x g x <-, 则1x x <-，解得12x <， 故选：D.b a b =下列正确的是（ ） A ．1ab >B ．1(1)b a a b +<+C ．11a b a b a a b b ++->-D ．52+>a b 【答案】B【分析】利用指对数互化及对数的运算性质可得1b a =，进而可得1121a b b<=<<+，然后构造函数，利用函数的单调性即得. 【详解】由log b a a b =，可得1log log log b a b a b a==，所以log 1b a =，或log 1b a =-， ∴b a =(舍去)，或1b a=，即1ab =，故A 错误； 又02b a b <<<，故120a a a<<<， ∴12a <<，对于函数()112y x x x=+<<， 则2221110x y x x-'=-=>，函数()112y x x x =+<<单调递增，∴1322,2a b a a ⎛⎫+=+∈ ⎪ ⎪⎝⎭，故D 错误； ∵02b a b <<<，112a b<=<， ∴1212a b b <<<+<， 令()()ln 12x g x x x=<<，则()21ln 0xg x x -'=>，∴函数()()ln 12xg x x x=<<单调递增， ∴()ln 1ln 1b a a b +<+，即()()1ln ln 1b a a b +<+， ∴()1ln ln 1ab a b +<+，即1(1)b a a b +<+，故B 正确； ∵011b a b <<<<+，∴函数,x x y a y b ==-单调递增，故函数x x y a b =-单调递增， ∴11a a b b a b a b ++-<-，即11a b a b a a b b ++-<-，故C 错误. 故选：B. 12．（2023·全国·高三专题练习）已知0a <，函数322()2f x x ax a x =+-+的单调递减区间是________ ． 【答案】,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】求出函数导数，由()0f x '<即可求出单调递减区间. 【详解】22()32(3)()f x x ax a x a x a '=+-=-+，令()0f x '<，解得3ax a <<- ， 所以()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.故答案为：,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭.13．（2021·河南宋基信阳实验中学高三开学考试（文））若函数4y x x=+在()0,a 上为单调减函数，则实数a 的取值范围是_________. 【答案】(]0,2【分析】由题可得函数4y x x=+在区间(0,2]上是减函数，结合条件即得. 【详解】对于函数4y x x=+，0x >， ∴()()222222441x x x y x x x+--'=-==，0x >， 由0y '<，可得02x <<， 因为函数4y x x=+在()0,a 上为单调减函数， 所以02a <≤，即实数a 的取值范围是(]0,2. 故答案为：(]0,2.14．（2022·江苏·扬中市第二高级中学高三开学考试）函数()2x x f x =的单调递增区间为__________. 【答案】2(0,)ln 2【分析】先求得导函数，并令'0f x ，再判断导函数的符号，由此可得函数的单调递增区间.【详解】函数2()2x xf x =，则()()()2'22ln 2ln 222222x x xxx fx x x x -⋅-⋅⋅⋅==，令()0f x '=解得20,ln 2x x ==， 当(),0x ∈-∞时,()0f x '<,函数()f x 单调递减，当20,ln 2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,函数()f x 单调递增，当2,ln 2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,函数()f x 单调递减， 故答案为：2(0,)ln 2. 15．（2023·全国·高三专题练习）()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______【答案】1,9⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【分析】分析可知，2,+3x ⎛⎫∃∈∞ ⎪⎝⎭，使得()212a x x >-，求出函数()212y x x =-在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上的值域，可得出实数a 的取值范围.【详解】因为()3211232f x x x ax =-++，则()22f x x x a '=-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞ ⎪⎝⎭，使得()0f x '>，即()212a x x >-，当()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-.故答案为：1,9⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.16．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知奇函数()的定义域为R ，当0x >讨，()()20f x f x '+>，且()20f =，则不等式()0f x >的解集为___________.【答案】()(2,02,)-⋃+∞【分析】构造函数2()e ()=x g x f x ,利用导函数判断出当x >0时, ()g x 单调递增，得到当x >2时()0g x >，从而()0f x >；当02x <<时，()0g x <，从而()0f x <.由()f x 为奇函数得到不等式()0f x >的解集.【详解】构造函数2()e ()=x g x f x ，则当0x >时，[]2()e 2()()0xg x f x f x ''=+>，所以当x >0时()g x 单调递增.因为f (2)=0，所以()()42e 20g f ==，所以当x >2时()0g x >，从而()0f x >.当02x <<时，()0g x <，从而()0f x <.又奇函数()f x 的图像关于原点中心对称，所以()0f x >的解集为()(2,02,)-⋃+∞. 故答案为: ()(2,02,)-⋃+∞. 三、解答题17．（2022·四川成都·高三期末（理））设函数()()321113f x x x a x =-++--，其中a ∈R ．若函数()f x 的图象在0x =处的切线与x 轴平行． (1)求a 的值；(2)求函数()f x 的单调区间． 【答案】(1)1a =(2)单调递增区间为()0,2；单调递减区间为(),0∞-，()2,+∞【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）由（1）得()32113f x x x =-+-，再求导分析函数的单调区间即可(1)()221f x x x a '=-++-．∵函数()f x 的图象在0x =处的切线与x 轴平行，∴()010f a =-='，解得1a =．此时()010f =-≠，满足题意．∴1a =． (2)由（1）得()32113f x x x =-+-，故()()222f x x x x x '=-+=--．令()0f x '=，解得0x =或2x =．当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：x(),0∞-0 ()0,22 ()2,+∞()f x ' - 0 +0 -()f x单调递减1- 单调递增13单调递减∴函数()的单调递增区间为()；单调递减区间为()，()．18．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()22ln x f x x a =-（a ∈R 且0a ≠）．(1)2a =，求函数()f x 在()()22f ,处的切线方程． (2)讨论函数()f x 的单调性； 【答案】(1)2ln 2y x =- (2)答案见解析【分析】（1）求得函数的导数，根据导数的几何意义即可求得切线方程；（2）求出函数的导数，分类讨论a 的取值，判断导数的正负，从而确定函数的单调性. (1)当2a =时，()22ln 2x f x x =-，所以()22n2l 2f =-,()2f x x x'=-，所以()22212f '=-=,所以函数()f x 在()()22f ,处的切线方程为()22ln 22y x --=-，即2ln 2y x =-. (2)()f x 的定义域为(0)+∞，， 22()x f x a x'=-,当0a <时， ()0f x '<恒成立，所以()f x 在(0)+∞，上单调递减； 当0a > 时， ()()222()x f x x a x a a x ax'=-=+-,在()0,a 上，()0f x '<，所以()f x 单调递减；在(),a +∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增.。

