江西省于都县第二中学2020届高三数学一轮复习教案：导数及其应用 Word版含答案

导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式 ①C ′＝ 0 (C 为常数)； ②(x n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)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(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋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.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2， 由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。

第四节 二次函数与幂函数[考纲传真] 1.(1)了解幂函数的概念；(2)结合函数y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 12，y ＝1x的图象，了解它们的变化情况.2.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题．1．二次函数(1)二次函数解析式的三种形式 一般式：f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)；顶点式：f (x )＝a (x －h )2＋k (a ≠0)，顶点坐标为(h ，k )； 零点式：f (x )＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)，x 1，x 2为f (x )的零点． (2)二次函数的图象与性质(1)定义：形如y ＝x α(α∈R )的函数称为幂函数，其中x 是自变量，α是常数． (2)五种常见幂函数的图象与性质1．与二次函数有关的恒成立问题 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则(1)f (x )＞0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧ a ＞0Δ＜0；(2)f (x )＜0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0Δ＜0；(3)f (x )＞0(a ＜0)在区间[m ，n ]恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧fm ＞0f n ＞0；(4)f (x )＜0(a ＞0)在区间[m ，n ]恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧fm ＜0f n ＜0.2．幂函数y ＝x α(α∈R )的图象特征(1)幂函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限，至于是否出现在第二、三象限内，要看函数的奇偶性．(2)幂函数的图象过定点(1,1)，如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点． (3)当α＞0时，y ＝x α在[0，＋∞)上为增函数； 当α＜0时，y ＝x α在(0，＋∞)上为减函数．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈R ，不可能是偶函数．( )(2)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈[a ，b ]的最值一定是4ac －b24a . ( )(3)幂函数的图象一定经过点(1,1)和点(0,0)． ( ) (4)当n ＞0时，幂函数y ＝x n在(0，＋∞)上是增函数． ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)已知幂函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，若f (m )＝3，则实数m 的值为( )A. 3 B ．± 3 C ．±9D ．9D [由题意可知4α＝22α＝2，所以α＝12.所以f (x )＝x 12＝x ，故f (m )＝m ＝3⇒m ＝9.]3．已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，则a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，120 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－120 C.⎝⎛⎭⎪⎫120，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－120，0C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，1－20a ＜0，得a ＞120.]4．(教材改编)如图是①y ＝x a；②y ＝x b；③y ＝x c在第一象限的图象，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＜b ＜aB ．a ＜b ＜cC ．b ＜c ＜aD ．a ＜c ＜bD [由图象知②③的指数大于零且b ＞c ，①的指数小于零，因此b ＞c ＞a ，故选D.] 5．若f (x )＝(x ＋a )(x －4)为偶函数，则实数a ＝________.4 [f (x )＝x 2＋(a －4)x －4a ，由f (x )是偶函数知a －4＝0，所以a ＝4.]1．幂函数y ＝f ( )A BC DC [令f (x )＝x α，由f (8)＝22得8α＝22，即23α＝232，解得α＝12，所以f (x )＝x 12，故选C.]2．若a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1223，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1523，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1213，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜a ＜b C ．b ＜c ＜aD ．b ＜a ＜cD [a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1223＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1413，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1523＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12513，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1213，由125＜14＜12得b ＜a ＜c ，故选D.]3．(2019·兰州模拟)已知幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则k ＋α等于( )A.12 B ．1 C.32D ．2C [由幂函数的定义知k ＝1. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，从而k ＋α＝32.] 4．若(a ＋1) 12＜(3－2a ) 12，则实数a 的取值范围是________．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，23 [易知函数y ＝x 12的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥0，3－2a ≥0，a ＋1＜3－2a ，解得－1≤a ＜23.]幂函数的形式是α∈，其中只有一个参数确定其解析式判断幂函数α∈R 的奇偶性时，当再判断.若幂函数在，＋，若在，＋减，则α＜0.【例1】 (1)f (x )的最大值是8，则f (x )＝________.(2)已知二次函数f (x )与x 轴的两个交点坐标为(0,0)和(－2,0)且有最小值－1，则f (x )＝________.(1)－4x 2＋4x ＋7 (2)x 2＋2x [(1)法一(利用一般式)： 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.法二(利用顶点式)： 设f (x )＝a (x －m )2＋n . ∵f (2)＝f (－1)，∴抛物线的图象的对称轴为x ＝2＋－2＝12. ∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8.∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4，∴f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.(2)设函数的解析式为f (x )＝ax (x ＋2)，所以f (x )＝ax 2＋2ax ， 由4a ×0－4a 24a ＝－1，得a ＝1，所以f (x )＝x 2＋2x.](1)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b ∈R )，x ∈R ，若函数为f (－1)＝0，则f (x )＝________.(2)若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R )是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f (x )＝________.(1)x 2＋2x ＋1 (2)－2x 2＋4 [(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋1＝0，－b2a＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.从而f (x )＝x 2＋2x ＋1.(2)由f (x )是偶函数知f (x )图象关于y 轴对称，所以－a ＝－⎝⎛⎭⎪⎫－2a b ，即b ＝－2或a ＝0，当a ＝0时，则f (x )＝bx 2，值域为(－∞，0]或[0，＋∞), 不满足已知值域(－∞，4]，∴a ＝0舍去，所以f (x )＝－2x 2＋2a 2， 又f (x )的值域为(－∞，4]， 所以2a 2＝4， 故f (x )＝－2x 2＋4.]►考法1 【例2】 已知abc ＞0，则二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可能是( )D [A 项，因为a ＜0，－b2a ＜0，所以b ＜0.又因为abc ＞0，所以c ＞0， 而f (0)＝c ＜0，故A 错．B 项，因为a ＜0，－b2a＞0，所以b ＞0.又因为abc ＞0，所以c ＜0，而f (0)＝c ＞0，故B 错． C 项，因为a ＞0，－b2a＜0，所以b ＞0.又因为abc ＞0，所以c ＞0，而f (0)＝c ＜0，故C 错． D 项，因为a ＞0，－b2a＞0，所以b <0.又因为abc ＞0，所以c ＜0，而f (0)＝c ＜0，故选D.] ►考法2 二次函数的单调性【例3】 函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1在区间[－1，＋∞)上是递减的，则实数a 的取值范围是________．[－3,0] [当a ＝0时，f (x )＝－3x ＋1在[－1，＋∞]上递减，满足条件． 当a ≠0时，f (x )的对称轴为x ＝3－a2a，由f (x )在[－1，＋∞)上递减知⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，3－a2a≤－1，解得－3≤a ＜0.综上，a 的取值范围为[－3,0]．][拓展探究] 若函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1的单调减区间是[－1，＋∞)，则a 为何值？ [解] 因为函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1的单调减区间为[－1，＋∞)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a －3－2a＝－1，解得a ＝－3.►考法3 二次函数的最值【例4】 已知函数f (x )＝ax 2－2x (0≤x ≤1)，求函数f (x )的最小值． [解] (1)当a ＝0时，f (x )＝－2x 在[0,1]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (1)＝－2.(2)当a ＞0时，f (x )＝ax 2－2x 的图象开口向上且对称轴为x ＝1a.①当0＜1a≤1，即a ≥1时，f (x )＝ax 2－2x 的对称轴在(0,1]内，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，1上单调递增．所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝1a －2a＝－1a.②当1a＞1，即0＜a ＜1时，f (x )＝ax 2－2x 的对称轴在[0,1]的右侧，所以f (x )在[0,1]上单调递减． 所以f (x )min ＝f (1)＝a －2.(3)当a ＜0时，f (x )＝ax 2－2x 的图象开口向下且对称轴x ＝1a＜0，在y 轴的左侧，所以f (x )＝ax 2－2x 在[0,1]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (1)＝a －2.综上所述，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －2，a ＜1，－1a，a ≥1.[拓展探究] 若将本例中的函数改为f (x )＝x 2－2ax ，其他不变，应如何求解？ [解] 因为f (x )＝x 2－2ax ＝(x －a )2－a 2，对称轴为x ＝a. ①当a ＜0时，f (x )在[0,1]上是增函数， 所以f (x )min ＝f (0)＝0.②当0≤a ≤1时，f (x )min ＝f (a )＝－a 2. ③当a ＞1时，f (x )在[0,1]上是减函数， 所以f (x )min ＝f (1)＝1－2a.综上所述，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，a ＜0，－a 2，0≤a ≤1，1－2a ，a ＞1.(1)致是( )A B C D(2)若二次函数y ＝kx 2－4x ＋2在区间[1,2]上是单调递增函数，则实数k 的取值范围为( )A ．[2，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，2)(1)C (2)A [(1)若a ＞0，则一次函数y ＝ax ＋b 为增函数，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向上，故可排除A ；若a ＜0，一次函数y ＝ax ＋b 为减函数，二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向下，故可排除D ；对于选项B ，看直线可知a ＞0，b ＞0，从而－b2a＜0，而二次函数的对称轴在y 轴的右侧，故应排除B ，选C.(2)二次函数y ＝kx 2－4x ＋2的对称轴为x ＝2k，当k ＞0时，要使函数y ＝kx 2－4x ＋2在区间[1,2]上是增函数，只需2k≤1，解得k ≥2.当k ＜0时，2k＜0，此时抛物线的对称轴在区间[1,2]的左侧，该函数y ＝kx 2－4x ＋2在区间[1,2]上是减函数，不符合要求．综上可得实数k 的取值范围是[2，＋∞)．](3)已知函数f (x )＝x 2－2x ，若x ∈[－2，a ]，求f (x )的最小值． [解] 因为函数f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1， 所以对称轴为直线x ＝1，因为x ＝1不一定在区间[－2，a ]内，所以应进行讨论，当－2＜a ≤1时，函数在[－2，a ]上单调递减，则当x ＝a 时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝a 2－2a ；当a ＞1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a ]上单调递增，则当x ＝1时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝－1.综上，当－2＜a ≤1时，f (x )min ＝a 2－2a ， 当a ＞1时，f (x )min ＝－1.