2020年高考数学解答题核心突破01 函数与导数综合问题(答题指导)(教师版)

（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），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，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。

2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）主题01 分段函数与函数的图象【主题考法】本热点为选择题和填空题,常与函数、方程、不等式等知识结合，重点考查集合概念、集合间的关系、集合的运算，偶尔有创新题型，是基础题.2020年的高考将会继续以选择填空题形式，与函数、方程、不等式等知识结合考查集合运算、集合间关系，仍为基础题，分值5分。

【主题考前回扣】1.集合的运算性质：①A∪B＝A⇔B⊆A；②A∩B＝B⇔B⊆A；③A⊆B⇔∁U A⊇∁U B.2.子集、真子集个数计算公式：对于含有n个元素的有限集合M，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n,2n－1,2n－1,2n－2.3.集合运算中的常用方法若已知的集合是不等式的解集，用数轴求解；若已知的集合是点集，用数形结合法求解；若已知的集合是抽象集合，用Venn图求解．【易错点提醒】1．描述法表示集合时，一定要理解好集合的含义——抓住集合的代表元素．如{x|y＝lg x}——函数的定义域；{y|y＝lg x}——函数的值域；{(x，y)|y＝lg x}——函数图象上的点集．2．易混淆0，∅，{0}：0是一个实数；∅是一个集合，它含有0个元素；{0}是以0为元素的单元素集合，但是0∉∅，而∅⊆{0}．3．集合的元素具有确定性、无序性和互异性，在解决有关集合的问题时，尤其要注意元素的互异性．4．空集是任何集合的子集．由条件A⊆B，A∩B＝A，A∪B＝B求解集合A时，务必分析研究A＝∅的情况．【主题考向】 考向一 集合间关系【解决法宝】①对两集合的关系判定问题，常用两种方法：一是化简集合，从表达式中寻 找两集合间的关系；二是用列举法表示各集合，从元素中寻找关系．②已知两集合间的关系求参数时，关键是将两集合间的关系转化为元素间的关系，进而转化为参数满足的关系，解决这类问题常常运用数轴、Venn 图帮助分析，未明确说明集合非空时,要考虑到集合为空集的可能性.③对子集个数的问题，若集合A 有n 个元素,则集合A 的子集有2n 个,真子集有21n -个,非空真子集有22n -个.例1已知集合，集合，集合，若A B C ⋃⊆，则实数m 的取值范围是______________.【分析】先求出B A ⋃，再对m 分类讨论，求出C ，利用A B C ⋃⊆，即可求出m 的取值 范围.考向二 集合的并、交、补运算【解决法宝】对集合运算问题，先正确理解集合的含义，弄清集合元素的属性及元素所代 表的意义，再集合进行化简，最好求出具体集合，若是离散的集合，直接依据并、交、补的定义求解，若是连续实数集，常利用数轴进行计算，若是抽样集合，常用文氏图法.例2 已知全集U R =，集合2{|24},{|60}A x x B x x x =<<=--≤，则()R A C B ⋂等于（ ） A. ()1,2 B. ()3,4 C. ()1,3 D. ()()1,23,4⋃【分析】先求出B 集合，再根据补集的定义和数轴法求出B 的补集，再利用数轴法求出()R A C B ⋂.【解析】由题意知 {}|23B x x =-≤≤，则{}|23U C B x x x =-或， ∴ (){}|34U A C B x x ⋂=<<，故选B. 考向三 与集合有关的参数问题【解决法宝】对含参数的集合运算及关系问题，先对已知集合化简，若是连续实数集合常 用将集合在数轴上表示出来，根据集合运算的概念，列出关于参数的不等式，即可解出参数的范围，注意空集的情况；若离散集合，则根据集合运算或集合间关系的概念，列出关于参数的方程，即可解出参数的值，注意要检验集合元素的互异性．例3已知集合()()4{,|21},{,|1}23y A x y ax y B x y x -=+===+，若A B φ⋂=，则实数a 的值是 （ ）A. 4-B. 4C.143 D. 4-或143【分析】由题知，B 集合表示270x y -+=上的点除去点3,42⎛⎫- ⎪⎝⎭之外的点组成的集合，分成直线直线21ax y +=与直线270x y -+=平行和直线21ax y +=过点3,42⎛⎫- ⎪⎝⎭两种情况分别求出a 即可.考向四 与新概念有关的集合问题【解决法宝】对与新概念有关的集合问题，认真阅读试题，理解新定义，利用新定义将集 合问题转化为普通集合间的关系问题或集合运算问题，或直接利用新概念对问题求解.例4用()C A 表示非空集合A 中的元素个数，定义()()()()()()()(),*{,C A C B C A C B A B C B C A C A C B -≥=-<，若}2,1{=A ，B =ax x ax x x ++22)((|{ +}0)2=且*1A B =，设实数a 的所有可能取值集合是S ，则()C S =（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【分析】根据新定义B 要么是单元素集，要么是三元素集,分两种情况分别分析求出方程20x ax +=和220x ax ++=解得情况，即可求出a 值，从而求出S ，进而求出)(S C .【主题集训】1. 已知全集{}1,2,3,4,5,6U =,集合{}{}1,2,4,2,4,6A B ==,则)(B C A U ⋂=（ ） A. {}1 B. {}2 C. {}4 D. {}1,2 【答案】A【解析】∵全集{}1,2,3,4,5,6U =，集合{}{}1,2,4,2,4,6A B ==，∴}5,3,1{=B C U ， ∴)(B C A U ⋂={1}，故选A 。

专题05 数列的综合问题（答题指导）【题型解读】题型特点命题趋势从近几年高考试题来看,全国卷中的数列问题与三角函数问题基本上交替考查,难度不大．对数列问题的考查主要集中在两个方面：一是以选择题和填空题的形式考查等差、等比数列的运算和性质,题目多为常规试题；二是等差、等比数列的通项与求和问题,有时结合函数、不等式等进行综合考查,涉及内容较为全面,试题题型规范、方法可循.以数列为载体,综合不等式,考查推理与证明思想方法的应用,仍然是命题的关注点.▶▶题型一 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型,求通项属于基本问题,常涉及等差、等比数列的定义、性质、基本量运算．求和问题关键在于分析通项的结构特征,选择合适的求和方法,常考的求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．【例1】 S n 为数列{}a n 的前n 项和,已知a n ＞0,a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{}a n 的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1,求数列{}b n 的前n 项和．【答案】见解析【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1,即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )·(a n ＋1－a n )． 由于a n ＞0,所以a n ＋1－a n ＝2.又由a 21＋2a 1＝4a 1＋3解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{}a n 是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{}b n 的前n 项和为T n ,则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n+3).【素养解读】本例(1)中由已知直接推导求出{a n }的通项公式,体现了逻辑推理的核心素养；(2)中用裂项相消法求得{b n }的前n 项和体现了数学抽象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 已知等差数列{a n}的前n 项和为S n,若Sm －1＝－4,S m ＝0,S m ＋2＝14(m ≥2,且m∈N *)． (1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n2＝log 2b n (n ∈N *),求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．【答案】见解析【解析】(1)因为S m －1＝－4,S m ＝0,S m ＋2＝14, 所以a m ＝S m －S m －1＝4,a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14, 设数列{a n }的公差为d ,则2a m ＋3d ＝14,所以d ＝2.因为S m ＝a 1＋a m2×m ＝0,所以a 1＝－a m ＝－4,所以a m ＝－4＋2(m －1)＝4,解得m ＝5.(2)由(1)知a n ＝－4＋2(n －1)＝2n －6,所以n －3＝log 2b n , 即b n ＝2n －3,所以(a n ＋6)·b n ＝2n ·2n －3＝n ·2n －2.