函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x 22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.02证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．3(2024·上海松江·二模)已知函数y =x ⋅ln x +a (a 为常数)，记y =f (x )=x ⋅g (x ).(1)若函数y =g (x )在x =1处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：f (x )+f (t -x )≥f (t )-t ln2+a ；(3)当a =1时，求证：g (x )+cos x <e x x.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min ．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-axe x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x的不等式f x >a1-x无整数解，求a的取值范围.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xe x-ae x,a∈R．(1)当a=0时，求f x 在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x∈R，有f x ≤e x-1恒成立，求a的取值范围．3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x+1,g x =e x-1.(1)求曲线y=f x 与y=g x 的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,f x+1≤a2g x +a2-a+1，求a的取值范围.04零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x-1，g x =ln x+b.(1)求函数F x =x-1f x 的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f x 与y=g x 都相切，求b的取值范围.2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=e ax+1 x．(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值；(3)若a<-e，求函数f(x)的零点个数．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x a e2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．3(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=e x -sin x ．(1)若f (x )≥ax 2+1对于任意x ∈[0,+∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )的零点按照从大到小的顺序构成数列x n ，n ∈N *，证明：2ni =1x i <-2n 2+n π；(3)对于任意正实数x 1,x 2，证明：e x 2-x 2-1 e x 1>sin x 1+x 2 -sin x 1-x 2cos x 1．1已知函数f x =ax -ln x x ，a >0．(1)若f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的零点，且x 1<x 2，证明：a x 1+x 2 2>2．2已知函数f x =3ln x -ax ．(1)讨论f x 的单调性．(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个零点x 1<x 2 ．(ⅰ)求实数a 的取值范围．(ⅱ)λ∈0,12 ,f x 是f x 的导函数．证明：f λx 1+1-λ x 2 <0．3如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二阶导数(已知圆x -a 2+y -b 2=r 2在点A x 0,y 0 处的二阶导数等于r 2b -y 0 3)；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．(1)求抛物线y =x 2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线y =1x的曲率半径的最小值；(3)若曲线y =e x 在x 1,e x 1 和x 2,e x 2x 1≠x 2 处有相同的曲率半径，求证：x 1+x 2<-ln2．4已知函数f x =ax2+x-ln x-a．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若f x 有2个零点x1,x2，证明：a x1+x22+x1+x2>2．5已知函数f x =12e2x+a-2e x-2ax．(1)若曲线y=f x 在0,a-32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及f x 的单调区间．(2)若f x 的极大值为f ln2，求a的取值范围．(3)当a=0时，求证：f x +5e x-52>32x2+x ln x．6已知函数f x =12x2+x+a ln x+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：当a<-1时，a2+f x >1．7已知函数f x =x ln x+ax+1a∈R．(1)若f x ≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当x>1时，证明：e x ln x>e(x-1)．(1)判断函数f(x)的单调性(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<ln2,n∈N*.9牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯，x n.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解.已知函数f x =x3-x+1，a∈R.(1)试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x +3x2+6x+5+ae x≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．11已知函数f x =x2-2a ln x-2(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤2ln x2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．12已知函数f x =xe x，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：f x ≤e x-1；(3)设g x =f x -e2x+2ae x-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得g x0≥0，求a的最大值.13已知函数f x =e x-1-ax a∈R．(1)若函数f x 在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2时，讨论函数F x =f x -x ln x零点的个数．14已知函数f(x)=e2x-(2a-1)e x-ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.15已知函数f x =e x-x2+a，x∈R，φx =f x +x2-x.(1)若φx 的最小值为0，求a的值；(2)当a<0.25时，证明：方程f x =2x在0,+∞上有解.16已知f (x )=x ex,g (x )=ln x x ．(1)求函数y =f (x )、y =g (x )的单调区间和极值；(2)请严格证明曲线y =f (x )、y =g (x )有唯一交点；(3)对于常数a ∈0,1e，若直线y =a 和曲线y =f (x )、y =g (x )共有三个不同交点x 1,a 、x 2,a 、x 3,a ，其中x 1<x 2<x 3，求证：x 1、x 2、x 3成等比数列．17已知函数f x =sin x -ax ⋅cos x ,a ∈R ．