►考法【例5】 (2019·张掖模拟)不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是__________________．(－2,2] [当a －2＝0，即a ＝2时，不等式即为－4<0，对一切x ∈R 恒成立，当a ≠2时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，Δ＝a －2＋a －，即⎩⎪⎨⎪⎧a <2，－2<a <2，∴－2<a <2.综上，可得实数a 的取值范围是(－2,2]．] ►考法2 形如f (x )≥0(x ∈[a ，b ])求参数的范围【例6】 设函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<－m ＋5恒成立，求m 的取值范围．[解] 要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立，即m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立．有以下两种方法：法一：令g (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34m －6，x ∈[1,3]．当m >0时，g (x )在[1,3]上是增函数， 所以g (x )m ax ＝g (3)⇒7m －6<0， 所以m <67，所以0<m <67；当m ＝0时，－6<0恒成立；当m <0时，g (x )在[1,3]上是减函数，所以g (x )m ax ＝g (1)⇒m －6<0，所以m <6，所以m <0.综上所述：m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪m <67. 法二：因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0，又因为m (x 2－x ＋1)－6<0，所以m <6x 2－x ＋1.因为函数y ＝6x 2－x ＋1＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34在[1,3]上的最小值为67，所以只需m <67即可．所以m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪m <67. ►考法3 形如f (x )≥0(参数k ∈[a ，b ])求x 的范围【例7】 对任意的k ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(k －4)x ＋4－2k 的值恒大于零，则x 的取值范围是__________．(－∞，1)∪(3，＋∞) [对任意的k ∈[－1,1]，x 2＋(k －4)x ＋4－2k >0恒成立，即g (k )＝(x －2)k ＋(x 2－4x ＋4)>0，在k ∈[－1,1]时恒成立．只需g (－1)>0且g (1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－5x ＋6>0，x 2－3x ＋2>0，解得x ＜1或x ＞3，所以x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．]x f x恒成立问题的求解思路x∈的不等式确定参数的范围时，结合二次函数的图象，利用判别式来求解x∈[的不等式确定参数范围时，①根据函数的单调性，求其最值，让最值大于等于或小于等于值特点确定不等式求参数的取值范围.③分离参数，变为x或x恒成立问题，x的最值已知参数的范围，要注意变换主元，一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数(1)当∈(1,2)时，不等式＋＋4＜0恒成立，则的取值范围是________．(2)已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1,1]上恒小于零，则实数a的取值范围为________．(1)(－∞，－5] (2)⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12[(1)设f(x)＝x2＋mx＋4，当x∈(1,2)时，f(x)＜0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f，f⇒⎩⎪⎨⎪⎧m≤－5，m≤－4⇒m≤－5.(2)2ax2＋2x－3＜0在[－1,1]上恒成立．当x＝0时，－3＜0，成立；当x≠0时，a＜32⎝⎛⎭⎪⎫1x－132－16，因为1x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当x＝1时，右边取最小值12，所以a＜12.综上，实数a的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12.]1．(2016·全国卷Ⅲ)已知a＝243，b＝323，c＝2513，则( )A．b＜a＜c B．a＜b＜cC．b＜c＜a D．c＜a＜bA[利用幂函数的性质比较大小．a＝243＝423，b＝323，c＝2513＝523.∵y ＝x 23在第一象限内为增函数，又5＞4＞3，∴c ＞a ＞b.]2．(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝则使得f (x )≤2成立的x 的取值范围是________．(－∞，8] [当x <1时，x －1<0，e x －1<e 0＝1≤2，∴当x <1时满足f (x )≤2.当x ≥1时，x 13≤2，x ≤23＝8，∴1≤x ≤8.综上可知x ∈(－∞，8]．]自我感悟：______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

第八节函数与方程[考纲传真]结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性与根的个数．1．函数的零点(1)定义：对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．(2)函数零点与方程根的关系：方程f(x)＝0有实根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．(3)零点存在性定理：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x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0.2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与零点的关系1．f(a)·f(b)＜0是连续函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，且f(x)的图象连续不断，则f(a)·f(b)＜0⇒函数f(x)在区间[a，b]上只有一个零点．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( )(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)＜0.( )(3)若函数f(x)在(a，b)上单调且f(a)·f(b)＜0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．( )(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c在b2－4ac＜0时没有零点．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)函数f(x)＝ln x＋2x－6的零点所在的区间是( )A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)C [由题意得f (1)＝ln 1＋2－6＝－4＜0，f (2)＝ln 2＋4－6＝ln 2－2＜0，f (3)＝ln 3＋6－6＝ln 3＞0， f (4)＝ln 4＋8－6＝ln 4＋2＞0，∴f (x )的零点所在的区间为(2,3)．]3．(教材改编)已知函数y ＝f (x )的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个B [∵f (2)·f (3)＜0，f (3)·f (4)＜0，f (4)·f (5)＜0， 故函数f (x )在区间[1,6]内至少有3个零点．]4．函数f (x )＝x 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的零点有________个．1 [如图所示，函数f (x )＝x 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的零点有1个．]5．函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 [∵函数f (x )的图象为直线， 由题意可得f (－1)·f (1)＜0，∴(－3a ＋1)·(1－a )＜0，解得13＜a ＜1，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.]判断函数零点所在的区间1．函数f (x )＝ln x －2x2的零点所在的区间为( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)B [由题意知函数f (x )是增函数，因为f (1)＜0，f (2)＝ln 2－12＝ln 2－ln e ＞0，所以函数f (x )的零点所在的区间是(1,2)．故选B.]2．若a ＜b ＜c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( ) A ．(a ，b )和(b ，c )内 B ．(－∞，a )和(a ，b )内 C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内 D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内A [∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＝(a －b )(a －c )＞0，f (b )＝(b －c )(b －a )＜0，f (c )＝(c －a )(c －b )＞0，由函数零点存在性判定定理可知：在区间(a ，b )(b ，c )内分别存在一个零点； 又函数f (x )是二次函数，最多有两个零点，因此函数f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内，故选A.]3．已知函数f (x )＝ln x ＋2x －6的零点在⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2，k ＋12(k ∈Z)内，那么k ＝________.5 [∵f ′(x )＝1x ＋2＞0，x ∈(0，＋∞)，∴f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝ln52－1＜0，f (3)＝ln 3＞0，∴f (x )的零点在⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3内，则整数k ＝5.]解方程，当对应方程易解时，可通过解方程，看方程是否有根落在给定区间上来判断利用零点存在性定理进行判断数形结合画出函数图象，通过观察图象与判断函数零点的个数【例1】 (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x －x 2＋2x ，x ＞0，2x ＋1，x ≤0的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3(2)设函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f (x )＝e x＋x －3，则f (x )的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4(1)D (2)C [依题意，在考虑x ＞0时可以画出函数y ＝ln x 与y ＝x 2－2x 的图象(如图)，可知两个函数的图象有两个交点，当x ≤0时，函数f (x )＝2x ＋1与x 轴只有一个交点，综上，函数f (x )有3个零点．故选D. (2)因为函数f (x )是定义域为R 的奇函数，所以f (0)＝0，即x ＝0是函数f (x )的1个零点． 当x ＞0时，令f (x )＝e x＋x －3＝0，则e x＝－x ＋3，分别画出函数y＝e x和y ＝－x ＋3的图象，如图所示，两函数图象有1个交点，所以函数f (x )有1个零点．根据对称性知，当x ＜0时，函数f (x )也有1个零点．综上所述，f (x )的零点个数为3.]直接求零点，令x＝零点存在性定理，要求函数在区间a f b ＜再结合函数的图象与性质确定函数零点个数；利用图象交点个数，作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数.(1)0.5A ．1 B ．2 C ．3D ．4(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ＞0，－x 2＋bx ＋c ，x ≤0，若f (0)＝－2，f (－1)＝1，则函数g (x )＝f (x )＋x 的零点个数为________．(1)B (2)3 [(1)令f (x )＝2x|log 0.5x |－1＝0，可得|log 0.5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x.设g (x )＝|log 0.5x |，h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x.在同一坐标系下分别画出函数g (x )，h (x )的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f (x )有2个零点．故选B.(2)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－2，－1－b ＋c ＝1，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4，c ＝－2.由g (x )＝0得f (x )＋x ＝0，该方程等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0 ，－2＋x ＝0，①或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x 2－4x －2＋x ＝0.②解①得x ＝2，解②得x ＝－1或x ＝－2.因此，函数g (x )＝f (x )＋x 的零点个数为3.]函数零点的应用【例2】 (1)设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3.若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( ) A ．g (a )＜0＜f (b ) B ．f (b )＜0＜g (a ) C ．0＜g (a )＜f (b )D ．f (b )＜g (a )＜0(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________． (1)A (2)(3，＋∞) [(1)∵f (x )＝e x＋x －2， ∴f ′(x )＝e x＋1＞0， 则f (x )在R 上为增函数，又f (0)＝e 0－2＜0，f (1)＝e －1＞0，且f (a )＝0，∴0＜a ＜1.∵g (x )＝ln x ＋x 2－3， ∴g ′(x )＝1x＋2x .当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0， ∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又g (1)＝ln 1－2＝－2＜0，g (2)＝ln 2＋1＞0，且g (b )＝0，∴1＜b ＜2，∴a ＜b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f b ＞f a ＝0，g a ＜g b ＝0.故选A.(2)画出f (x )的草图如图所示，若存在实数b ，使得f (x )＝b 有3个不同的根，则4m －m 2＜m ，即m 2－3m ＞0， 又m ＞0，解得m ＞3.]直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解(1)c ，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c(2)函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)(1)A (2)C [(1)在同一坐标系中，画出函数y ＝e x，y ＝ln x 与y ＝－x ，y ＝－1的图象如图所示． 由图可知a ＜b ＜c ， 故选A.(2)∵函数f (x )＝2x－2x－a 在区间(1,2)上单调递增，又函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则有f (1)·f (2)＜0，∴(－a )(4－1－a )＜0，即a (a －3)＜0，∴0＜a ＜3.]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x ＞0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0) B ．[0，＋∞) C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)C [函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点，作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1，故选C.]2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( ) A ．－12B.13C.12D ．1C [法一：f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)＝(x －1)2＋a [ex －1＋e－(x －1)]－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a (e t＋e －t)－1. ∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数．∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点．又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.故选C.法二：f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .ex －1＋e－x ＋1≥2ex －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．又－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a ＞0，则a (ex －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 故选C.]。