设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n , 则T n ＝1×12＋2×1＋3×2＋…＋n ·2n －2,① 所以2T n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋n ·2n －1,②①－②得－T n ＝12＋1＋2＋…＋2n －2－n ·2n －1＝12(1－2n)1－2－n ·2n －1＝(1－n )·2n －1－12.所以T n ＝(n －1)·2n －1＋12.【突破训练2】 (2019·湖南十二校一联)已知数列{a n}满足a 1＝1,a 2＝4,an ＋2＋2a n ＝3a n ＋1,n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和S n ,求使得S n ＞21－2n 成立的最小整数n . 【答案】见解析【解析】(1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0得,a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )．所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项,公比为2的等比数列． 所以a n ＋1－a n ＝3·2n －1.所以当n ≥2时,a n －a n －1＝3·2n －2,a n －1－a n －2＝3·2n －3,…,a 3－a 2＝3×2,a 2－a 1＝3.累加,得a n －a 1＝3·2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)．所以a n ＝3·2n －1－2.又当n ＝1时,也满足上式,所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3·2n －1－2,n ∈N *.(2)由(1)利用分组求和法,得S n ＝3(2n －1＋2n －2＋…＋2＋1)－2n ＝3(2n －1)－2n .由S n ＝3(2n－1)－2n >21－2n ,得3·2n>24,即2n>8. 所以n >3,所以使得S n >21－2n 成立的最小整数n ＝4.▶▶题型二 数列与函数的综合问题1．数列是特殊的函数,以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点,该类考题的知识综合性强,能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力,因而一直是高考命题者的首选． 2．数列与函数问题的解题技巧(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象,研究数列问题；②已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的定义、公式、求和方法,对式子化简变形．(2)解题时要注意数列与函数的内在联系,灵活运用函数的思想方法求解,在问题的求解过程中往往会遇到递推数列,因此掌握递推数列的常用解法有助于该类问题的解决． 【例2】 已知数列{a n }满足a 1＝1,a n a n ＋1＝2n,n ∈N *. (1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1,求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域； (2)求数列{a n }的通项公式． 【答案】见解析【解析】(1)因为a n a n ＋1＝2n ,所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1,所以a n ＋2a n＝2, 又因为a 1＝1,所以a 1a 2＝21,即a 2＝2,所以a 3＝2,a 4＝4, 所以A ＝a 4＋1＝5,所以f (x )＝5sin(2x ＋φ)．又因为x ＝π6时,f (x )＝5,所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1,且0＜φ＜π, 所以φ＝π6,所以f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.又因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2,所以2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6.即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1,所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5.(2)由(1)得a 1＝1,a 2＝2,a n ＋2a n＝2, 所以当n 为奇数时,a n ＝a 1·2n －12＝2n －12；当n 为偶数时,a n ＝a 2·2n －22＝2n 2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎨⎧2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.【素养解读】本例中将三角函数的性质与解析式求解与数列结合在一起,综合考查了数学运算和直观想象的核心素养．【突破训练3】 已知首项为2的数列{a n}的前n 项和为S n,若点(an ＋1,S n )在函数f (x )＝13x －23的图象上,设b n ＝log 2a n . (1)判断数列{b n }是否为等差数列,并说明理由；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4（b n ＋1）（b n ＋3）的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】(1)数列{b n }为等差数列．理由如下： 因为点(a n ＋1,S n )在函数f (x )＝13x －23的图象上,所以3S n ＝a n ＋1－2, ① 当n ≥2时,3S n －1＝a n －2, ②由①－②得3a n ＝a n ＋1－a n ,即a n ＋1＝4a n .又a 1＝2,3a 1＝a 2－2,所以a 2＝8,a 2＝4a 1.所以数列{a n }是首项为2,公比为4的等比数列,所以a n ＝2×4n －1＝22n －1.因为b n ＝log 2a n ,所以b n ＝log 222n －1＝2n －1,所以b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－1－(2n －1)＝2,所以数列{b n }是首项为1,公差为2的等差数列． (2)由(1)知b n ＝2n －1,所以4（b n ＋1）（b n ＋3）＝42n （2n ＋2）＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4（b n ＋1）（b n ＋3）的前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.▶▶题型三 数列与不等式的综合问题1．数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体,考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明．在解决这些问题时,如果是证明题,要灵活选择不等式的证明方法,如比较法、综合法、分析法等．如果是解不等式问题,要使用不等式的各种不同解法,如数轴法、因式分解法等． 2．数列中不等式的处理方法(1)函数法：即构造函数,通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式,通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式．(2)放缩法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．一般地,数列求和中的放缩的“目标数列”为“可求和数列”,如等比数列、可裂项相消求和的数列等． (3)比较法：作差比较或作商比较．【例3】 已知数列{a n }的首项为1,S n 为数列{a n }的前n 项和,S n ＋1＝qS n ＋1,其中q >0,n ∈N *. (1)若2a 2,a 3,a 2＋2成等差数列,求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ,且e 2＝53,证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.【答案】见解析【解析】(1)由已知,S n ＋1＝qS n ＋1得S n ＋2＝qS n ＋1＋1, 两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1,n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1,故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立． 所以数列{a n }是首项为1,公比为q 的等比数列,从而a n ＝q n －1.由2a 2,a 3,a 2＋2成等差数列,可得2a 3＝3a 2＋2,即(2q ＋1)(q －2)＝0,又因为q >0,故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明：由(1)可知a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2(n －1).