(1)当a =1时，求函数f x 在x =π2处的切线方程；(2)x ∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x >0，求a 的取值范围；(ⅱ)证明：sin 2x ⋅tan x >x 3．18f(x)=2sin(x+φ)-a+e-x，φ∈0,π2，已知f(x)的图象在(0,f(0))处的切线与x轴平行或重合．(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：157k=1sinkπ314<106．eπ314e-π314e78π314e-78π314e79π314e-79π314 1.0100.990 2.1820.458 2.2040.45419数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a =(x ,y )，其模定义为|a |=x 2+y 2.类似地，对于n 行n 列的矩阵A nn =a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A =∑ni =1∑nj =1a 2ij12(其中a ij为矩阵中第i 行第j 列的数，∑为求和符号)，记作A F，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A 22=a 11a 12a21a 22=2435，其矩阵模A F =∑n i =1∑nj =1a 2ij12=22+42+32+52=3 6.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)∀n ∈N *，n ≥3，矩阵B nn =100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯n，求使B F >35的n 的最小值.(2)∀n ∈N *，n ≥3，，矩阵C nn =1cos θcos θcos θ⋯cos θcos θ0-sin θ-sin θcos θ-sin θcos θ⋯-sin θcos θ-sin θcos θ00sin 2θsin 2θcos θ⋯sin 2θcos θsin 2θcos θ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(-1)n -2sin n -2θ(-1)n -2sin n -2θcos θ0000⋯0(-1)n -1sin n -1θ求C F.(3)矩阵D mn =ln n +2n +100⋅⋅⋅0ln n +1n 22ln n +1n 220⋅⋅⋅0⋮ln 43n -1n -1ln 43 n -1n -1ln 43 n -1n -1⋅⋅⋅0ln 32 n n ln 32 n n ln 32 nn ⋅⋅⋅ln 32nn，证明：∀n ∈N *，n ≥3，D F >n 3n +9.20已知函数f x =sin x -ln 1+ax ．(1)若x ∈0,π2时，f x ≥0，求实数a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：sin 13+ln 32-ln n +2n +1<nk =1sin 1k k +2 <34．1函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；2(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．【解析】(1)当a =1时，f x =2e x -12x 2+1,f x =2e x -x ，则f 0 =3,f 0 =2，则切线方程为y -3=2x ，因此曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程为2x -y +3=0．(2)证明：函数f x =a +1 e x -x ,x 1,x 2是y =f x 的两个零点，所以x 1=a +1 e x 1,x 2=a +1 e x 2，则有x 1+x 2=a +1 e x 1+e x 2，且x 2-x 1=a +1 e x 2-e x1，由x 1<x 2，得a +1=x 2-x 1e x 2-ex 1．要证x 1+x 2>2，只要证明a +1 e x 1+e x 2>2，即证x 2-x 1 e x 2+ex1e x 2-ex 1>2．记t =x 2-x 1，则t >0,e t >1，因此只要证明t ⋅e t +1e t -1>2，即t -2 e t +t +2>0．记h t =t -2 e t +t +2(t >0)，则h t =t -1 e t +1，令φt =t -1 e t +1，则φ t =te t ，当t >0时，φ t =te t >0，3所以函数φt =t -1 e t +1在0,+∞ 上递增，则φt >φ0 =0，即h t >h 0 =0，则h t 在0,+∞ 上单调递增，∴h t >h 0 =0，即t -2 e t +t +2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.【解析】(1)因为f x =ln x +x 2-2ax ,x >0，所以f(x )=1x +2x -2a =2x 2-2ax +1x,令g (x )=2x 2-2ax +1，则Δ=4a 2-8=4a 2-2 ，因为a >0，当0<a ≤2时，Δ≤0，则g (x )≥0，即f (x )≥0，此时f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，Δ>0，由g (x )=0，得x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22，且x 3<x 4，当0<x <x 3或x >x 4时，g (x )>0，即f (x )>0；当x 3<x <x 4时，g (x )<0，即f (x )<0，所以f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减；综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减，其中x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22.(2)由(1)可知，x 3,x 4为f (x )的两个极值点，且x 3<x 4，所以x 1=x 3,x 2=x 4，且x 1,x 2是方程2x 2-2ax +1=0的两不等正根，此时a >2，x 1+x 2=a >0，x 1⋅x 2=12，所以x 1∈0,22 ，x 2∈22,+∞ ，且有2ax 1=2x 21+1，2ax 2=2x 22+1，则2f x 1 -f x 2 =2ln x 1+x 21-2ax 1 -ln x 2+x 22-2ax 2=2ln x 1+x 21-2x 21-1 -ln x 2+x 22-2x 22-1 =-2x 21+2ln x 1-ln x 2+x 22-1=x 22-212x 22+2ln12x 2-ln x 2-1=x 22-12x 22-32ln x 22-2ln2-1令t =x 22，则t ∈12,+∞ ，令g t =t -12t -32ln t -2ln2-1，则g t =1+12t 2-32t =2t -1 t -1 2t 2，当t ∈12,1 时，g t <0，则g t 单调递减，当t ∈1,+∞ 时，g t >0，则g t 单调递增，所以g t min =g 1 =-1+4ln22，所以2f x 1 -f x 2 的最小值为-1+4ln22.402证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．【解析】(1)f x =me x -2x +m ，f 2 =me 2-4+m ，f 2 =me 2-4+m ，则有4e 2=me 2-4+m ，4e 2×2-me 2-4+m -4e 2=0，解得m =4；(2)由m =4，故f x =4e x -x 2+4x -4，要证对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2，即证4e x ≥e 2+1 x 2-4x +4对一切x ≥0恒成立，即证e 2+1 x 2-4x +4e x ≤4对一切x ≥0恒成立，令g x =e 2+1 x 2-4x +4e x，gx =2e 2+1 x -4-e 2+1 x 2+4x -4e x =-e 2+1 x 2+2e 2+3 x -8e x=-e 2+1 x -4 x -2 e x ，则当x ∈0,4e 2+1 ∪2,+∞ 时，g x <0，则当x ∈4e 2+1,2时，g x >0，即g x 在0,4e 2+1 、2,+∞ 上单调递减，在4e 2+1,2上单调递增，又g 0 =4e 0=4，g 2 =4e 2+1 -4×2+4e 2=4e 2+4-8+4e 2=4，故g x ≤4对一切x ≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．