第一节函数及其表示[考纲传真] 1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域；了解映射的概念.2.在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数.3.了解简单的分段函数，并能简单应用．1．函数与映射的概念函数映射两集合A，B设A，B是两个非空的数集设A，B是两个非空的集合对应关系f：A→B 如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应如果按某一个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个元素x，在集合B中都有唯一确定的元素y与之对应名称称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数称f：A→B为从集合A到集合B的一个映射记法函数y＝f(x)，x∈A 映射：f：A→B(1)函数的定义域、值域：在函数y＝f(x)，x∈A中，自变量x的取值范围(数集A)叫做函数的定义域；函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．(2)函数的三要素：定义域、对应关系和值域．(3)相等函数：如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数．(4)函数的表示法：表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．3．分段函数(1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．[常用结论]简单函数定义域的类型(1)f(x)为分式型函数时，分式分母不为零；(2)f(x)为偶次根式型函数时，被开方式非负；(3)f(x)为对数型函数时，真数为正数、底数为正且不为1；(4)若f (x )＝x 0，则定义域为{x |x ≠0}； (5)指数函数的底数大于0且不等于1；(6)正切函数y ＝tan x 的定义域为xx ≠k π＋π2，k ∈Z.[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数是特殊的映射．( )(2)函数y ＝1与y ＝x 0是同一个函数．( ) (3)对于函数f ：A →B ，其值域就是集合B .( ) (4)f (x )＝x －3＋2－x 是一个函数．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)× 2．(教材改编)函数y ＝2x －3＋1x －3的定义域为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．(－∞，3)∪(3，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，3∪(3，＋∞) D ．(3，＋∞)C [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥0，x －3≠0，解得x ≥32且x ≠3.]3．(教材改编)若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )B [∵M ＝{x |－2≤x ≤2}，N ＝{y |0≤y ≤2}， ∴y ＝f (x )图象只可能是B.]4．下列各组函数中，表示同一函数的是( ) A ．f (x )＝3x 3与g (x )＝x 2B ．f (x )＝|x |与g (x )＝(x )2C ．f (x )＝x 2－1x －1与g (x )＝x ＋1D ．f (x )＝x 0与g (x )＝1xD [在选项A 中，由f (x )＝3x 3＝x 与g (x )＝x 2＝|x |的对应法则不同；对于选项B ，f (x )＝|x |的定义域为R ，g (x )＝(x )2的定义域为{x |x ≥0}，故定义域不同；在选项C 中，f (x )＝x 2－1x －1的定义域为{x ∈R|x ≠1}，而g (x )＝x ＋1的定义域为R ，故两函数的定义域不同；对于选项D ，f (x )＝x 0＝1(x ≠0)，g (x )＝1x0＝1(x ≠0)，定义域和对应法则都相同，故选D.]5．(教材改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧xx ＋4，x ≥0，xx －4，x ＜0，则f (1)＝________；若f (a )＝5，则a＝________.5 ±1 [f (1)＝5.当a ≥0时，由f (a )＝a 2＋4a ＝5可知a ＝1； 当a ＜0时，由f (a )＝a 2－4a ＝5得a ＝－1. 综上可知a ＝±1.]函数的定义域【例1】 (1)在下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( ) A ．y ＝x B ．y ＝lg x C ．y ＝2xD ．y ＝1x(2)若函数y ＝f (x )的定义域是[0,2 018]，则函数g (x )＝f x ＋1x －1的定义域是( )A ．[－1,2 017]B ．[－1,1)∪(1,2 017]C ．[0,2 018]D ．[－1,1)∪(1,2 018](1)D (2)B [(1)y ＝10lg x＝x ，定义域与值域均为(0，＋∞)．y ＝x 的定义域和值域均为R ；y ＝lg x 的定义域为(0，＋∞)，值域为R ； y ＝2x 的定义域为R ，值域为(0，＋∞)； y ＝1x的定义域与值域均为(0，＋∞)．故选D.(2)令t ＝x ＋1，则由已知函数y ＝f (x )的定义域为[0，2 018]可知f (t )中0≤t ≤2 018，故要使函数f (x ＋1)有意义，则0≤x ＋1≤2 018，解得－1≤x ≤2 017，故函数f (x ＋1)的定义域为[－1,2 017]．所以函数g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2 017，x －1≠0，解得－1≤x ＜1或1＜x ≤2 017.故函数g (x )的定义域为[－1,1)∪(1,2 017]．][规律方法]1求给定函数的定义域往往转化为解不等式组的问题，可借助于数轴，注意端点值的取舍.2求抽象函数的定义域：①若y ＝f x 的定义域为a ，b ，则解不等式a ＜g x ＜b即可求出y ＝f g x 的定义域；②若y ＝f g x的定义域为a ，b，则求出g x在a ，b 上的值域即得fx 的定义域.3已知函数定义域求参数范围，可将问题转化成含参数的不等式，然后求解.(1)函数f(x)＝3x21－x＋lg(3x＋1)的定义域是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－13，1 B.⎝⎛⎭⎪⎫－13，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎫－13，13D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13(2)已知函数f(2x)的定义域为[－1,1]，则f(x)的定义域为________．(1)A (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2[(1)由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧1－x＞0，3x＋1＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＜1，x＞－13，∴－13＜x＜1，故选A.(2)∵f(2x)的定义域为[－1,1]，∴12≤2x≤2，即f(x)的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.]求函数的解析式【例2】(1)已知f⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x＝x2＋1x2，求f(x)的解析式；(2)已知f⎝⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x，求f(x)的解析式；(3)已知f(x)是二次函数且f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝x－1，求f(x)的解析式；(4)已知f(x)＋2f⎝⎛⎭⎪⎫1x＝x(x≠0)，求f(x)的解析式．[解](1)由于f⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x＝x2＋1x2＝⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x2－2，令t＝x＋1x，当x＞0时，t≥2x·1x＝2，当且仅当x＝1时取等号；当x＜0时，t＝－⎝⎛⎭⎪⎫－x－1x≤－2，当且仅当x＝－1时取等号，∴f(t)＝t2－2，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．综上所述，f(x)的解析式是f(x)＝x2－2，x ∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．(2)令2x＋1＝t，由于x＞0，∴t＞1且x＝2t－1，∴f(t)＝lg2t－1，即f(x)＝lg2x－1(x＞1)．(3)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝2，得c＝2，f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)－ax2－bx＝x－1，即2ax＋a＋b＝x－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a＝1，a＋b＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－32，∴f (x )＝12x 2－32x ＋2.(4)∵f (x )＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋2f (x )＝1x.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧f x ＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2f x ＝1x，解得f (x )＝23x －x3(x ≠0)．[规律方法] 求函数解析式的常用方法1待定系数法：若已知函数的类型，可用待定系数法. 2配凑法：由已知条件f g x＝F x ，可将F x 改写成关于gx 的表达式，然后以x 替代g x ，便得f x 的解析式.3换元法：已知复合函数f g x 的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围.4消元法：已知关于f x 与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f －x 的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，通过解方程组求出f x.A ．x ＋1B ．2x －1C ．－x ＋1D ．x ＋1或－x －1(2)定义在(－1,1)内的函数f (x )满足2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)，则f (x )＝________. (1)A (2)23lg(x ＋1)＋13lg(1－x )，x ∈(－1,1)[(1)设f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，又f [f (x )]＝x ＋2， 得k (kx ＋b )＋b ＝x ＋2，即k 2x ＋kb ＋b ＝x ＋2. ∴k 2＝1，且kb ＋b ＝2，解得k ＝b ＝1，则f (x )＝x ＋1. (2)当x ∈(－1,1)时，有2f (x )－f (－x )＝lg(x ＋1)．① 将x 换成－x ，则－x 换成x ， 得2f (－x )－f (x )＝lg(－x ＋1)．② 由①②消去f (－x )得，f (x )＝23lg(x ＋1)＋13lg(1－x )，x ∈(－1,1)．]分段函数►考法1 求分段函数的函数值【例3】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ≤0，log 12x ，x ＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 216＝________. 8 [由题可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 12 14＝2，因为log 216＜0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 2 16＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12log 216＝2log 26＝6，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋f ⎝⎛⎭⎪⎫log 216＝8.]►考法2 已知分段函数的函数值求参数 【例4】 (2017·山东高考)设f (x )＝⎩⎨⎧x ，0<x <1，2x －1，x ≥1.若f (a )＝f (a ＋1)，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8C [∵f (a )＝f (a ＋1)，∴⎩⎨⎧0＜a ＜1，a ＝2[a ＋1－1]，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，2a －1＝2[a ＋1－1]，即⎩⎨⎧0＜a ＜1，a ＝2a ，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，2a －2＝2a ，∴a ＝14，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝f (4)＝6.] ►考法3 解与分段函数有关的方程或不等式【例5】 (2019·福州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ＜2，2xx ＋3，x ≥2，若f (x 0)＞1，则x 0的取值范围是________．