由e 2＝1＋q 2＝53,q >0,解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1),所以1＋q2(k －1)>qk －1(k ∈N *)．故e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1＝4n －3n3n －1.【素养解读】本例(1)中直接计算通项公式考查了数学运算的核心素养；(2)中证明不等式采用了放缩法,考查了数学建模和逻辑推理的核心素养．【突破训练4】 在等差数列{a n}中,a 2＝6,a 3＋a 6＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ,且T n ＝S n3·2n －1,若对于一切正整数n ,总有T n ≤m 成立,求实数m 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)设公差为d ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝3，所以a n ＝3n .(2)因为S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1),所以T n ＝n （n ＋1）2n ,T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1, 所以T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n ＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1, 所以当n ≥3时,T n >T n ＋1,且T 1＝1<T 2＝T 3＝32,所以T n 的最大值是32,故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

专题01 函数与导数综合问题（答题指导）【题型解读】以含参数的函数为载体,结合具体函数与导数的几何意义,研究函数的性质,是高考的热点．主要考查：(1)讨论函数的单调性和单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值,求参数的范围．【例1】 已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ,其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时,求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0,＋∞)上既有极大值又有极小值,求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ,由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＋92－92＝1可得a ＝1,即f (x )＝x －2x －3ln x ,f ′(x )＝1＋2x 2－3x ＝x 2－3x ＋2x 2＝（x －1）（x －2）x 2,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3有：从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，3上,f (x )有最小值,且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x2(x >0),由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根．不妨设这两个根为x 1,x 2,且x 1≠x 2,则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a >0，x 1x 2＝2a >0解得0<a <98.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.【素养解读】(1)从已知切线的斜率去求参数a 的过程既考查了数学运算的核心素养,又考查了逻辑推理的核心素养． (2)将函数有极大值和极小值转化为一元二次方程的实数根的问题考查了数学建模的核心素养． (3)通过二次函数的图象与性质列出一元二次方程根的分布的充要条件考查了直观想象的核心素养．【突破训练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a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(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 ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时,f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时,f ′(x )<0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞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 ＝1a处取得最大值,最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >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,a 的取值范围是(0,1)．【突破训练2】 (2019·黄冈联考)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时,求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x在[1,＋∞)上是单调函数,求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2x －2x.令f ′(x )＞0,得x ＞1；令f ′(x )＜0,得0＜x ＜1.所以f (x )的单调递增区间是(1,＋∞),f (x )的单调递减区间是(0,1)．(2)①若函数g (x )在[1,＋∞)上是单调增函数,则g ′(x )≥0在[1,＋∞)上恒成立,即a ≥2x－2x 2在[1,＋∞)上恒成立．设φ(x )＝2x－2x 2,因为φ(x )在[1,＋∞)上单调递减,所以φ(x )max ＝φ(1)＝0,所以a ≥0.②若函数g (x )在[1,＋∞)上是单调减函数,则g ′(x )≤0在[1,＋∞)上恒成立,无解．综上,实数a 的取值范围为[0,＋∞)．▶▶题型二：利用导数研究函数的零点或曲线交点问题导数与函数、方程交汇是近年命题的热点,常转化为研究函数图象的交点问题,研究函数的极(最)值的正负．主要考查：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1,证明：当x ≥0时,f (x )≥1； (2)若f (x )在(0,＋∞)只有一个零点,求a . 【答案】见解析【解析】(1)证明：当a ＝1时,f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1,则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x.当x ≠1时,g ′(x )<0,所以g (x )在(0,＋∞)单调递减．而g (0)＝0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0,＋∞)只有一个零点当且仅当h (x )在(0,＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时,h (x )>0,h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时,h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时,h ′(x )<0；当x ∈(2,＋∞)时,h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)单调递减,在(2,＋∞)单调递增． 故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0,＋∞)的最小值．①若h (2)>0,即a <e24,h (x )在(0,＋∞)没有零点；②若h (2)＝0,即a ＝e24,h (x )在(0,＋∞)只有一个零点；③若h (2)<0,即a >e 24,由于h (0)＝1,所以h (x )在(0,2)有一个零点,由(1)知当x >0时,e x >x 2,所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－()32216aa e >1－()34162a a ＝1－1a>0.故h (x )在(2,4a )也有一个零点,因此h (x )在(0,＋∞)有两个零点． 综上,f (x )在(0,＋∞)只有一个零点时,a ＝e24.【素养解读】(1)在问题(1)的证明过程中,考查了逻辑推理的核心素养．(2)在问题(2)中,通过对参数a 的分类讨论以及在不同的取值范围内列式计算的过程中考查了数学运算的核心素养．