【解析】(1)当a =4时，f (x )=(x -4)e x +x +4，则f (x)=(x-3)e x+1，得f (0)=-2，又f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；(2)f(x)=(x-a)e x+x+a≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，f (x)=(x+1-a)e x+1，设g(x)=(x+1-a)e x+1(x≥0)，则g (x)=(x+2-a)e x，当2-a≥0即a≤2时，g (x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=2-a≥0，所以g(x)≥0，即f (x)≥0，此时f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(0)=0，所以f(x)≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立.当2-a<0即a>2时，令g (x)<0⇒0<x<a-2,g (x)>0⇒x>a-2，所以函数g(x)在(0,a-2)上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增，则g(x)min=g(a-2)=1-e a-2<0，又g(0)=2-a<0，所以在(0,a-2)上恒有g(x)<0，即f (x)<0，函数f(x)在(0,a-2)上单调递减，且f(0)=0，则在(0,a-2)上有f(x)<0，不符合题意.综上，a≤2，即实数a的取值范围为(-∞,2](3)由a n+1=2a na n+2，得1a n+1-1a n=12，又1a1=1，所以数列1a n是以1为首项，以12为公差的等差数列，故1a n=1+12(n-1)=n+12，所以a n=2n+1.当n=1时，S1+13=a1+13=43<ln6恒成立；当n≥2时，先证：2n+1<ln n+2n，即证2n+1<ln n+1+1n+1-1=ln1+1n+11-1n+1，设x=1n+1，则0<x<1，即证2x<ln1+x1-x(0<x<1)，令h(x)=2x-ln 1+x1-x(0<x<1)，则h (x)=2-1x+1-11-x=-2x21-x2<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)<h(0)=0，即2x<ln 1+x1-x，即2n+1<ln n+2n.所以当n≥2时，S n+13=13+23+24+⋯+2n+1<ln6+ln42+ln53+⋯+ln n+2n=ln6×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)2×3×4×5×⋯×n=ln[(n+1)(n+2)].综上，S n+13<ln[(n+1)(n+2)].3(2024·上海松江·二模)已知函数y=x⋅ln x+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x).(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-t ln2+a；(3)当a=1时，求证：g(x)+cos x<e xx.【解析】(1)由题意，函数y=x⋅ln x+a，且y=f(x)=x⋅g(x)，可得g(x)=f(x)x=ln x+ax,x>0，则g (x)=1x-ax2=x-ax2，5所以g (1)=1-a，又因为g(1)=ln1+a=a，所以g x 在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1-a)⋅(0-1)+a，解得a=1 2 .(2)设函数h x =f x +f t-x,t>0，可得h x =x ln x+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则h x =ln x+1-ln(t-x)-1=lnxt-x，令h x >0，可得xt-x>1，即2x-tt-x>0，即2x-tx-t<0，解得t2<x<t，令h x <0，可得0<xt-x<1，解得0<x<t2，所以h x 在t2,t上单调递增，在0,t2上单调递减，可得h x 的最小值为ht2，所以h x ≥h t2 ，又由ht2=f t2 +f t-t2=t ln t2+2a=f t -t ln2+a，所以f x +f t-x≥f t -t ln2+a.(3)当a=1时，即证ln x+1x <e xx-cos x，由于cos x∈[-1,1]，所以e xx-cos x≥e xx-1，只需证ln x+1x<e xx-1，令k x =ln x+1x-e xx+1,x>0，只需证明k x <0，又由k x =1x-1x2-e x(x-1)x2=(1-e x)(x-1)x2，因为x>0，可得1-e x<0，令k x >0，解得0<x<1；令k x <0，解得x>1，所以k x 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以k x 在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k x max=k1 =2-e<0，即k x <0，即a=1时，不等式g(x)+cos x<e xx恒成立.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x∈D，m≤f x ⇔m≤f x min；(2)∀x∈D，m≥f x ⇔m≥f x max；(3)∃x∈D，m≤f x ⇔m≤f x max；(4)∃x∈D，m≥f x ⇔m≥f x min．673、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-ax e x a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x >a 1-x 无整数解，求a 的取值范围.【解析】(1)f x =1-a -ax e x ，当f x =0，得x =1-aa ，当a >0时，x ∈-∞,1-a a时，fx >0，f x 单调递增，x ∈1-a a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，当a <0时，x ∈-∞,1-aa时，f x <0，f x 单调递减，x ∈1-a a,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，当a =0时，f x =e x ，函数f x 在R 上单调递增，综上可知，a >0时，函数f x 的单调递增区间是-∞,1-a a，单调递减区间是1-aa ,+∞ ，a <0时，函数f x 的单调递减区间是-∞,1-a a ，单调递增区间是1-aa ,+∞ ，a =0时，函数f x 的增区间是-∞,+∞ ，无减区间.(2)不等式1-ax e x >a 1-x ，即a x -x -1e x<1，设h x =x -x -1e x ，h x =1-2-x e x =e x +x -2e x，设t x =e x +x -2，t x =e x +1>0，所以t x 单调递增，且t 0 =-1，t 1 =e -2>0，所以存在x 0∈0,1 ，使t x 0 =0，即h x 0 =0，当x ∈-∞,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1ex，因为e x≥x +1，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1e x 0≥x 0x 0+1 -x 0+1e x 0=x 20+1ex>0，当x ≤0时，h x ≥h 0 =1，当x ≥1时，h x ≥h 1 =1，不等式1-ax e x >a 1-x 无整数解，即a x -x -1e x<1无整数解，若a ≤0时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若a ≥1时，即1a≤1，因为函数h x 在-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以x ∈Z 时，h x ≥min h 0 ,h 1 =1≥1a ，所以h x <1a 无整数解，符合题意，当0<a <1时，因为h 0 =h 1 =1<1a ，显然0,1是a ⋅h x <1的两个整数解，不符合题意，8综上可知，a ≥1.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xex -ae x ,a ∈R ．