(0,2)∪(3，＋∞) [∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ＜2，2xx ＋3，x ≥2且f (x 0)＞1，此不等式转化为⎩⎪⎨⎪⎧x 0＜2，2x 0＞1，或⎩⎪⎨⎪⎧ x 0≥2，2x 0x 0＋3＞1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＜2，2x 0＞20，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0≥2，x 0－3x 0＋3＞0，解之得0＜x 0＜2或x 0＞3.∴x 0的取值范围是(0,2)∪(3，＋∞)．] [规律方法]1求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于定义域的哪一个子集，然后代入该段的解析式求值，当出现f f a的形式时，应从内到外依次求值.2已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围时，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围. 易错警示：当分段函数自变量的范围不确定时，应分类讨论.(1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，f x ＋2，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝________；(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x ≥0，1x ，x ＜0，若f (a )≤a ，则实数a 的取值范围是________．(1)log 3 2 (2)[－1，＋∞) [(1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝log 319＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (－2)＝f (－2＋2)＝f (0)＝f (0＋2)＝f (2)，∴f (2)＝log 3 2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝f (－2)＝log 3 2. (2)当a ≥0时，由f (a )＝12a －1≤a ，解得a ≥－2，即a ≥0；当a ＜0时，由f (a )＝1a ≤a ，解得－1≤a ≤1，即－1≤a ＜0.综上所述，实数a 的取值范围是[－1，＋∞)．]1．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 22－x，x <1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．12C [∵－2<1，∴f (－2)＝1＋log 2(2＋2)＝1＋log 24＝1＋2＝3. ∵log 212>1，∴f (log 212)＝2log212－1＝122＝6. ∴f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9.故选C.]2．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＞1的x 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ [当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12>1，解得x >－14， ∴－14<x ≤0.当0<x ≤12时，原不等式为2x＋x ＋12>1，显然成立．当x >12时，原不等式为2x ＋2x －12>1，显然成立．综上可知，x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞.]。

第4讲导数与函数的综合应用基础知识整合01优化问题，一般地，对于实际1．通常求利润最大、用料最省、效率最高等问题称为□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．生活中的优化问题解决优化问题的基本思路：3．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．1．把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法．2．利用导数解决与方程、函数零点、不等式等问题时，常用到数形结合及转化与化归的数学思想．1．(2019·四川南充一诊)若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A．(1,5)B．[1,5)C．(1,5]D．(－∞，1)∪(5，＋∞)答案 A解析由题意知f′(x)＝3x2＋2x－a＝0在区间(－1,1)内恰有一根(且在根两侧f′(x)异号)⇔f′(1)·f′(－1)＝(5－a)(1－a)<0⇔1<a<5.故选A.2．(2019·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.故选B.3.若函数f (x )＝x 3－3x ＋a 有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,2) B ．[－2,2] C ．(－∞，－1) D ．(1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，∴x ＝±1.三次方程f (x )＝0有3个根⇔f (x )极大值>0且f (x )极小值<0. ∵x ＝－1为极大值点，x ＝1为极小值点． ∴⎩⎪⎨⎪⎧f －＝2＋a >0，f＝a －2<0，∴－2<a <2.4．(2019·沈阳模拟)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)·f ′(x )≥0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)<2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)答案 C解析 由题设，f (x )为R 上任意可导函数，不妨设f (x )＝(x －1)2，则f ′(x )＝2(x －1)，满足(x －1)·f ′(x )＝2(x －1)2≥0，且f (0)＝1，f (1)＝0，f (2)＝1，则有f (0)＋f (2)>2f (1)；再设f (x )＝1，则f ′(x )＝0，也满足(x －1)·f ′(x )≥0，且有f (0)＋f (2)＝2f (1)，即1＋1＝2×1.5．(2019·贵阳模拟)若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，7]B ．(－∞，－20]C ．(－∞，0]D ．[－12,7]答案 B解析 令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3.因为f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20， 所以f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.6．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2恒成立，则a 的最大值为________． 答案 0解析 令f (x )＝1－x x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1x 2，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，故a 的最大值为0.核心考向突破考向一 导数与方程例 1 (2019·陕西汉中模拟)已知函数f (x )＝x ＋1ex(其中e≈2.718…为自然对数的底数)．(1)若F (x )＝f (x )－f (－x )，求F (x )的单调区间；(2)若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，求实数k 的取值范围． 解 (1)由题意知，F (x )＝f (x )－f (－x )＝x ＋1ex－－x ＋1e－x，所以F ′(x )＝－x e x ＋x e x＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1e x .当x <0时，e x－1ex <0，所以x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x >0，即F ′(x )>0，当x ＝0时，F ′(x )＝0，当x >0时，e x－1ex >0，即F ′(x )>0，所以F ′(x )≥0恒成立，当且仅当x ＝0时等号成立， 所以F (x )＝f (x )－f (－x )在R 上单调递增，即F (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为f (x )＝x ＋1e x，所以f ′(x )＝－xex ， 当x <0时，f ′(x )>0，当x ＝0时，f ′(x )＝0，当x >0时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在x ＝0处取得最大值，且f (0)＝1，当x 趋近于－∞时，f (x )趋近于－∞，当x 趋近于＋∞时，f (x )趋近于0，故函数f (x )的大致图象如图所示，结合函数图象可知，当k ≤0时，方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32有且仅有一个实数根． 当k >0时，设曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y －x 0＋1ex 0＝－x 0ex 0 (x －x 0)，且该直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0， 所以0－x 0＋1ex 0＝－x 0e x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－x 0，解得x 0＝－2(舍去)或x 0＝－12， 此时切线的斜率为e 2， 数形结合可知，若方程f (x )＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32在(－2，＋∞)上有两个不同的实数根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 2. 触类旁通研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极最值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.即时训练 1.已知函数f (x )＝1x ＋(1－a )ln x ＋ax ，g (x )＝1x－(a ＋1)ln x ＋x 2＋ax －t (a∈R ，t ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)记h (x )＝f (x )－g (x )，若函数h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数t 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－a x ＋a ＝ax 2＋－a x －1x2＝x －ax ＋x2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1. 所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a x －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x 2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； ②当a ＝－1时，1＝－1a，f ′(x )＝－x －2x 2≤0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；③当－1<a <0时，1<－1a ，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a <x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln x －x 2＋t ，定义域为(0，＋∞)， 则h ′(x )＝2x－2x ＝－x ＋x －x，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝1， 当1e <x <1时，h ′(x )>0；当1<x <e 时，h ′(x )<0， 故h (x )在x ＝1处取得极大值h (1)＝t －1. 又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2，h (e)＝t ＋2－e 2，所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧h ＝t －1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝t －2－1e 2≤0，h ＝t ＋2－e 2≤0，解得1<t ≤2＋1e 2，故实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.考向二 导数与不等式角度1 证明不等式例2 (2019·银川模拟)已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若m ≤0，证明：f (x )≥mx 2＋x .解 (1)由题意知f (－1)＝0，f ′(－1)＝－1＋1e ，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0， 所以b ＝1或a ＝1e，又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证法一：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 当x ≤－2时，g ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0， 当x >－2时，令h (x )＝g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则h ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数g ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又g ′(0)＝0，综上，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以函数g (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x .证法二：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，由m ≤0，可得x ≥mx 2＋x ，令g (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 令t (x )＝g ′(x )，则t ′(x )＝(x ＋3)e x，当x <－3时，t ′(x )<0，g ′(x )单调递减，且g ′(x )<0； 当x >－3时，t ′(x )>0，g ′(x )单调递增，且g ′(0)＝0.所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且g (0)＝0. 故g (x )≥g (0)＝0，所以(x ＋1)(e x －1)≥x ≥mx 2＋x . 故f (x )≥mx 2＋x . 触类旁通利用导数方法证明不等式f xg x 在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h x ＝f x －g x ，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h x，其中一个重要技巧就是找到函数h x 在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.若待证不等式两端式子较复杂，可通过分析法转化为形式较简单的不等式，再构造函数证明.即时训练 2.