【突破训练3】 已知二次函数f (x )的最小值为－4,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3}．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g(x)＝f （x ）x －4ln x 的零点个数．【答案】见解析【解析】(1)因为f (x )是二次函数,且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3,x ∈R },所以设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ,且a >0.所以f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4,a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2,所以g (x )的定义域为(0,＋∞),g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝（x －1）（x －3）x2,令g ′(x )＝0,得x 1＝1,x 2＝3. 当x 变化时,g ′(x ),g (x )的取值变化情况如下表：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,＋∞) g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ g (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增当x >3时,g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0.又因为g (x )在(3,＋∞)上单调递增,因而g (x )在(3,＋∞)上只有1个零点,故g (x )仅有1个零点．【突破训练4】 (2019·黄冈起点考试)已知函数f (x )＝x 2－2ln x ,h (x )＝x 2－x ＋a .(1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x ),若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)由题意知f ′(x )＝2x －2x,x ＞0,令f ′(x )＝0,得x ＝1.f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表所示：x (0,1) 1 (1,＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减极小值单调递增f x f (2)因为k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ,所以k ′(x )＝－2x＋1,x ＞0,令k ′(x )＝0,得x ＝2.当x ∈[1,2)时,k ′(x )＜0；当x ∈(2,3]时,k ′(x )＞0.故k (x )在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以⎩⎪⎨⎪⎧k （1）≥0，k （2）＜0，k （3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ＞2－2ln 2，a ≤3－2ln 3，所以2－2ln 2＜a ≤3－2ln 3.所以实数a 的取值范围是(2－2ln2,3－2ln 3]．▶▶题型三：利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容,难度较大．主要考查证明不等式和不等式成立(恒成立)问题．(1)利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．(2)利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围；也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题． (3)不等式能成立(恒成立)问题常见的转化方法①f(x)≥a 恒成立⇔f(x)min ≥a ,f(x)≥a 能成立⇔f(x)max ≥a； ②f(x)≤b 恒成立⇔f(x)max ≤b ,f(x)≤b 能成立⇔f(x)min ≤b； ③f(x)>g(x)恒成立()()()F x f x g x =-⇔F(x)min>0； ④∀x 1∈M,∀x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)max ； ⑤∀x 1∈M,∃x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)min >g(x)min ； ⑥∃x 1∈M,∃x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)min ； ⑦∃x 1∈M,∀x 2∈N,f(x 1)>g(x 2)⇔f(x)max >g(x)max .【例3】 (2018·浙江卷节选)已知函数f (x )＝x －ln x ．若f (x )在x ＝x 1,x 2(x 1≠x 2)处导数相等,证明：f (x 1)＋f (x 2)＞8－8ln2.【答案】见解析【解析】证明 函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ,由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2,因为x 1≠x 2,所以1x 1＋1x 2＝12.由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2.因为x 1≠x 2,所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x , 则g ′(x )＝14x(x －4).12即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.【素养解读】本题的证明过程不仅考查了逻辑推理的核心素养,还在构造函数g (x )＝12x －ln x 中考查了数学运算的核心素养．【突破训练5】 (2016·四川卷改编)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,g (x )＝1x －ee x ,其中a ∈R ,e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x ＞1时,g (x )＞0；(3)证明：当a ≥12时,f (x )＞g (x )在区间(1,＋∞)恒成立．【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减． 当a >0时,由f ′(x )＝0,得x ＝12a ,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 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.当x >1时,s ′(x )>0,s (x )递增,则s (x )>s (1)＝0,所以e x －1>x ,从而g (x )＝1x －1ex －1>0.(3)证明：当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此,h (x )在区间(1,＋∞)上单调递增．又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0, 即f (x )>g (x )恒成立．【例4】 (2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1,f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ,b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ,若k ∈Z ,且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立,求k 的最大值． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ,所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1,解得a ＝1,b ＝0. (2)由(1)与题意知k <f （x ）－g （x ）x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x >2恒成立,设h (x )＝x ＋x ln xx －2(x >2),则h ′(x )＝x －4－2ln x x －22,令m (x )＝x －4－2lnx (x >2),则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x>0,所以函数m (x )为(2,＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0,m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0,所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0,即有x 0－4－2ln x 0＝0成立,故当2<x <x 0时,m (x )<0,即h ′(x )<0；当x 0<x 时,m (x )>0,即h ′(x )>0,所以函数h (x )在(2,x 0)上单调递减,在(x 0,＋∞)上单调递增,所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02,所以k <x 02,因为x 0∈(8,10),所以x 02∈(4,5),又k ∈Z ,所以k 的最大值为4.