(1)当a =0时，求f x 在x =1处的切线方程；(2)当a =1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有f x ≤e x -1恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =0时，f x =xex ，则f x =1-x ex，f 1 =0，f 1 =1e ，所以切线方程为y =1e．(2)当a =1时，f x =xe -x -e x ，f x =1-x e -x -e x =1-x -e 2xex．令g x =1-x -e 2x ，g x =-1-2e 2x<0，故g x 在R 上单调递减，而g 0 =0，因此0是g x 在R 上的唯一零点即：0是f x 在R 上的唯一零点当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：x-∞,0 00,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 的单调递减区间为：0,+∞ ；递增区间为：-∞,0 f x 的极大值为f 0 =-1，无极小值(3)由题意知xe -x-ae x≤e x -1，即a ≥xe -x -e x -1e x，即a ≥x e2x -1e ，设m x =x e 2x -1e ，则mx =e 2x -2xe 2x e 2x2=1-2x e 2x ，令m x =0，解得x =12，当x ∈-∞,12 ，m x >0，m x 单调递增，当x ∈12,+∞ ，m x <0，m x 单调递减，所以m x max =m 12 =12e -1e =-12e，所以a ≥-12e3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x +1,g x =e x -1.(1)求曲线y =f x 与y =g x 的公切线的条数；(2)若a >0,∀x ∈-1,+∞ ,f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1，求a 的取值范围.【解析】(1)设f x =ln x +1,g x =e x -1的切点分别为x 1,f x 1 ,x 2,g x 2 ，则f x =1x,g (x )=e x ，故f x =ln x +1,g x =e x -1在切点处的切线方程分别为y =1x 1x -x 1 +ln x 1+1⇒y =1x 1x +ln x 1，y =e x 2x -x 2 +e x 2-1⇒y =e x 2x -x 2e x 2+e x2-1则需满足；91x 1=ex 2ln x 1=-x 2ex 2+e x 2-1,故ln1ex 2=-x 2e x 2+e x 2-1⇒e x 2-1 x 2-1 =0，解得x 2=0或x 2=1，因此曲线y =f x 与y =g x 有两条不同的公切线，(2)由f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1可得ln x +1 +1≤a 2e x -1 +a 2-a +1，即ln x +1 ≤a 2e x -a 对于∀x ∈-1,+∞ 恒成立，ln 0+1 ≤a 2e 0-a ，结合a >0,解得a ≥1设m (x )=ln x -x +1,，则当x >1时m (x )=1x-1<0,m x 单调递减，当0<x <1时，m (x )>0,m x 单调递增，故当m (x )≤m 1 =0，故ln x ≤x -1,因此ln x +1 ≤x ，x >-1 ，令F x =x -a 2e x +a ,x >-1 ，则F x =1-a 2e x ，令F x =1-a 2e x =0，得x =-2ln a ，当-2ln a ≤-1时，此时a ≥e ，F x =1-a 2e x <0，故F x 在x >-1上单调递减，所以F x <F -1 =-1-a 2e +a =-a 2+ea -e e =-a -e 2 2+e 24-e e≤-e -e 22+e 24+ee=e -2<0，所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，当-2ln a >-1时，此时1<a <e ，令F x =1-a 2e x >0，解得-1<x <-2ln a ,F x 单调递增，令F x =1-a 2e x <0，解得x >-2ln a ,F x 单调递减，故F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a ，令p a =-2ln a -1+a ，则p a =-2a +1=a -2a ，由于1<a <e ，所以p a =-2a +1=a -2a<0，故p a 在1<a <e 单调递减，故p a <p 1 ，即可p a <0，因此F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a <0⇒F x <0所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，综上可得a ≥104零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y =k )在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x -1，g x =ln x +b .(1)求函数F x =x -1 f x 的单调区间；10(2)若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，求b 的取值范围.【解析】(1)F x =x -1 f x =x -1 e x -1，F x =xe x -1，令F x >0，得x >0，令F x <0，得x <0，所以函数F x 的单调递增区间为0,+∞ ，单调递减区间为-∞,0 ；(2)∵f x =e x -1∴f x =e x -1在m ,e m -1 处的切线方程为y =e m -1x +1-m e m -1，∵g x =1x，∴g x =ln x +b 在点n ,ln n +b 处的切线方程为y =1nx +ln n +b -1，由题意得e m -1=1n(1-m )e m -1=ln n +b -1，则m -1 e m -1-m +b =0，令h m =m -1 e m -1-m +b ，则h (x )=me m -1-1，令φm =me m -1-1，则φ m =m +1 e m -1，当m <-1时，φ m <0，当m >-1时，φ m >0，所以函数φm 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，即函数h m 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，且当m ≤0时，h m <0，所以m <1时，h m <0，h (m )单调递减；当m >1时，h (m )>0，h (m )单调递增，所以h m min =h 1 =b -1，若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，则曲线y =h m 与x 轴有两个不同的交点，则h 1 =b -1<0，所以b <1，此时h b -1 =b -2 e b -2+1>-1e+1>0，h 3-b =2-b e 2-b +2b -3>2-b 3-b =b -322+34>0，所以b 的取值范围为-∞,1 .2(2024·北京房山·一模)已知函数f (x )=e ax +1x．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)设g (x )=f (x )⋅x 2，求函数g (x )的极大值；(3)若a <-e ，求函数f (x )的零点个数．【解析】(1)当a =0时，f (x )=1+1x ，f x =-1x 2，则f 1 =-1,f 1 =2，所以曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -2=-x -1 ，即y =-x +3；(2)f (x )=ae ax -1x2，则g (x )=f (x )⋅x 2=ax 2e ax -1x ≠0 ，则g x =2axe ax +a 2x 2e ax =ax ax +2 e ax x ≠0 ，当a =0时，g x =-1，此时函数g x 无极值；当a >0时，令g x <0，则x >0或x <-2a ，令g x <0，则-2a<x <0，所以函数g x 在-∞,-2a ,0,+∞ 上单调递增，在-2a ,0 上单调递减，所以g x 的极大值为g -2a =4ae2-1；当a<0时，令g x <0，则x<0或x>-2a，令gx <0，则0<x<-2a，所以函数g x 在-∞,0,-2a,+∞上单调递增，在0,-2a上单调递减，而函数g x 的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以此时函数g x 无极值.