(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝λln x －e －x(λ∈R )． (1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围； (2)求证：当0<x 1<x 2时，e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x， ∴f ′(x )＝λx ＋e －x＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0， ∴λ＋x e－xx≤0，即λ＋x e －x≤0，λ≤－x e －x＝－xex ，令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1ex ，当0<x <1时，φ′(x )<0，当x >1时，φ′(x )>0， 则φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e ；②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0， ∴λ＋x e－xx≥0，即λ＋x e －x≥0，λ≥－x e －x＝－xex ，由①得φ(x )＝－xe x 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x →＋∞时，φ(x )<0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f (x )＝－1e ln x －e －x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x 1<x 2，∴f (x 1)>f (x 2)，即－1e ln x 1－e －x 1>－1e ln x 2－e －x 2，∴e1－x 2－e1－x 1>ln x 1－ln x 2.要证e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1，只需证ln x 1－ln x 2>1－x 2x 1，即证ln x 1x 2>1－x 2x 1，令t ＝x 1x 2，t ∈(0,1)，则只需证ln t >1－1t，令h (t )＝ln t ＋1t －1，则当0<t <1时，h ′(t )＝t －1t2<0，∴h (t )在(0,1)上单调递减，又h (1)＝0，∴h (t )>0，即ln t >1－1t，得证．角度2 不等式恒成立问题例3 (2019·大连模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的极值点的个数，并说明理由；(2)若对任意的x >0，f (x )＋e x≥x 3＋x ，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝x e x－2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，由f ′(x )<0得x <0，由f ′(x )>0得x >0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，由f ′(x )>0得x <ln 2a 或x >0，由f ′(x )<0得0>x >ln 2a ，∴f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，由f ′(x )≥0，∴f (x )在R 上单调递增，∴f (x )没有极值点；当a >12时，由f ′(x )>0得x <0或x >ln 2a ，由f ′(x )<0得0<x <ln 2a ，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点．综上，当a ≤0时，f (x )有1个极值点；当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x 得x e x －x 3－ax 2－x ≥0.当x >0时，e x－x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x 对任意的x >0恒成立．设g (x )＝e x －x 2－1x，则g ′(x )＝x －x－x －x2.设h (x )＝e x－x －1，则h ′(x )＝e x－1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )>h (0)＝0，即e x>x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e－2， 所以实数a 的取值范围为(－∞，e －2]． 触类旁通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．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求解.即时训练 3.已知函数f (x )＝2(x －1)ln x ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－x －1＋1x ，其中a ∈R .(1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若对于任意x >0，f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ，令g (x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1－1x ，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1x 2>0，所以可得g (x )单调递增，即f ′(x )单调递增，而f ′(1)＝0，则在区间(0,1)上，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；在区间(1，＋∞)上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以当a ＝0时，函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)f (x )＝(x －1)⎝⎛⎭⎪⎫2ln x ＋a ·x 2－1x ，令h (x )＝2ln x ＋a ·x 2－1x ，可知h (1)＝0，h ′(x )＝ax 2＋2x ＋a x2(x >0)，令φ(x )＝ax 2＋2x ＋a ， ①当a ≤－1时，结合φ(x )对应二次函数的图象可知，h ′(x )≤0，所以函数h (x )单调递减．又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可知当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≤0，符合题意．②当a ≥0时，结合φ(x )对应二次函数的图象可知，h ′(x )>0，h (x )单调递增．又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可知当x ∈(0，＋∞)时，f (x )≤0不恒成立．③当－1<a <0时，研究函数φ(x )＝ax 2＋2x ＋a ，可知φ(1)>0，其图象的对称轴x ＝－1a>1，那么φ(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上大于0，即h ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上大于0，所以h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增，此时h (x )>h (1)＝0，可知当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，不符合题意．综上，可知符合题意的实数a 的取值范围为(－∞，－1]． 角度3 赋值法证明正整数不等式例4 (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2＜0，所以不满足题意．②若a ＞0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增． 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)上的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x ＞0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12n ，从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e. 而⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＞2，所以m 的最小值为3. 触类旁通证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的函数进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，对其求导就是错误的.本例就是利用了问的结论，构造了函数的不等关系，再对其中的自变量赋值，令，可得到解题的基本思路.即时训练 4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1.(1)若曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直，求a 的值； (2)若f (x )≤0恒成立，试确定实数a 的取值范围； (3)证明：ln (n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，f (1)＝ln 1－a ＋1＝1－a ，f ′(1)＝1－a .故切线l 的方程为y －(1－a )＝(1－a )(x －1)， 即y ＝(1－a )x .因为切线l 与直线4x ＋3y －3＝0垂直， 所以4×(1－a )＋3×(－1)＝0，解得a ＝14.(2)若a ≤0，则f ′(x )＝1x－a >0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．而f (1)＝1－a >0，f (x )≤0不恒成立． 若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＝1x－a >0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＝1x－a <0.所以f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数．所以f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a .要使f (x )≤0恒成立，则－ln a ≤0，所以a ≥1.故实数a 的取值范围是[1，＋∞)． (3)证明：由(2)知，当a ＝1时有f (x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，且f (x )在(0,1)上是增函数，f (1)＝0，所以ln x <x －1在x ∈(0,1)上恒成立．令x ＝nn ＋1，则ln n n ＋1＜n n ＋1－1＝－1n ＋1， 令n ＝1,2，…，n ，则有ln 12＜－12，ln 23＜－13，ln 34＜－14，…，ln n n ＋1＜－1n ＋1，以上各不等式两边分别相加，得ln 12＋ln 23＋…＋ln n n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，即ln1n ＋1＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＋…＋1n ＋1，故ln (n ＋1)＞12＋13＋…＋1n ＋1(n ∈N *)．考向三 导数与优化问题例 5 (2018·江苏高考)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN (P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP ，要求A ，B 均在线段MN 上，C ，D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD 和△CDP 的面积，并确定sin θ的取值范围；(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．解 (1)设PO 的延长线交MN 于H ，则PH ⊥MN ，所以OH ＝10米．过O 作OE ⊥BC 于E ，则OE ∥MN ，所以∠COE ＝θ， 故OE ＝40cos θ米，EC ＝40sin θ米，则矩形ABCD 的面积为2×40cos θ(40sin θ＋10)＝800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米， △CDP 的面积为12×2×40cos θ(40－40sin θ)＝1600(cos θ－sin θcos θ)平方米．过N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于G 和K ，则GK ＝KN ＝10米． 令∠GOK ＝θ0，则sin θ0＝14，θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6.当θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.答：矩形ABCD 的面积为800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP 的面积为1600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，所以设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k (k >0)． 则年总产值为4k ×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k ×1600×(cos θ－sin θcos θ) ＝8000k (sin θcos θ＋cos θ)，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 设f (θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 则f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－sin θ＝－(2sin 2θ＋sin θ－1)＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)，令f ′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π6时，f ′(θ)>0，所以f (θ)为增函数；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，f ′(θ)<0，所以f (θ)为减函数， 因此，当θ＝π6时，f (θ)取到最大值．答：当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．触类旁通利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，该极值点也就是最值点．即时训练 5.(2019·山东潍坊模拟)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)．(2)y ′＝6v 50－240v2＝v 3－25v2，令y ′＝0得v ＝1032.当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减；当v >1032时，y ′>0函数单调递增． ∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032时，函数在[c,15]上单调递增，此时v ＝c 时，总用氧量最少．综上可知，当0<c <1032，v ＝1032时，总用氧量最少；当c ≥1032，v ＝c 时，总用氧量最少．(2019·兰州模拟)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23.由g ′(x )＞0得x ＜0或x ＞23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上是单调递减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上是单调递增函数，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max .由(1)可知在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，φ′(x )＝－(2ln x ＋3)，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，φ′(x )<0，可知h ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0.即函数h (x )＝x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．答题启示双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．(1)∀x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]max . (2)∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . (3)∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . (4)∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .(5)∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅.对点训练已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，证明：f (x )≤－2；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，∃x 2∈[1,2]，f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x －1， 则f ′(x )＝1x－1，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝－2，故f (x )≤－2.(2)依题意得f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－x －x －4x2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，x ∈[1,2]，①当b <1时，易得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ，则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，易得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2，则4－b 2≤－12，所以b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，易得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，则8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.。