【素养解读】(1)问题(2)解答过程中有两个转化,一是分离参数k 与变量x ,二是作换元变换h (x )＝x ＋x ln xx －2(x ＞2),这既考查了数学建模的核心素养,又考查了数学运算的核心素养．(2)计算过程中,将恒成立问题转换成函数的最值,考查了逻辑推理和数学抽象的核心素养．【突破训练6】 (2019·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R ),g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)存在x 0∈(0,＋∞),使不等式f (x )≤g (x )－e x成立,求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)因为f ′(x )＝a －e x,x ∈R . 当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在R 上单调递减； 当a >0时,令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )>0得f (x )的单调递增区间为(－∞,ln a )； 由f ′(x )<0得f (x )的单调递减区间为(ln a ,＋∞)．(2)因为存在x 0∈(0,＋∞),使不等式f (x )≤g (x )－e x成立,则ax ≤ln x x ,即a ≤ln x x 2.设h (x )＝ln x x2,则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎪⎫lnx x 2max , 由h ′(x )＝1－2ln xx3,令h ′(x )＝0,则x ＝ e. 当x 在区间(0,＋∞)内变化时,h ′(x ),h (x )的变化情况如下表：由上表可知,当x ＝e 时,函数h (x )有极大值,即最大值为2e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12e .。

第 2 节函数的单调性与最大( 小) 值最新考纲 1. 理解函数的单调性、最大( 小) 值及其几何意义； 2. 会运用基本初等函数的图像分析函数的性质.知识梳理1 . 函数的单调性(1) 单调函数的定义增函数减函数定义在函数y ＝ f ( x )的定义域内的一个区间A 上，如果对于任意两数x 1 ，x 2 ∈ A当x 1 < x 2 时，都有f ( x 1 )< f ( x 2 ) ，那么就说函数 f ( x ) 在区间 A 上是增加的当x 1 < x 2 时，都有f ( x 1 )> f ( x 2 ) ，那么就说函数 f ( x ) 在区间 A 上是减少的图像描述自左向右看图像是上升的自左向右看图像是下降的(2) 单调区间的定义如果y ＝ f ( x ) 在区间 A 上是增加的或是减少的，那么称 A 为单调区间.2 . 函数的最值前提函数y ＝ f ( x ) 的定义域为 D条件(1) 对于任意x ∈D ，都有 f ( x ) ≤M ；(2) 存在x 0 ∈ D ，使得 f ( x 0 ) ＝M (3) 对于任意x ∈D ，都有 f ( x ) ≥ M ；(4) 存在x 0 ∈ D ，使得 f ( x 0 ) ＝M结论M 为最大值M 为最小值[ 微点提醒]1 . 函数y ＝ f ( x )( f ( x )>0) 在公共定义域内与y ＝－ f ( x ) ，y ＝的单调性相反.2 . “ 对勾函数” y ＝x ＋( a >0) 的单调增区间为( －∞ ，－) ，( ，＋∞ ) ；单调减区间是[ －，0) ，(0 ，] .基础自测1 . 判断下列结论正误( 在括号内打“√” 或“×” )(1) 对于函数 f ( x ) ，x ∈ D ，若对任意x 1 ，x 2 ∈ D ，且x 1 ≠ x 2 有( x 1 －x 2 )[ f ( x 1 ) － f ( x 2 )]>0 ，则函数 f ( x ) 在区间 D 上是增函数. ( )(2) 函数y ＝的单调递减区间是( －∞ ，0) ∪ (0 ，＋∞ ) . ( )(3) 对于函数y ＝ f ( x ) ，若 f (1)< f (3) ，则 f ( x ) 为增函数. ( )(4) 函数y ＝ f ( x ) 在[1 ，＋∞ ) 上是增函数，则函数的单调递增区间是[1 ，＋∞ ) . ( )解析(2) 此单调区间不能用并集符号连接，取x 1 ＝－ 1 ，x 2 ＝ 1 ，则 f ( －1) ＜ f (1) ，故应说成单调递减区间为( －∞ ，0) 和(0 ，＋∞ ) .(3) 应对任意的x 1 ＜x 2 ， f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 ) 成立才可以.(4) 若 f ( x ) ＝x ， f ( x ) 在[1 ，＋∞ ) 上为增函数，但y ＝ f ( x ) 的单调递增区间是R .答案(1) √ (2) × (3) × (4) ×2 . ( 必修1P 37 例 1 改编) 下列函数中，在区间(0 ，＋∞ ) 内单调递减的是( )A . y ＝－xB . y ＝x 2 －xC . y ＝ln x －xD . y ＝ e x解析对于 A ，y 1 ＝在(0 ，＋∞ ) 内是减函数，y 2 ＝x 在(0 ，＋∞ ) 内是增函数，则y ＝－x 在(0 ，＋∞ ) 内是减函数；B ，C 选项中的函数在(0 ，＋∞ ) 上均不单调；选项D 中，y ＝ e x 在(0 ，＋∞ ) 上是增函数.答案 A3 . ( 必修1P3 8 例4 改编) 函数y ＝在区间[2 ，3] 上的最大值是________ .解析函数y ＝在[2 ，3] 上是减函数，当x ＝ 2 时，y ＝取得最大值＝ 2.答案 24 . (2018·广东省际名校联考) 设函数 f ( x ) 在R 上为增函数，则下列结论一定正确的是( )A . y ＝在R 上为减函数B . y ＝| f ( x )| 在R 上为增函数C . y ＝－在R 上为增函数D . y ＝－ f ( x ) 在R 上为减函数解析如 f ( x ) ＝x 3 ，则y ＝的定义域为( －∞ ，0) ∪ (0 ，＋∞ ) ，在定义域上无单调性， A 错；则y ＝| f ( x )| 在R 上无单调性，B 错；则y ＝－的定义域为( －∞ ，0) ∪ (0 ，＋∞ ) ，在定义域上无单调性，C 错.答案 D5 . (2019·西安调研) 若函数 f ( x ) ＝( m －1) x ＋ b 在R 上是增函数，则 f ( m ) 与 f (1) 的大小关系是( )A . f ( m )> f (1)B . f ( m )< f (1)C . f ( m ) ≥ f (1)D . f ( m ) ≤ f (1)解析因为 f ( x ) ＝( m －1) x ＋ b 在R 上是增函数，则m －1>0 ，所以m >1 ，所以 f ( m )> f (1) .答案 A6 . (2017·全国Ⅱ卷) 函数 f ( x ) ＝ln( x 2 － 2 x －8) 的单调递增区间是( )A . ( －∞ ，－2)B . ( －∞ ，1)C . (1 ，＋∞ )D . (4 ，＋∞ )解析由x 2 － 2 x －8>0 ，得x >4 或x < － 2.设t ＝x 2 － 2 x －8 ，则y ＝ln t 为增函数.要求函数 f ( x ) 的单调递增区间，即求函数t ＝x 2 － 2 x －8 的单调递增区间.∵ 函数t ＝x 2 － 2 x －8 的单调递增区间为(4 ，＋∞ ) ，∴ 函数 f ( x ) 的单调递增区间为(4 ，＋∞ ) .答案 D考点一确定函数的单调性( 区间)【例 1 】(1) (2019·东北三省四校质检) 若函数y ＝log ( x 2 －ax ＋ 3 a ) 在区间(2 ，＋∞ ) 上是减函数，则 a 的取值范围为( )A . ( －∞ ，－4) ∪ [2 ，＋∞ )B . ( － 4 ，4]C . [ － 4 ，4)D . [ － 4 ，4]解析令t ＝x 2 －ax ＋ 3 a ，则y ＝log t ( t >0) ，易知t ＝x 2 －ax ＋ 3 a 在上单调递减，在上单调递增.∵ y ＝log ( x 2 －ax ＋ 3 a ) 在区间(2 ，＋∞ ) 上是减函数，∴ t ＝x 2 －ax ＋ 3 a 在(2 ，＋∞ ) 上是增函数，且在(2 ，＋∞ ) 上t >0 ，∴ 2 ≥ ，且 4 － 2 a ＋ 3 a ≥ 0 ，∴ a ∈ [ － 4 ，4] .答案 D(2) 判断并证明函数 f ( x ) ＝ax 2 ＋( 其中1< a <3) 在x ∈ [1 ，2] 上的单调性.解 f ( x ) 在[1 ，2] 上单调递增，证明如下：设 1 ≤ x 1 < x 2 ≤ 2 ，则 f ( x 2 ) － f ( x 1 ) ＝ax ＋－ax －＝( x 2 －x 1 ) ，由 1 ≤ x 1 < x 2 ≤ 2 ，得x 2 －x 1 >0 ，2< x 1 ＋x 2 <4 ，1< x 1 x 2 <4 ，－1< －< －.