综上所述，当a≤0时，函数g x 无极大值；当a>0时，g x 的极大值为4ae2-1；(3)令f(x)=e ax+1x =0，则e ax=-1x，当x>0时，e ax>0,-1x<0，所以x>0时，函数f x 无零点；当x<0时，由e ax=-1x，得ax=ln-1x，所以a=-ln-xx，则x<0时，函数f x 零点的个数即为函数y=a,y=-ln-xx图象交点的个数，令h x =-ln-xxx<0，则h x =ln-x-1x2，当x<-e时，h x >0，当-e<x<0时，h x <0，所以函数h x 在-∞,-e上单调递增，在-e,0上单调递减，所以h x max=h-e=1 e，又当x→-∞时，h x >0且h x →0，当x→0时，h x →-∞，如图，作出函数h x 的大致图象，又a<-e，由图可知，所以函数y=a,h x =-ln-xx的图象只有1个交点，即当x<0时，函数f x 只有1个零点；综上所述，若a<-e，函数f(x)有1个零点．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知f x 定义域0,+∞，当m=5时，f x =-4x3+5x-1,-4x3+5x-1≥ln xln x,-4x3+5x-1<ln x ，令g x =-4x3+5x-1，g x =-12x 2+5>0⇒0<x <6012，⇒g x 在0,6012 单调递增，6012,+∞ 单调递减，且g 1 =0，令h x =ln x ，则在0,+∞ 单调递增，而f 1 =0=h 1 ，又g 14 =316，h 14 =ln 14<-1，而g 0 =-1，所以当0<x <14时，g x >h x ，当14≤x <1时，g x >0>h x ，所以当0<x <1时，f x =g x ，当x ≥1时，f x =h x ，所以f x =-4x 3+5x -1,0<x <1ln x ,x ≥1，所以f x 在0,6012和1,+∞ 单调递增，在6012,1 单调递减.(ⅰ)当0<x <1时，f x =-12x 2+5，设切点M x 0,-4x 30+5x 0-1 ，则此切线方程为y =-12x 20+5 x -x 0 -4x 30+5x 0-1，又此切线过原点，所以0=-12x 20+5 0-x 0 -4x 30+5x 0-1，解得x 0=12，即此时切线方程是2x -y =0；(ⅱ)当x ≥1时，f x =ln x ，所以f x =1x，设切点为x 0,ln x 0 ，此时切线方程y =1x 0x -x 0 +ln x 0，又此切线过原点，所以0=1x 00-x 0 +ln x 0，解得x 0=e ，所以此时切线方程x -ey =0，综上所述，所求切线方程是：x -ey =0或2x -y =0；(2)(ⅰ)当m =5时，由(1)知，f x 在0,6012 和1,+∞ 单调递增，6012,1单调递减，且f 0 =1，f 14 =316>0，f 1 =0，此时f x 有两个零点；(ⅱ)当m >5时，当0<x <1时，-4x 3+5x -1<-4x 3+mx -1，由(1)知：g x =-4x 3+5x -1在0,6012 递增，6012,1递减，且g 1 =0，所以x ∈6012,+∞ 时，f x >0，而f 0 =-1，所以f x 在0,6012 只有一个零点，6012,+∞ 没有零点；(ⅲ)当0<m <5时，y =-4x 3+mx -1，此时y =-12x 2+m >0得0<x <m 12<6012，由(1)知，当x ≥1时，f x =ln x 只有一个零点x =1，要保证f x 只有一个零点，只需要当0<x <1时，f x =-4x 3+mx -1没有零点，f m12=-4m123+m m 12-1=m 3m 9-1<00<m<1 ，得0<m <3；(ⅳ)当m≤0时，当x∈0,+∞时，g x =-4x3+mx-1<0，此时f x 只有一个零点x=1，综上，f x 只有一个零点时，m<3或m>5 .05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.【解析】(1)因为f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x，所以f x =x2-ax+a sin x-x sin x=x-ax-sin x.设g x =x-sin x，则g x =1-cos x≥0，所以g x 在R上单调递增，且g0 =0，所以当x>0时，x-sin x>0；当x<0时，x-sin x<0.当a=0时，f x =x x-sin x≥0，所以f x 在R上单调递增.当a>0时，若x∈0,a，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,0或x∈a,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.当a<0时，若x∈a,0，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,a或x∈0,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.综上所述，当a=0时，f x 在R上单调递增；当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在-∞,0，a,+∞上单调递增；当a<0时，f x 在a,0上单调递减，在-∞,a，0,+∞上单调递增. (2)①由(1)知，当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，又f0 =-a<0，所以f a <f0 <0，所以f x 在0,a上没有零点.因为x>0，所以f(x)=13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x>13x3-12a x2+2-x-1=19x2x-92a+19x x2-9+19x3-a+1所以当x>92ax>3x>39a+9时，f x >0，此时f x 在a,+∞上只有1个零点.综上可得，f x 在0,+∞上只有1个零点.②由a>0，知f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，所以f x ≥f a =-16a3-sin a，所以f a +16a 3+12a 2+2sin a +π4 -1=12a 2+cos a -1.设h a =12a 2+cos a -1，则h a =a -sin a .由(1)知，当a >0时，a -sin a >0，所以当a >0时，h a >0，所以h a >0在0,+∞ 上单调递增，所以h a >h 0 =0，即f a >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4 ，所以f x >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x ae2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 2e 2xfx =2x ⋅e 2x -x 2⋅e 2x ⋅2e 2x 2=-2x (x -1)e 2x 令f x =0，解得x =0或x =1，所以x 、f (x )、f (x )的关系如下表：x (-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)f (x )-0+-f (x )单调递减单调递增1e 2单调递减所以函数f x 的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(-∞,0)和(1,+∞)；极大值f (1)=1e2，极小值f (0)=0；(2)f (x )-cos ln f (x ) ≥a ln x 2-4x ⇔x a e 2x -cos ln x a e2x≥2a ln x -4x⇔e a ln x -2x -2(a ln x -2x )-cos (a ln x -2x )≥0令g (t )=e t -2t -cos t ，其中t =a ln x -2x ，设F (x )=a ln x -2x ，a >0F (x )=a x -2=a -2xx 令F (x )>0，解得：0<x <a2，所以函数F (x )在0,a 2上单调递增，在a2,+∞ 上单调递减，F (x )max =F a 2 =a ln a2-a ，且当x →0+时，F (x )→-∞，所以函数F (x )的值域为-∞,a ln a2-a ；又g (t )=e t -2+sin t ，设h (t )=e t -2+sin t ，t ∈-∞,a ln a2-a ，则h (t )=e t +cos t ，当t ≤0时，e t ≤1,sin t ≤1，且等号不同时成立，即g (t )<0恒成立；t。