2．1 函数及其表示[知识梳理]1．函数与映射2．函数的有关概念(1)函数的定义域、值域在函数y＝f(x)，x∈A中，其中所有x组成的集合A称为函数y＝f(x)的定义域；将所有y组成的集合叫做函数y＝f(x)的值域．(2)函数的三要素：定义域、对应关系和值域．(3)函数的表示法表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．3．分段函数(1)若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．4．必记结论函数与映射的相关结论 (1)相等函数如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等． (2)映射的个数若集合A 中有m 个元素，集合B 中有n 个元素，则从集合A 到集合B 的映射共有n m个． (3)与x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有1个交点． [诊断自测] 1．概念思辨(1)函数y ＝f (x )的图象与直线x ＝a 最多有2个交点．( ) (2)函数f (x )＝x 2－2x 与g (t )＝t 2－2t 是同一函数．( )(3)若A ＝R ，B ＝{x |x >0}，f ：x →y ＝|x |，其对应是从A 到B 的映射．( ) (4)f (x －1)＝x ，则f (x )＝(x ＋1)2(x ≥－1)．( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√2．教材衍化(1)(必修A1P 23T 2)下列四个图形中，不是以x 为自变量的函数的图象是( )答案 C解析 由函数定义知，定义域内的每一个x 都有唯一函数值与之对应，A ，B ，D 选项中的图象都符合；C 项中对于大于零的x 而言，有两个不同的值与之对应，不符合函数定义．故选C.(2)(必修A1P 18例2)下列四组函数中，表示相等函数的一组是( ) A ．f (x )＝|x |，g (x )＝x 2B ．f (x )＝x 2，g (x )＝(x )2C ．f (x )＝x 2－1x －1，g (x )＝x ＋1D ．f (x )＝x ＋1·x －1，g (x )＝x 2－1 答案 A解析 A 项，函数g (x )＝x 2＝|x |，两个函数的对应法则和定义域相同，是相等函数；B 项，函数f (x )＝x 2＝|x |，g (x )＝x (x ≥0)，两个函数的对应法则和定义域不相同，不是相等函数；C 项，函数f (x )＝x 2－1x －1的定义域为{x |x ≠1}，g (x )＝x ＋1的定义域为R ，两个函数的定义域不相同，不是相等函数；D 项，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x －1≥0，解得x ≥1，即函数f (x )的定义域为{x |x ≥1}．由x 2－1≥0，解得x ≥1或x ≤－1，即g (x )的定义域为{x |x ≥1或x ≤－1}，两个函数的定义域不相同，不是相等函数．故选A.3．小题热身(1)(2018·广东深圳模拟)函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( )A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．(0,1)D ．(0,1] 答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0，x >0，ln x ≠0，解得0<x <1.故选C.(2)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2，x ≤0，2x－4，x >0，则f [f (1)]的值为( )A ．－10B ．10C ．－2D ．2 答案 C解析 因为f (1)＝－2，所以f (－2)＝－2.故选C.题型1 函数的概念典例1 集合A ＝{x |0≤x ≤4}，B ＝{y |0≤y ≤2}，下列不表示从A 到B 的函数的是( )A ．f ：x →y ＝12xB ．f ：x →y ＝13xC ．f ：x →y ＝23xD ．f ：x →y ＝x用定义法．答案 C解析 依据函数概念，集合A 中任一元素在集合B 中都有唯一确定的元素与之对应，选项C 不符合．故选C.典例2 (2018·秦都区月考)判断下列各组中的两个函数是同一函数的是( ) ①y 1＝(x ＋3)(x －5)x ＋3，y 2＝x －5；②f (x )＝x ，g (x )＝x 2； ③f (x )＝x ，g (x )＝3x 3；④f 1(x )＝(2x －5)2，f 2(x )＝2x －5. A ．①② B ．②③ C ．③ D ．③④用定义法．答案 C解析 对于①，y 1＝(x ＋3)(x －5)x ＋3＝x －5(x ≠－3)，与y 2＝x －5(x ∈R )的定义域不同，不是同一函数；对于②，f (x )＝x ，与g (x )＝x 2＝|x |的对应关系不同，不是同一函数；对于③，f (x )＝x (x ∈R )，与g (x )＝3x 3＝x (x ∈R )的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；对于④，f 1(x )＝(2x －5)2＝2x －5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥52，与f 2(x )＝2x －5(x ∈R )的定义域不同，不是同一函数． 综上，以上是同一函数的是③.故选C. 方法技巧与函数概念有关问题的解题策略1．判断一个对应关系是否是函数关系，就看这个对应关系是否满足函数定义中“定义域内的任意一个自变量的值都有唯一确定的函数值”这个核心点．见典例1.2．两个函数是否是相等函数，取决于它们的定义域和对应关系是否相同，只有当两个函数的定义域和对应关系完全相同时，才表示相等函数．见典例2.冲关针对训练1．下列图象可以表示以M ＝{x |0≤x ≤1}为定义域，以N ＝{x |0≤x ≤1}为值域的函数的是( )答案 C解析 A 选项中的值域不对，B 选项中的定义域错误，D 选项不是函数的图象，由函数的定义可知选项C 正确．故选C.2．下列函数中一定是同一函数的是________．答案 ②③解析 ①y ＝x 与y ＝a log a x 定义域不同； ②y ＝2x ＋1－2x ＝2x (2－1)＝2x相同；③f (u )与f (v )的定义域及对应法则均相同； ④对应法则不相同.题型2 函数的定义域典例1 (2015·湖北高考)函数f (x )＝4－|x |＋lg x 2－5x ＋6x －3的定义域为( ) A ．(2,3) B ．(2,4]C ．(2,3)∪(3,4]D ．(－1,3)∪(3,6]列不等式组求解．答案 C解析 依题意，知⎩⎪⎨⎪⎧4－|x |≥0，x 2－5x ＋6x －3>0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |≤4，(x －3)(x －2)x －3>0，解之得2<x <3或3<x ≤4，即函数的定义域为(2,3)∪(3,4]．故选C.典例2 已知函数f (x )的定义域为(－1,0)，则函数f (2x ＋1)的定义域为( ) A ．(－1,1)B.⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12C ．(－1,0)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 已知f (x )，x ∈[a ，b ]，求f [g (x )]的定义域，则a <g (x )<b .答案 B解析 由函数f (x )的定义域为(－1,0)，则使函数f (2x ＋1)有意义，需满足－1<2x ＋1<0，解得－1<x <－12，即所求函数的定义域为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12.故选B. [结论探究] 典例2中条件不变，求函数g (x )＝f (2x ＋1)＋f (3x ＋1)的定义域． 解 函数f (3x ＋1)有意义，需－1<3x ＋1<0，解得－23<x <－13，又由f (2x ＋1)有意义，解得－1<x <－12，所以可知g (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－12.[条件探究] 若典例2中条件变为：“函数f (x －1)的定义域为(－1,0)”，则结果如何？解 因为f (x －1)的定义域为(－1,0)，即－1<x <0，所以－2<x －1<－1，故f (x )的定义域为(－2，－1)，则使函数f (2x ＋1)有意义，需满足－2<2x ＋1<－1，解得－32<x <－1.所以所求函数的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1.方法技巧1．求函数定义域的三种常考类型及求解策略(1)已知函数的解析式：构建使解析式有意义的不等式(组)求解．见典例1. (2)抽象函数(见典例2)①若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，则复合函数f [g (x )]的定义域由a ≤g (x )≤b 求出．②若已知函数f [g (x )]的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．(3)实际问题：既要使构建的函数解析式有意义，又要考虑实际问题的要求． 2．求函数定义域的注意点(1)不要对解析式进行化简变形，以免定义域变化．(2)当一个函数由有限个基本初等函数的和、差、积、商的形式构成时，定义域一般是各个基本初等函数定义域的交集．(3)定义域是一个集合，要用集合或区间表示，若用区间表示，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．冲关针对训练1．(2017·临川模拟)已知函数y ＝f (x ＋1)的定义域是[－2,3]，则y ＝f (2x －1)的定义域是( )A ．[－3,7]B ．[－1,4]C ．[－5,5] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52 答案 D解析 由y ＝f (x ＋1)定义域[－2,3]得y ＝f (x )定义域为[－1,4]，所以－1≤2x －1≤4，解得0≤x ≤52.故选D.2．(2018·石河子月考)已知函数y ＝f (x )的定义域是(－∞，1)，则y ＝f (x －1)＋2－x2x 2－3x －2的定义域是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(－∞，1) D ．(－∞，2) 答案 A解析 ∵函数y ＝f (x )的定义域是(－∞，1)， ∴y ＝f (x －1)＋2－x2x 2－3x －2中，自变量x 应满足⎩⎪⎨⎪⎧x －1<1，2－x ≥0，2x 2－3x －2≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x <2，x ≤2，x ≠－12或x ≠2，即x <2且x ≠－12，∴f (x )的定义域是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2.故选A. 题型3 求函数的解析式典例1 已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2，求f (x )的解析式．配凑法．解 f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，故f (x )＝x 2－2，且x ≤－2或x ≥2.典例2 已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f (x )的解析式．换元法．解 令t ＝2x ＋1>1，得x ＝2t －1，所以f (t )＝lg 2t －1，即f (x )＝lg 2x －1(x >1)．典例3 已知f (x )是二次函数，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )．待定系数法．解 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，由f (0)＝0，得c ＝0，由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x (x ∈R )．典例4 已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f (x )＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x x －1，求f (x )． 方程组法．解 由f (x )＝2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1xx －1，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝2f (x )·1x－1，消掉f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，可得f (x )＝23x ＋13.方法技巧函数解析式的常见求法1．配凑法．已知f [h (x )]＝g (x )，求f (x )的问题，往往把右边的g (x )整理成或配凑成只含h (x )的式子，然后用x 将h (x )代换．见典例1.2．待定系数法．已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法，见典例3. 3．换元法．已知f [h (x )]＝g (x )，求f (x )时，往往可设h (x )＝t ，从中解出x ，代入g (x )进行换元．应用换元法时要注意新元的取值范围．见典例2.4．方程组法．已知f (x )满足某个等式，这个等式除f (x )是未知量外，还有其他未知量，如f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，f (－x )等，可根据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出f (x )．见典例4.冲关针对训练1．(2018·衢州期末)已知f (x )是(0，＋∞)上的增函数，若f [f (x )－ln x ]＝1，则f (e)＝( )A ．2B ．1C ．0D ．e 答案 A解析 根据题意，f (x )是(0，＋∞)上的增函数，且f [f (x )－ln x ]＝1，则f (x )－ln x 为定值．设f (x )－ln x ＝t ，t 为常数，则f (x )＝ln x ＋t 且f (t )＝1，即有ln t ＋t ＝1，解得t ＝1，则f (x )＝ln x ＋1，则f (e)＝ln e ＋1＝2.故选A.2．已知二次函数f (2x ＋1)＝4x 2－6x ＋5，求f (x )． 