又因为1< a <3 ，所以2< a ( x 1 ＋x 2 )<12 ，得 a ( x 1 ＋x 2 ) －>0 ，从而 f ( x 2 ) － f ( x 1 )>0 ，即 f ( x 2 )> f ( x 1 ) ，故当 a ∈ (1 ，3) 时， f ( x ) 在[1 ，2] 上单调递增.规律方法 1.(1) 求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1) . (2) 单调区间不能用集合或不等式表达，且图像不连续的单调区间要用“ 和”“ ，” 连接.2 . (1) 函数单调性的判断方法有：① 定义法；② 图像法；③ 利用已知函数的单调性；④ 导数法.(2) 函数y ＝ f [ g ( x )] 的单调性应根据外层函数y ＝ f ( t ) 和内层函数t ＝g ( x ) 的单调性判断，遵循“ 同增异减” 的原则.【训练 1 】( 一题多解) 试讨论函数 f ( x ) ＝( a ≠ 0) 在( －1 ，1) 上的单调性.解法一设－1< x 1 < x 2 <1 ，f ( x ) ＝ a ＝ a ，f ( x 1 ) － f ( x 2 ) ＝ a － a ＝，由于－1< x 1 < x 2 <1 ，所以x 2 －x 1 >0 ，x 1 －1<0 ，x 2 －1<0 ，故当 a >0 时， f ( x 1 ) － f ( x 2 )>0 ，即 f ( x 1 )> f ( x 2 ) ，函数 f ( x ) 在( － 1 ，1) 上单调递减；当 a <0 时， f ( x 1 ) － f ( x 2 )<0 ，即 f ( x 1 )< f ( x 2 ) ，函数 f ( x ) 在( － 1 ，1) 上单调递增.法二 f ′( x ) ＝＝＝－.当 a >0 时， f ′( x )<0 ，函数 f ( x ) 在( － 1 ，1) 上单调递减；当 a <0 时， f ′( x )>0 ，函数 f ( x ) 在( － 1 ，1) 上单调递增.考点二求函数的最值【例 2 】(1) 已知函数 f ( x ) ＝ a x ＋log a x ( a >0 ，且 a ≠ 1) 在[1 ，2] 上的最大值与最小值之和为log a 2 ＋ 6 ，则 a 的值为( )A. B. C . 2 D . 4(2) 已知函数 f ( x ) ＝则 f [ f ( －3)] ＝________ ， f ( x ) 的最小值是________ .解析(1) f ( x ) ＝ a x ＋log a x 在[1 ，2] 上是单调函数，所以 f (1) ＋ f (2) ＝log a 2 ＋ 6 ，则 a ＋log a 1 ＋ a 2 ＋log a 2 ＝log a 2 ＋ 6 ，即( a －2)( a ＋3) ＝0 ，又 a >0 ，所以 a ＝ 2.(2) ∵ f ( －3) ＝lg[( －3) 2 ＋1] ＝lg 10 ＝ 1 ，∴ f [ f ( －3)] ＝ f (1) ＝0 ，当x ≥ 1 时， f ( x ) ＝x ＋－ 3 ≥ 2 － 3 ，当且仅当x ＝时，取等号，此时 f ( x ) min ＝ 2 －3<0 ；当x <1 时， f ( x ) ＝lg( x 2 ＋1) ≥ lg 1 ＝0 ，当且仅当x ＝0 时，取等号，此时 f ( x ) min ＝0.∴ f ( x ) 的最小值为 2 － 3.答案(1)C (2)0 2 － 3规律方法求函数最值的四种常用方法(1) 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2) 图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3) 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“ 一正二定三相等” 的条件后用基本不等式求出最值.(4) 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.【训练 2 】(1) (2019·郑州调研) 函数 f ( x ) ＝－在x ∈ [1 ，4] 上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m 的值是( )A. B . 2 C. D.(2) (2018·邵阳质检) 定义max{ a ， b ， c ，} 为 a ， b ， c 中的最大值，设M ＝max{2 x ， 2 x － 3 ， 6 －x } ，则M 的最小值是( )A . 2B . 3C . 4D . 6解析(1) 易知 f ( x ) ＝－在[1 ，4] 上是增函数，∴ M ＝ f ( x ) max ＝ f (4) ＝ 2 －＝，m ＝ f (1) ＝0.因此M －m ＝.(2) 画出函数M ＝{2 x ， 2 x － 3 ， 6 －x } 的图像( 如图) ，由图可知，函数M 在 A (2 ，4) 处取得最小值 2 2 ＝ 6 － 2 ＝ 4 ，故M 的最小值为 4.答案(1)A (2)C考点三函数单调性的应用多维探究角度 1 利用单调性比较大小【例 3 － 1 】已知函数 f ( x ) 的图像向左平移 1 个单位后关于y 轴对称，当x 2 > x 1 >1 时，[ f ( x 2 ) － f ( x 1 )]·( x 2 －x 1 )<0 恒成立，设 a＝ f ， b ＝ f (2) ， c ＝ f (3) ，则 a ， b ， c 的大小关系为( )A . c > a > bB . c > b > aC . a > c > bD . b > a > c解析由于函数 f ( x ) 的图像向左平移 1 个单位后得到的图像关于y 轴对称，故函数y ＝ f ( x ) 的图像关于直线x ＝ 1 对称，所以 a ＝ f ＝ f .当x 2 > x 1 >1 时，[ f ( x 2 ) － f ( x 1 )]( x 2 －x 1 )<0 恒成立，等价于函数f ( x ) 在(1 ，＋∞ ) 上单调递减，所以 b > a > c .答案 D角度 2 求解函数不等式【例 3 － 2 】(2018·全国Ⅰ卷) 设函数 f ( x ) ＝则满足f ( x ＋1)< f (2 x ) 的x 的取值范围是( )A . ( －∞ ，－1]B . (0 ，＋∞ )C . ( － 1 ，0)D . ( －∞ ，0)解析当x ≤ 0 时，函数 f ( x ) ＝ 2 －x 是减函数，则 f ( x ) ≥ f (0) ＝ 1. 作出 f ( x ) 的大致图像如图所示，结合图像知，要使 f ( x ＋1) ＜ f (2x ) ，当且仅当或解得x < － 1 或－ 1 ≤ x <0 ，即x <0.答案 D角度 3 求参数的值或取值范围【例 3 － 3 】已知 f ( x ) ＝满足对任意x 1 ≠ x 2 ，都有>0 成立，那么实数 a 的取值范围是________ .解析对任意x 1 ≠ x 2 ，都有>0 ，所以y ＝ f ( x ) 在( －∞ ，＋∞ ) 上是增函数.所以解得≤ a <2.故实数 a 的取值范围是.答案规律方法 1. 利用单调性求参数的取值( 范围) 的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程( 组)( 不等式( 组)) 或先得到其图像的升降，再结合图像求解. 对于分段函数，要注意衔接点的取值.2 . (1) 比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.(2) 求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“ f ” .【训练 3 】(1) 已知奇函数 f ( x ) 在R 上是增函数，若 a ＝－ f ，b ＝ f (log 2 4.1) ， c ＝ f (2 0.8 ) ，则 a ， b ， c 的大小关系为( )A . a < b < cB . b < a < cC . c < b < aD . c < a < b(2) 若函数 f ( x ) ＝－x 2 ＋ 2 ax 与g ( x ) ＝在区间[1 ，2] 上都是减函数，则 a 的取值范围是( )A . ( － 1 ，0) ∪ (0 ，1)B . ( － 1 ，0) ∪ (0 ，1]C . (0 ，1)D . (0 ，1]解析(1) 由 f ( x ) 是奇函数，得 a ＝－ f ＝ f (log 2 5) .又log 2 5>log 2 4.1>2>2 0.8 ，且y ＝ f ( x ) 在R 上是增函数，所以 a > b >c .(2) 因为 f ( x ) ＝－x 2 ＋ 2 ax ＝－( x － a ) 2 ＋ a 2 在[1 ，2] 上为减函数，所以由其图像得 a ≤ 1 ，g ( x ) ＝，g ′( x ) ＝－，要使g ( x ) 在[1 ，2] 上为减函数，需g ′( x )<0 在[1 ，2] 上恒成立，故有－ a <0 ，因此 a >0 ，综上可知0< a ≤ 1.答案(1)C (2)D[ 思维升华]1 . 利用定义证明或判断函数单调性的步骤：(1) 取值；(2) 作差；(3) 定号；(4) 判断.2 . 确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图像法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3 . 求函数最值的常用求法：单调性法、图像法、换元法、利用基本不等式. 闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点处取到；开区间上的“ 单峰” 函数一定存在最大值( 最小值) .[ 易错防范]1 . 