1.求函数的定义域，关键是依据含自变量x 的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解，如开偶次方根，被开方数一定是非负数；对数式中的真数是正数；列不等式时，应列出所有的不等式，不应遗漏.[回扣问题1]【2018衡水金卷二模】函数的定义域为（ ）A .B .C .D .【答案】D2.求解与函数、不等式有关的问题(如求值域、单调区间、判断奇偶性、解不等式等)，要注意定义域优先的原则.[回扣问题2] (2017·全国Ⅱ卷改编)函数f (x )＝ln (x 2－2x －8)的单调增区间是________.【答案】(4，＋∞)【解析】要使函数有意义，则x 2－2x －8>0，解得x <－2或x >4，结合二次函数、对数函数的单调性和复合函数同增异减的原则得函数的单调增区间为(4，＋∞).3.定义域必须关于原点对称是函数具有奇偶性的必要条件，为此确定函数的奇偶性时，务必先判定函数定义域是否关于原点对称.函数y ＝f (x )为奇函数，但不一定有f (0)＝0成立.[回扣问题3] 函数f (x )＝|x －2|－2ln （1－x2）的奇偶性是________.【答案】奇函数【解析】由1－x 2>0且|x －2|－2≠0，知f (x )的定义域为(－1，0)∪(0，1)，关于原点对称，则f (x )＝－x lg （1－x2），又f (－x )＝x lg （1－x2）＝－f (x )，∴函数f (x )为奇函数. 4.理清函数奇偶性的性质.(1)f (x )是偶函数⇔f (－x )＝f (x )＝f (|x |)； (2)f (x )是奇函数⇔f (－x )＝－f (x )； (3)定义域含0的奇函数满足f (0)＝0.[回扣问题4]【广东省江门市2018届高三3月模拟】已知函数，若实数满足，则实数的取值范围为A .B .C .D .【答案】C5.记准函数周期性的几个结论：由周期函数的定义“函数f (x )满足f (x )＝f (a ＋x )(a >0)，则f (x )是周期为a 的周期函数”得：(1)函数f (x )满足－f (x )＝f (a ＋x )，则f (x )是周期T ＝2a 的周期函数； (2)若f (x ＋a )＝f （x ）1(a ≠0)成立，则T ＝2a ； (3)若f (x ＋a )＝－f （x ）1(a ≠0)恒成立，则T ＝2a ； (4)若f (x ＋a )＝f (x －a )(a ≠0)成立，则T ＝2a .[回扣问题5]【天津市2018届9校联考】定义在上的奇函数满足，当时， ，设， ，，则（ ）A. B.C. D.【答案】A6.求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“和”连接，或用“，”隔开.单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替.[回扣问题6] 函数f(x)＝x3－3x的单调增区间是________.【答案】(－∞，－1)和(1，＋∞)【解析】由f′(x)＝3x2－3>0，得x>1或x<－1.7.图象变换的几个注意点.(1)混淆平移变换的方向与单位长度.(2)区别翻折变换：f(x)→|f(x)|与f(x)→f(|x|).(3)两个函数图象的对称.①函数y＝f(x)与y＝－f(－x)的图象关于原点成中心对称.②函数y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于直线x＝0(y轴)对称；函数y＝f(x)与函数y＝－f(x)的图象关于直线y＝0(x轴)对称.[回扣问题7]【湖北省荆州市2018届高三质检】把函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则（）A. 图象关于直线对称B. 在上单调递减C. 图象关于点对称D. 在上单调递增【答案】D【解析】由题意其图象向右平移个单位后得到函数，当时，则，此时函数单调递增，故选D.8.不能准确理解基本初等函数的定义和性质.如函数y＝a x(a>0，a≠1)的单调性忽视字母a的取值讨论，忽视a x>0；对数函数y＝log a x(a>0，a≠1)忽视真数与底数的限制条件.[回扣问题8]【湖南省张家界市2018届高三三模】若函数（且）在上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B.C. D. 【答案】D9.分段函数的图象，一定要准确看清楚分界点的函数值.[回扣问题9] 已知函数f (x )＝是R 上的增函数，则实数k 的取值范围是________.【答案】，11【解析】所以21≤k <1.10.易混淆函数的零点和函数图象与x 轴的交点，不能把函数零点、方程的解、不等式解集的端点值进行准确互化.[回扣问题10] 【青海省西宁市2018届高三一模】已知函数是定义在上的偶函数，且，当时，，则关于的方程在上的所有实数解之和为（ ）A . -7B . -6C . -3D . -1 【答案】A11.混淆y ＝f (x )在某点x 0处的切线与y ＝f (x )过某点x 0的切线，导致求解失误. [回扣问题11] (2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________.【答案】1【解析】f (1)＝a ，切点为(1，a ).f ′(x )＝a －x 1，则切线的斜率为f ′(1)＝a －1，切线方程为：y －a ＝(a －1)(x －1)，令x ＝0得出y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.12.利用导数判断函数的单调性：设函数y ＝f (x )在某个区间内可导，如果f ′(x )>0，那么f (x )在该区间内为增函数；如果f ′(x )<0，那么f (x )在该区间内为减函数；如果在某个区间内恒有f ′(x )＝0，那么f (x )在该区间内为常函数.注意 如果已知f (x )为减函数求参数取值范围，那么不等式f ′(x )≤0恒成立，但要验证f ′(x )是否恒等于0，增函数亦如此.[回扣问题12] 若函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上是增函数，则a的取值范围是________.1【答案】，＋∞13.对于可导函数y＝f(x)，错以为f′(x0)＝0是函数y＝f(x)在x＝x0处有极值的充分条件.[回扣问题13] 若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极小值10，则a＋b ＝________.【答案】【解析】由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，经验证，当a＝4，b＝－11时，满足题意；当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x －1)2≥0恒成立，不满足题意，舍去.14.运用微积分基本定理求定积分f(x)dx的值的关键是逆用求导公式求出f(x)的原函数，常记错基本初等函数的求导公式，忽视系数致误.[回扣问题14] (1)定积分(2x＋e x)dx的值为________.(2)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为________. 【答案】(1)e(2)4。