解 解法一：(换元法)令2x ＋1＝t (t ∈R )，则x ＝t －12，所以f (t )＝4⎝⎛⎭⎪⎫t －122－6·t －12＋5＝t 2－5t ＋9(t ∈R )，所以f (x )＝x 2－5x ＋9(x ∈R )．解法二：(配凑法)因为f (2x ＋1)＝4x 2－6x ＋5＝(2x ＋1)2－10x ＋4＝(2x ＋1)2－5(2x ＋1)＋9，所以f (x )＝x 2－5x ＋9(x ∈R )．解法三：(待定系数法)因为f (x )是二次函数，所以设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则f (2x ＋1)＝a (2x ＋1)2＋b (2x ＋1)＋c ＝4ax 2＋(4a ＋2b )x ＋a ＋b ＋c .因为f (2x ＋1)＝4x 2－6x ＋5， 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝4，4a ＋2b ＝－6，a ＋b ＋c ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－5，c ＝9，所以f (x )＝x 2－5x ＋9(x ∈R )．3．已知f (x )满足2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝3x －1，求f (x )． 解 (消元法)已知2f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝3x －1，① 以1x代替①式中的x (x ≠0)，得2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋f (x )＝3x－1，②①×2－②得3f (x )＝6x －3x－1，故f (x )＝2x －1x －13(x ≠0).题型4 求函数的值域角度1 分式型典例 求f (x )＝5x －14x ＋2，x ∈[－3，－1]的值域． 分离常数法．解 由y ＝5x －14x ＋2可得y ＝54－74(2x ＋1).∵－3≤x ≤－1，∴720≤－74(2x ＋1)≤74，∴85≤y ≤3，即y ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤85，3.角度2 根式型典例 求函数的值域． (1)y ＝2x ＋1－2x ； (2)y ＝x ＋4＋9－x 2.(1)用换元法，配方法；(2)用三角换元法．解 (1)令t ＝1－2x ，则x ＝1－t22.∴y ＝－t 2＋t ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋54(t ≥0)．∴当t ＝12，即x ＝38时，y 取最大值，y max ＝54，且y 无最小值，∴函数的值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.(2)令x ＝3cos θ，θ∈[0，π]，则y ＝3cos θ＋4＋3sin θ＝32sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＋4.∵0≤θ≤π， ∴π4≤θ＋π4≤5π4， ∴－22≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，∴1≤y ≤32＋4，∴函数的值域为[1,32＋4]． 角度3 对勾型函数典例 求y ＝log 3x ＋log x 3－1的值域．用分类讨论法．解 y ＝log 3x ＋log x 3－1，变形得y ＝log 3x ＋1log 3x－1.①当log 3x >0，即x >1时，y ＝log 3x ＋1log 3x －1≥2－1＝1，当且仅当log 3x ＝1，即x ＝3时取“＝”．②当log 3x <0，即0<x <1时，y ≤－2－1＝－3. 当且仅当log 3x ＝－1，即x ＝13时取“＝”．综上所述，原函数的值域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)． 角度4 单调性型典例函数f (x )＝log 2(3x＋1)的值域为( ) A ．(0，＋∞) B ．[0，＋∞) C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)本题用复合函数“同增异减”的单调原则．答案 A解析 根据对数函数的定义可知，真数3x＋1>0恒成立，解得x ∈R . 因此，该函数的定义域为R ，原函数f (x )＝log 2(3x＋1)是由对数函数y ＝log 2t 和t ＝3x＋1复合的复合函数， 由复合函数的单调性定义(同增异减)知道，原函数在定义域R 上是单调递增的． 根据指数函数的性质可知，3x>0，所以，3x＋1>1， 所以f (x )＝log 2(3x＋1)>log 21＝0，故选A. 角度5 有界性型典例 求函数y ＝1－2x1＋2x 的值域． 本题用转化法．解 由y ＝1－2x1＋2x可得2x＝1－y 1＋y . 由指数函数y ＝2x的有界性可知2x>0， ∴1－y1＋y>0，解得－1<y <1. 所以函数的值域为(－1,1)． 角度6 数形结合型典例 求函数y ＝sin x ＋1x －1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的值域．本题用数形结合法．解 函数y ＝sin x ＋1x －1的值域可看作由点A (x ，sin x )，B (1，－1)两点决定的斜率，B (1，－1)是定点，A (x ，sin x )在曲线y ＝sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上，如图，∴k BP ≤y ≤k BQ ，即1π－1≤y ≤4π－2.方法技巧求函数值域的常用方法1．分离常数法(见角度1典例) 2．配方法3．换元法(见角度2典例) (1)代数换元； (2)三角换元．4．有界性法(见角度5典例) 5．数形结合法(见角度6典例) 6．基本不等式法(见角度3典例) 7．利用函数的单调性(见角度4典例)冲关针对训练 求下列函数的值域：解(2)(数形结合法)如图，函数y ＝(x ＋3)2＋16＋(x －5)2＋4的几何意义为平面内一点P (x,0)到点A (－3,4)和点B (5,2)的距离之和．由平面解析几何知识，找出B 关于x 轴的对称点B ′(5，－2)，连接AB ′交x 轴于一点P ，此时距离之和最小，∴y min ＝|AB ′|＝82＋62＝10，又y 无最大值，所以y ∈[10，＋∞).题型5 分段函数角度1 求分段函数的函数值典例 (2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2(2－x )，x <1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝( )A ．3B ．6C ．9D ．12确定自变量所在区间，代入相应解析式．答案 C解析 ∵－2<1，log 212>1，∴f (－2)＝1＋log 2[2－(－2)]＝3；f (log 212)＝2log212－1＝2log26＝6.∴f (－2)＋f (log 212)＝9.故选C. 角度2 求参数的值典例 (2018·襄阳联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≤1，－log 2(x ＋1)，x >1，且f (a )＝－3，则f [f (14－a )]＝________.本题用方程思想求a ，再根据区间分类讨论，由内到外逐步求解．答案 －158解析 当a ≤1时，f (a )＝2a－2＝－3无解；当a >1时，由f (a )＝－log 2(a ＋1)＝－3，得a ＋1＝8，解得a ＝7，所以f [f (14－a )]＝f [f (7)]＝f (－3)＝2－3－2＝－158.角度3 分段函数与不等式的交汇典例 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x >0.若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]本题用数形结合思想方法、分离常数法．答案 D解析 由题意作出y ＝|f (x )|的图象：由图象易知，当a >0时，y ＝ax 与y ＝ln (x ＋1)的图象在x >0时必有交点，所以当a ≤0，x ≥0时，|f (x )|≥ax 显然成立；当x <0时，要使|f (x )|＝x 2－2x ≥ax 恒成立， 则a ≥x －2恒成立，又x －2<－2，∴a ≥－2. 综上，－2≤a ≤0.故选D. 方法技巧分段函数问题的常见类型及解题策略1．求函数值．弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，见角度1.求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算．见角度2典例．2．求参数．“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程或不等式．见角度2典例． 3．解不等式．根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提．4．数形结合法也是解决分段函数问题的重要方法，在解决选择填空问题中经常使用，而且解题速度更快更准．见角度3典例．冲关针对训练1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x <0，x 2－2x ，x ≥0.若f (－a )＋f (a )≤0，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．[－2,0]C ．[0,2]D ．[－2,2] 答案 D解析 依题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0，a 2－2a ＋(－a )2＋2(－a )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，(－a )2－2(－a )＋a 2＋2a ≤0，解得a ∈[－2,2]．故选D.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2，x ≤0，f (x －2)＋1，x >0，则f (2018)＝________.答案 1008解析 根据题意：f (2018)＝f (2016)＋1＝f (2014)＋2＝…＝f (2)＋1008＝f (0)＋1009＝1008.1.(2014·山东高考)函数f (x )＝1(log 2x )2－1的定义域为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞) 答案 C解析 要使函数f (x )有意义，需使(log 2x )2－1>0，即(log 2x )2>1，∴log 2x >1或log 2x <－1.解之得x >2或0<x <12.故f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)．故选C. 2．(2018·河北名校联盟联考)设函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3(x ＋1)，x ≥0，g (x )，x <0，则g [f (－8)]＝( )A ．－1B ．－2C ．1D ．2答案 A解析 ∵函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3(x ＋1)，x ≥0，g (x )，x <0，∴f (－8)＝－f (8)＝－log 39＝－2，∴g [f (－8)]＝g (－2)＝f (－2)＝－f (2)＝－log 33＝－1.故选A.3．(2018·工农区模拟)函数y ＝x ＋1－1－x 的值域为( ) A ．(－∞， 2 ] B ．[0， 2 ] C ．[－2， 2 ] D ．[－2，0]答案 C解析 要使函数有意义，需满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，1－x ≥0，解得－1≤x ≤1，所以函数的定义域为[－1,1]，根据函数的解析式，x 增大时，x ＋1增大，1－x 减小，－1－x 增大，所以y 增大，即该函数为增函数．所以最小值为f (－1)＝－2，最大值为f (1)＝2， 所以值域为[－2，2]．故选C.4．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，2x，x ＞0，则满足f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12>1的x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，＋∞ 解析 由题意知，可对不等式分x ≤0,0＜x ≤12，x ＞12三段讨论．当x ≤0时，原不等式为x ＋1＋x ＋12＞1，解得x ＞－14，∴－14＜x ≤0.当0＜x ≤12时，原不等式为2x＋x ＋12＞1，显然成立．当x ＞12时，原不等式为2x＋2x －12＞1，显然成立．综上可知，x ＞－14.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．已知A ＝{x |x ＝n 2，n ∈N }，给出下列关系式：①f (x )＝x ；②f (x )＝x 2；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 4；⑤f (x )＝x 2＋1，其中能够表示函数f ：A →A 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 对于⑤，当x ＝1时，x 2＋1∉A ，故⑤错误，由函数定义可知①②③④均正确．故选C.2．(2018·吉安四校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2(x ≤1)，x 2＋x －2(x >1)，则f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1f (2)的值为( )A.1516 B.89 C ．－2716D ．18 答案 A解析 f (2)＝4，f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1f (2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝1516.故选A.3．已知f (x 5)＝lg x ，则f (2)等于( ) A ．lg 2 B ．lg 32 C ．lg 132 D.15lg 2答案 D解析 令x 5＝t ，则x ＝15t 15 (t >0)，∴f (t )＝lg t 15 ＝15lg t ．∴f (2)＝15lg 2.故选D.4．(2017·山西名校联考)设函数f (x )＝lg (1－x )，则函数f [f (x )]的定义域为( ) A ．(－9，＋∞) B ．(－9,1) C ．[－9，＋∞) D ．[－9,1)答案 B解析 f [f (x )]＝f [lg (1－x )]＝lg [1－lg (1－x )]，则⎩⎪⎨⎪⎧1－x >0，1－lg (1－x )>0⇒－9<x <1.故选B.5．若函数y ＝f (x )的定义域是[0,1]，则函数F (x )＝f (x ＋a )＋f (2x ＋a )(0<a <1)的定义域是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a 2，1－a 2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a2，1－aC ．[－a,1－a ] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ，1－a 2答案 A解析 ⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＋a ≤1，0≤2x ＋a ≤1⇒－a 2≤x ≤1－a2.故选A.6．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 的值域为( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 答案 C解析 由于x 2≥0，所以x 2＋1≥1，所以0<1x 2＋1≤1，结合函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(0,1]上的图象可知函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121x 2＋1 的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.故选C. 7．(2018·黄冈联考)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x >0，a x＋b ，x ≤0，且f (0)＝2，f (－1)＝3，则f [f (－3)]＝( )A ．－2B ．2C ．3D ．－3 答案 B解析 由题意得f (0)＝a 0＋b ＝1＋b ＝2，解得b ＝1；f (－1)＝a －1＋b ＝a －1＋1＝3，解得a ＝12.