区分两个概念：“ 函数的单调区间” 和“ 函数在某区间上单调” ，前者指函数具备单调性的“ 最大” 的区间，后者是前者“ 最大” 区间的子集.2 . 函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“ ，” 或“ 和” 连接，不要用“ ∪ ” . 例如，函数 f ( x ) 在区间( － 1 ，0) 上是减函数，在(0 ，1) 上是减函数，但在( － 1 ，0) ∪ (0 ，1) 上却不一定是减函数，如函数 f ( x ) ＝.基础巩固题组( 建议用时：40 分钟)一、选择题1 . 函数 f ( x ) ＝－x ＋在上的最大值是( )A. B . － C . － 2 D . 2解析易知 f ( x ) 在上是减函数，∴ f ( x ) max ＝ f ( －2) ＝ 2 －＝.答案 A2 . (2019·广州模拟) 下列函数 f ( x ) 中，满足“ 任意x 1 ，x 2 ∈ (0 ，＋∞ ) 且x 1 ≠ x 2 ，( x 1 －x 2 )·[ f ( x 1 ) － f ( x 2 )]<0 ” 的是( )A . f ( x ) ＝ 2 xB . f ( x ) ＝| x －1|C . f ( x ) ＝－xD . f ( x ) ＝ln( x ＋1)解析由( x 1 －x 2 )·[ f ( x 1 ) － f ( x 2 )]<0 可知， f ( x ) 在(0 ，＋∞ ) 上是减函数， A ， D 选项中， f ( x ) 为增函数； B 中， f ( x ) ＝| x －1| 在(0 ，＋∞ ) 上不单调，对于 f ( x ) ＝－x ，因为y ＝与y ＝－x 在(0 ，＋∞ ) 上单调递减，因此 f ( x ) 在(0 ，＋∞ ) 上是减函数. 答案 C3 . (2019·萍乡一模) 已知函数 f ( x ) ＝log a ( －x 2 － 2 x ＋3)( a >0 且 a ≠ 1) ，若 f (0)<0 ，则此函数的单调递增区间是( )A . ( －∞ ，－1]B . [ － 1 ，＋∞ )C . [ － 1 ，1)D . ( － 3 ，－1]解析令g ( x ) ＝－x 2 － 2 x ＋ 3 ，由题意知g ( x )>0 ，可得－3< x <1 ，故函数的定义域为{ x | －3< x <1} . 根据 f (0) ＝log a 3<0 ，可得0< a <1 ，又g ( x ) 在定义域( － 3 ，1) 内的减区间是[ － 1 ，1) ，∴ f ( x ) 的单调递增区间为[ － 1 ，1) .答案 C4 . 函数y ＝，x ∈ ( m ，n ] 的最小值为0 ，则m 的取值范围是( )A . (1 ，2)B . ( － 1 ，2)C . [1 ，2)D . [ － 1 ，2)解析函数y ＝＝＝－ 1 在区间( － 1 ，＋∞ ) 上是减函数，且 f (2) ＝0 ，所以n ＝ 2.根据题意，x ∈ ( m ，n ] 时，y min ＝0.∴ m 的取值范围是[ － 1 ，2) .答案 D5 . (2019·蚌埠模拟) 已知单调函数 f ( x ) ，对任意的x ∈ R 都有 f [ f ( x ) －2 x ] ＝ 6 ，则 f (2) ＝( )A . 2B . 4C . 6D . 8解析设t ＝ f ( x ) － 2 x ，则 f ( t ) ＝ 6 ，且 f ( x ) ＝ 2 x ＋t ，令x ＝t ，则 f ( t ) ＝ 2 t ＋t ＝ 6 ，∵ f ( x ) 是单调函数，且 f (2) ＝ 2 2 ＋ 2 ＝ 6 ，∴ t ＝ 2 ，即 f ( x ) ＝ 2 x ＋ 2 ，则 f (2) ＝ 4 ＋ 2 ＝6.答案 C二、填空题6 . 设函数 f ( x ) ＝g ( x ) ＝x 2 f ( x －1) ，则函数g ( x ) 的递减区间是________ .解析由题意知g ( x ) ＝函数的图像如图所示的实线部分，根据图像，g ( x ) 的递减区间是[0 ，1) .答案[0 ，1)7 . 设函数 f ( x ) ＝在区间( － 2 ，＋∞ ) 上是增函数，那么 a 的取值范围是________ .解析 f ( x ) ＝＝ a －，∵ 函数 f ( x ) 在区间( － 2 ，＋∞ ) 上是增函数，∴ 即即 a ≥ 1.答案[1 ，＋∞ )8 . ( 一题多解)(2019·成都诊断) 对于任意实数 a ， b ，定义min{ a ，b } ＝设函数 f ( x ) ＝－x ＋ 3 ，g ( x ) ＝log 2 x ，则函数h ( x ) ＝min{ f ( x ) ，g ( x )} 的最大值是______ .解析法一在同一坐标系中，作函数 f ( x ) ，g ( x ) 图像，依题意，h ( x ) 的图像如图所示的实线部分.易知点 A (2 ，1) 为图像的最高点，因此h ( x ) 的最大值为h (2) ＝ 1.法二依题意，h ( x ) ＝当0< x ≤ 2 时，h ( x ) ＝log 2 x 是增函数，当x >2 时，h ( x ) ＝ 3 －x 是减函数，因此h ( x ) 在x ＝ 2 时取得最大值h (2) ＝ 1.答案 1三、解答题9 . 已知函数 f ( x ) ＝－( a >0 ，x >0) .(1) 求证： f ( x ) 在(0 ，＋∞ ) 上是增函数；(2) 若 f ( x ) 在上的值域是，求 a 的值.(1) 证明设x 2 > x 1 >0 ，则x 2 －x 1 >0 ，x 1 x 2 >0 ，∵ f ( x 2 ) － f ( x 1 ) ＝－＝－＝>0 ，∴ f ( x 2 )> f ( x 1 ) ，∴ f ( x ) 在(0 ，＋∞ ) 上是增函数.(2) 解∵ f ( x ) 在上的值域是，又由(1) 得 f ( x ) 在上是单调增函数，∴ f ＝， f (2) ＝ 2 ，易得 a ＝.10 . 函数 f ( x ) ＝log a (1 －x ) ＋log a ( x ＋3)(0< a <1) .(1) 求方程 f ( x ) ＝0 的解.(2) 若函数 f ( x ) 的最小值为－ 1 ，求 a 的值.解(1) 由得－3< x <1.∴ f ( x ) 的定义域为( － 3 ，1) .则 f ( x ) ＝log a ( －x 2 － 2 x ＋3) ，x ∈ ( － 3 ，1) ，令 f ( x ) ＝0 ，得－x 2 － 2 x ＋ 3 ＝ 1 ，解得x ＝－1± ∈ ( － 3 ，1) .故 f ( x ) ＝0 的解为x ＝－1± .(2) 由(1) 得 f ( x ) ＝log a [ －( x ＋1) 2 ＋4] ，x ∈ ( － 3 ，1) ，由于0< －( x ＋1) 2 ＋ 4 ≤ 4 ，且 a ∈ (0 ，1) ，∴ log a [ －( x ＋1) 2 ＋4] ≥ log a 4 ，由题意可得log a 4 ＝－ 1 ，解得 a ＝，满足条件.所以 a 的值为.能力提升题组( 建议用时：20 分钟)11 . (2017·全国Ⅰ卷) 已知函数 f ( x ) 在( －∞ ，＋∞ ) 上单调递减，且为奇函数. 若 f (1) ＝－ 1 ，则满足－ 1 ≤ f ( x －2) ≤ 1 的x 的取值范围是( )A . [ － 2 ，2]B . [ － 1 ，1]C . [0 ，4]D . [1 ，3]解析∵ f ( x ) 为奇函数，∴ f ( －x ) ＝－ f ( x ) .∵ f (1) ＝－ 1 ，∴ f ( －1) ＝－ f (1) ＝ 1.故由－ 1 ≤ f ( x －2) ≤ 1 ，得 f (1) ≤ f ( x －2) ≤ f (－1) .又 f ( x ) 在( －∞ ，＋∞ ) 单调递减，∴ － 1 ≤ x － 2 ≤ 1 ，∴ 1 ≤ x ≤ 3.答案 D12 . 已知函数 f ( x ) ＝x 2 － 2 ax ＋ a 在区间( －∞ ，1) 上有最小值，则函数g ( x ) ＝在区间(1 ，＋∞ ) 上一定( )A . 有最小值B . 有最大值C . 是减函数D . 是增函数解析因为函数 f ( x ) ＝x 2 － 2 ax ＋ a ＝( x － a ) 2 ＋ a － a 2 在区间( －∞ ，1) 上有最小值，所以函数 f ( x ) 的对称轴x ＝ a 应当位于区间( －∞ ，1) 内，即 a <1 ，又g ( x ) ＝＝x ＋－ 2 a ，当 a <0 时，g ( x ) ＝x ＋－ 2 a 在区间(1 ，＋∞ ) 上为增函数，此时，g ( x ) min > g (1) ＝ 1 － a >0 ；当 a ＝0 时，g ( x ) ＝x 在区间(1 ，＋∞ ) 上为增函数，此时，g ( x ) min > g (1) ＝ 1 ：当0< a <1 时，g ( x ) ＝x ＋－ 2 a ，g ′( x ) ＝ 1 －>1 －a >0 ，此时g ( x ) min > g (1) ＝ 1 － a ；综上，g ( x ) 在区间(1 ，＋∞ ) 上单调递增.答案 D13 . 已知 f ( x ) ＝不等式 f ( x ＋ a )> f (2 a －x ) 在[ a ， a ＋1] 上恒成立，则实数 a 的取值范围是________ .解析二次函数y 1 ＝x 2 － 4 x ＋ 3 的对称轴是x ＝ 2 ，所以该函数在( －∞ ，0] 上单调递减，所以x 2 － 4 x ＋ 3 ≥ 3 ，同样可知函数y 2 ＝－x 2 － 2 x ＋ 3 在(0 ，＋∞ ) 上单调递减，所以－x 2 － 2 x ＋3<3 ，所以 f ( x ) 在R 上单调递减，所以由 f ( x ＋ a )> f (2 a －x ) 得到x ＋ a <2 a －x ，即 2 x < a 在[ a ， a ＋1] 上恒成立，所以2( a ＋1)< a ， a < － 2 ，所以实数 a 的取值范围是( －∞ ，－2) .答案( －∞ ，－2)14 . 已知函数 f ( x ) ＝ a －.(1) 求 f (0) ；(2) 探究 f ( x ) 的单调性，并证明你的结论；(3) 若 f ( x ) 为奇函数，求满足 f ( ax )< f (2) 的x 的范围.解(1) f (0) ＝ a －＝ a － 1.(2) f ( x ) 在R 上单调递增. 证明如下：∵ f ( x ) 的定义域为R ，∴ 任取x 1 ，x 2 ∈ R 且x 1 < x 2 ，则 f ( x 1 ) － f ( x 2 ) ＝ a －－ a ＋＝，∵ y ＝ 2 x 在R 上单调递增且x 1 < x 2 ，∴ 0<2 x 1 <2 x 2 ，∴ 2 x 1 － 2 x 2 <0 ， 2 x 1 ＋1>0 ， 2 x 2 ＋1>0.∴ f ( x 1 ) － f ( x 2 )<0 ，即 f ( x 1 )< f ( x 2 ) .∴ f ( x ) 在R 上单调递增.(3) ∵ f ( x ) 是奇函数，∴ f ( －x ) ＝－ f ( x ) ，即 a －＝－ a ＋，解得 a ＝1( 或用 f (0) ＝0 去解) .∴ f ( ax )< f (2) 即为 f ( x )< f (2) ，又∵ f ( x ) 在R 上单调递增，∴ x <2.∴ x 的取值范围是( －∞ ，2) .。