【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1.【2013 新课标全国】已知命题错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。

,错误！未找到引用源。

；命题错误！未找到引用源。

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,错误！未找到引用源。

,则下列命题中为真命题的是（）（A）错误！未找到引用源。

（B）错误！未找到引用源。

（C）错误！未找到引用源。

（D）错误！未找到引用源。

【答案】B；【解析】取错误！未找到引用源。

,可知错误！未找到引用源。

错,错误！未找到引用源。

为真命题；令错误！未找到引用源。

,因为错误！未找到引用源。

图像连续,且错误！未找到引用源。

,故错误！未找到引用源。

在区间（0,1）上有零点,即方程错误！未找到引用源。

有解,即错误！未找到引用源。

,故错误！未找到引用源。

为真命题；所以错误！未找到引用源。

为真命题.2.【2014全国1高考文理】设函数错误！未找到引用源。

的定义域为错误！未找到引用源。

,且错误！未找到引用源。

是奇函数,错误！未找到引用源。

是偶函数,则下列结论中正确的是（）A．错误！未找到引用源。

是偶函数 B．错误！未找到引用源。

是奇函数C.．错误！未找到引用源。

是奇函数 D．错误！未找到引用源。

是奇函数【答案】C3.【2014高考全国1卷文】设函数错误！未找到引用源。

则使得错误！未找到引用源。

成立的错误！未找到引用源。

的取值范围是________.【答案】错误！未找到引用源。

【解析】由于题中所给是一个分段函数,则当错误！未找到引用源。

时,由错误！未找到引用源。

,可解得：错误！未找到引用源。

,则此时：错误！未找到引用源。

;当错误！未找到引用源。

时,由错误！未找到引用源。

,可解得：错误！未找到引用源。

,则此时：错误！未找到引用源。

,综合上述两种情况可得：错误！未找到引用源。

4.【2015全国II 文12】设函数错误！未找到引用源。

,则使得错误！未找到引用源。

成立的错误！未找到引用源。

的取值范围是（ ）.A. 错误！未找到引用源。