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2)当.总0时，.f(X)>yA J+l,求“的取值范囤.。

2. 2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数f(x) = e x-a(x + 2)・(1)当“ =1时,讨论/(x)的单调性：(2)若/(x)有两个零点，求"的取值范围・。

3. 2020年新高考1卷(山东考卷)第21题已知函数f (%) = - In x + In a(1).当a=e时，求曲线y=f(x)在点(l,f(l))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积;(2)若f(x) > 1,求a的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2 )当XR时，./'(X)>y A J+1 ,求"的取值范围・。

解析：(1)单调性，常规题，a已知，求一个特左函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次淸仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

(2)怛成立，提髙题，在恒成立情况下，求参数的取值范囤。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：(1)当a=l 时，/(x) = c'+F_x,定义域为R,/'(x) = 7+2%-1,易知f，(x)是单调递增函数。

而f' (0)=0,.・.当xG (-8, 0), f，(x)V0当xW (O,+8), f (x)>0•当xW (-8, 0), f(x)单调递减：当xW (0,+8), f(x)单调递增。

2—.V+ JV +1 — K (A* — 2)(—x" + x +1 — 0*)令g(x)= --------- ；---- ，则gd)=—丄「 --------------------X X再令//(x) = -x2+x + l-，2到了这里发现，由(1)可得的e x+x2-x>\(x>0),不能引用。

突破1 利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数f(x)=a ln x+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.5.设函数f(x)=x2+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.6.(2018江西南昌一模,21改编)已知函数f(x)=e x-a ln x-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x ∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.参考答案高考大题专项练参考答案高考大题专项一函数与导数突破1 利用导数求极值、最值、参数范围1.解 (1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上递减,在[k-1,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解 (1)当a=-2时,f'(x)=2x-2x =2(x2-1)x,由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,∴f (x )在(1,+∞)递增.(2)f'(x )=2x+x x =2x 2+xx,当a ≥0时f'(x )≥0,f (x )在[1,e]上递增,∴f min (x )=f (1)=1.当a<0时,由f'(x )=0解得x=±√-x2(负值舍去),设x 0=√-x2.若√-x2≤1,即a ≥-2,也就是-2≤a<0时,x ∈[1,e],f'(x )>0,f (x )递增,∴f min (x )=f (1)=1. 若1<√-x 2<e,即-2e 2<a<-2时,x ∈[1,x 0],f'(x )≤0,f (x )递减,x ∈[x 0,e],f'(x )≥0,f (x )递增. 故f min (x )=f (x 0)=-x2+a ln √-x 2=x2[ln (-x2)-1].若√-x2≥e,即a ≤-2e 2时,x ∈[1,e],f'(x )<0,f (x )递减.∴f min (x )=f (e)=e 2+a.综上所述:当a ≥-2时,f (x )的最小值为1;当-2e 2<a<-2时,f (x )的最小值为x 2[ln (-x2)-1];当a ≤-2e 2时,f (x )的最小值为e 2+a. 3.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x,f'(x )=e x(x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a ≤2,当x ∈[1,2]时,f'(x )≥0,则f (x )在[1,2]上递增.所以f (x )min =f (1)=(1-a )e .②若a-1≥2,则a ≥3,当x ∈[1,2]时,f'(x )≤0,则f (x )在[1,2]上递减.所以f (x )min =f (2)=(2-a )e 2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)- 0 +f (x ) 递减极小值 递增所以f (x )的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f (x )在[1,2]上的最小值为f (a-1)=-e a-1. 综上所述:当a ≤2时,f (x )min =f (1)=(1-a )e; 当a ≥3时,f (x )min =f (2)=(2-a )e 2;当2<a<3时,f (x )min =f (a-1)=-e a-1. 4.解由题意f (x )+x 3>0,即a>-x 2+2ln xx对任意x ∈(1,+∞)恒成立,记p (x )=-x 2+2ln xx,定义域为(1,+∞),则p'(x )=-2x+2-2ln x x 2=-2x 3+2-2ln xx 2,设q (x )=-2x 3+2-2ln x ,q'(x )=-6x 2-2x , 则当x>1时,q (x )递减, 所以当x>1时,q (x )<q (1)=0, 故p'(x )<0在(1,+∞)上恒成立, 所以函数p (x )=-x 2+2ln xx在(1,+∞)上递减,所以当x>1时,p (x )<p (1)=-1,得a ≥-1,所以a 的取值范围是[-1,+∞). 5.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)递减,在(x 1,+∞)递增.故F (x )在[-2,+∞)的最小值为F (x 1). 而F (x 1)=2x 1+2-x 12-4x 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,+∞)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].6.解由f (x )=e x -a ln x-e(a ∈R),得f'(x )=e x -xx ,当a<0时,f'(x )=e x -xx >0,f (x )在x ∈[1,+∞)上递增,f (x )min =f (1)=0(合题意). 当a>0时,f'(x )=e x -x x , 当x ∈[1,+∞)时,y=e x ≥e .①当a ∈(0,e]时,因为x ∈[1,+∞),所以y=x x ≤e,f'(x )=e x -xx ≥0,f (x )在[1,+∞)上递增,f (x )min =f (1)=0(合题意).②当a ∈(e,+∞)时,存在x 0∈[1,+∞),满足f'(x )=e x -xx =0, f (x )在x 0∈[1,x 0)上递减,在(x 0,+∞)上递增,故f (x 0)<f (1)=0.不满足x ∈[1,+∞)时,f (x )≥0恒成立,综上所述,a 的取值范围是(-∞,e].。