故f (－3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3＋1＝9，从而f [f (－3)]＝f (9)＝log 39＝2.故选B.8．(2018·银川模拟)已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数：①y ＝x －1x ；②y ＝x ＋1x ；③y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0<x <1，0，x ＝1，－1x，x >1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③ D ．① 答案 B解析 对于①，f (x )＝x －1x，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x＋x ＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0<1x <1，0，1x ＝1，－x ，1x >1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x >1，0，x ＝1，－x ，0<x <1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )，满足． 综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.故选B.9．(2018·铜陵一模)若函数f (x )图象上任意一点P (x ，y )皆满足y 2≥x 2，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝x －1xB ．f (x )＝e x－1 C ．f (x )＝x ＋4xD ．f (x )＝tan x答案 C解析 A 项，当x ＝1时，f (x )＝1－1＝0,02≥12不成立；B 项，当x ＝－1时，f (x )＝1e －1∈(－1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －12≥(－1)2不成立；D 项，当x ＝5π4时，f (x )＝1，12≥⎝ ⎛⎭⎪⎫5π42不成立；对于C ，f 2(x )＝x 2＋16x2＋8>x 2，符合题意．故选C.10．(2017·山东模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x <1，2x，x ≥1.则满足f [f (a )]＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1B ．[0,1] C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．[1，＋∞)答案 C解析 ①当a <23时，f (a )＝3a －1<1，f [f (a )]＝3(3a －1)－1＝9a －4,2f (a )＝23a －1，显然f [f (a )]≠2f (a )．②当23≤a <1时，f (a )＝3a －1≥1，f [f (a )]＝23a －1,2f (a )＝23a －1，故f [f (a )]＝2f (a )．③当a ≥1时，f (a )＝2a>1，f [f (a )]＝22a， 2f (a )＝22a，故f [f (a )]＝2f (a )．综合①②③知a ≥23.故选C.二、填空题11．已知x ∈N *，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－35，x ≥3，f (x ＋2)，x <3，其值域设为D .给出下列数值：－26，－1,9,14,27,65，则其中属于集合D 的元素是________．(写出所有可能的数值)答案 －26,14,65解析 注意函数的定义域是N *，由分段函数解析式可知，所有自变量的函数值最终都是转化为大于等于3的对应自变量函数值计算的f (3)＝9－35＝－26，f (4)＝16－35＝－19，f (5)＝25－35＝－10，f (6)＝36－35＝1，f (7)＝49－35＝14，f (8)＝64－35＝29，f (9)＝81－35＝46，f (10)＝100－35＝65.故正确答案应填－26,14,65.12．(2018·厦门一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12解析 当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.13．定义：区间[x 1，x 2](x 1<x 2)的长度为x 2－x 1.已知函数y ＝2|x |的定义域为[a ，b ]，值域为[1,2]，则区间[a ，b ]的长度的最大值与最小值的差为________．答案 1解析 [a ，b ]的长度取得最大值时[a ，b ]＝[－1,1]，区间[a ，b ]的长度取得最小值时[a ，b ]可取[0,1]或[－1,0]，因此区间[a ，b ]的长度的最大值与最小值的差为1.14．(2018·绵阳二诊)现定义一种运算“⊕”：对任意实数a ，b ，a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a －b ≥1，a ，a －b <1.设f (x )＝(x 2－2x )⊕(x ＋3)，若函数g (x )＝f (x )＋k 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数k 的取值范围是________．答案 (－8，－7]∪(－3，－2)∪{1}解析 因为(x 2－2x )－(x ＋3)－1＝(x －4)(x ＋1)，所以f (x )＝(x 2－2x )⊕(x ＋3)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x ∈(－∞，－1]∪[4，＋∞)，x 2－2x ，x ∈(－1，4).作出函数y ＝f (x )的图象如图所示．函数g (x )＝f (x )＋k 的图象与x 轴恰有两个公共点，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝－k 有两个公共点，结合图象可得－k ＝－1 或2<－k <3或7≤－k <8，所以实数k 的取值范围是k ∈(－8，－7]∪(－3，－2)∪{1}．三、解答题15．(2018·福建六校联考)已知函数f (x )＝log a (x ＋2)＋log a (4－x )(a >0且a ≠1)．(1)求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )在区间[0,3]上的最小值为－2，求实数a 的值．解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2>0，4－x >0，解得－2<x <4，∴f (x )的定义域为(－2,4)．(2)f (x )＝log a (x ＋2)＋log a (4－x )＝log a [(x ＋2)(4－x )]，x ∈[0,3]．令t ＝(x ＋2)(4－x )，则可变形得t ＝－(x －1)2＋9，∵0≤x ≤3，∴5≤t ≤9，若a >1，则log a 5≤log a t ≤log a 9，∴f (x )min ＝log a 5＝－2，则a 2＝15<1(舍去)， 若0<a <1，则log a 9≤log a t ≤log a 5，∴f (x )min ＝log a 9＝－2，则a 2＝19，又0<a <1，∴a ＝13. 综上，得a ＝13. 16．如果对∀x ，y ∈R 都有f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，且f (1)＝2.(1)求f (2)，f (3)，f (4)的值；(2)求f (2)f (1)＋f (4)f (3)＋f (6)f (5)＋…＋f (2014)f (2013)＋f (2016)f (2015)＋f (2018)f (2017)的值． 解 (1)∵∀x ，y ∈R ，f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，且f (1)＝2，∴f (2)＝f (1＋1)＝f (1)·f (1)＝22＝4，f (3)＝f (1＋2)＝f (1)·f (2)＝23＝8，f (4)＝f (1＋3)＝f (1)·f (3)＝24＝16.(2)解法一：由(1)知f (2)f (1)＝2，f (4)f (3)＝2，f (6)f (5)＝2，…，f (2018)f (2017)＝2， 故原式＝2×1009＝2018.解法二：对∀x ，y ∈R 都有f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝2，令x ＝n ，y ＝1，则f (n ＋1)＝f (n )·f (1)，即f (n ＋1)f (n )＝f (1)＝2，故f (2)f (1)＝f (4)f (3)＝…＝f (2018)f (2017)＝2，故原式＝2×1009＝2018.。

2．4 二次函数与幂函数[知识梳理]1．二次函数(1)二次函数解析式的三种形式①一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．②顶点式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．③两根式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)．(2)二次函数的图象和性质2．幂函数(1)幂函数的定义一般地，形如y＝xα的函数称为幂函数，其中x是自变量，α为常数．(2)常见的5种幂函数的图象(3)常见的5种幂函数的性质[诊断自测] 1．概念思辨(1)当α<0时，幂函数y ＝x α是定义域上的减函数．( ) (2)关于x 的不等式ax2＋bx ＋c >0恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b 2－4ac <0.( )(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈[a ，b ]的最值一定是4ac －b24a.( )(4)在y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)中，a 决定了图象的开口方向和在同一直角坐标系中的开口大小．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．教材衍化(1)(必修A1P 44T 9)函数y ＝(x 2－3x ＋10)－1的递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(5，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞答案 C解析 由于x 2－3x ＋10>0恒成立，即函数的定义域为(－∞，＋∞)． 设t ＝x 2－3x －10，则y ＝t －1是(0，＋∞)上的减函数，根据复合函数单调性的性质，要求函数y ＝(x 2－3x ＋10)－1的递增区间， 即求t ＝x 2－3x ＋10的单调递减区间，∵t ＝x 2－3x ＋10的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32，∴所求函数的递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，32.故选C.(2)(必修A1P 78探究)若四个幂函数y ＝x a，y ＝x b，y ＝x c，y ＝x d在同一坐标系中的图象如图，则a ，b ，c ，d 的大小关系是( )A ．d >c >b >aB ．a >b >c >dC ．d >c >a >bD ．a >b >d >c答案 B解析 幂函数a ＝2，b ＝12，c ＝－13，d ＝－1的图象，正好和题目所给的形式相符合，在第一象限内，x ＝1的右侧部分的图象，图象由下至上，幂指数增大，所以a >b >c >d .故选B.3．小题热身(1)(2017·济南诊断)已知幂函数f (x )＝k ·x α的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则k ＋α＝( )A.12 B ．1 C.32 D ．2 答案 C解析 由幂函数的定义知k ＝1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12α＝22，解得α＝12，从而k ＋α＝32.故选C. (2)函数f (x )＝x 2－ax －a 在[0,2]上的最大值为1，则实数a 等于( ) A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2 答案 B解析 解法一：(分类讨论)当对称轴x ＝a2≤1，即a ≤2时，f (x )max ＝f (2)＝4－3a ＝1，解得a ＝1符合题意；当a >2时，f (x )max ＝f (0)＝－a ＝1，解得a ＝－1(舍去)．综上所述，实数a ＝1，故选B.解法二：(代入法)当a ＝－1时，f (x )＝x 2＋x ＋1在[0,2]上的最大值为f (2)＝7≠1，排除A ；当a ＝1时，f (x )＝x 2－x －1在[0,2]上的最大值为f (2)＝1，B 正确；当a ＝－2时，f (x )＝x 2＋2x ＋2在[0,2]上的最大值为f (2)＝10≠1，排除C ；当a ＝2时，f (x )＝x 2－2x －2在[0,2]上的最大值为f (0)＝f (2)＝－2≠1，排除D ，故选B.题型1 幂函数的图象与性质典例1(2017·长沙模拟)已知函数f (x )＝x12 ，则( ) A ．∃x 0∈R ，使得f (x )<0 B ．∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥0 C ．∃x 1，x 2∈[0，＋∞)，使得f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0D ．∀x 1∈[0，＋∞)，∃x 2∈[0，＋∞)使得f (x 1)>f (x 2)根据幂函数性质逐项验证．答案 B解析 由函数f (x )＝x 12，知： 在A 中，f (x )≥0恒成立，故A 错误；在B 中，∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥0，故B 正确； 在C 中，∀x 1，x 2∈[0，＋∞)，x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，故C 错误；在D 中，当x 1＝0时，不存在x 2∈[0，＋∞)使得f (x 1)>f (x 2)，故D 不成立．故选B. 典例2 (2018·荣城检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x <2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．用数形结合法．答案 (0,1)解析 作出函数y ＝f (x )的图象如图．则当0<k <1时，关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根．方法技巧在解决幂函数与其他函数的图象的交点个数，对应方程根的个数及近似解等问题时，常用数形结合的思想方法，即在同一坐标系下画出两函数的图象，数形结合求解．见典例2.冲关针对训练1．在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图象可能是( )答案 D解析 因为a >0，所以f (x )＝x a在(0，＋∞)上为增函数，故A 错误；在B 中，由f (x )的图象知a >1，由g (x )的图象知0<a <1，矛盾，故B 错误；在C 中，由f (x )的图象知0<a <1，由g (x )的图象知a >1，矛盾，故C 错误；在D 中，由f (x )的图象知0<a <1，由g (x )的图象知0<a <1，相符，故选D.2．幂函数y ＝x m 2－2m －3 (m ∈Z )的图象如图所示，则实数m 的值为( )A ．－1<m <3B ．0C ．1D ．2答案 C解析 ∵函数在(0，＋∞)上单调递减， ∴m 2－2m －3<0，解得－1<m <3.∵m ∈Z ，∴m ＝0,1,2.而当m ＝0或2时，f (x )＝x －3为奇函数，当m ＝1时，f (x )＝x －4为偶函数，∴m ＝1.故选C.题型2 求二次函数的解析式典例 已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8，试确定此二次函数的解析式．用待定系数法求解．解 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.[条件探究] 若本例条件变为：已知二次函数f (x )的图象经过点(4,3)，它在x 轴上截得的线段长为2，并且对任意x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x )，求f (x )的解析式．解 ∵f (2－x )＝f (2＋x )对x ∈R 恒成立，∴f (x )的对称轴为x ＝2.又∵f (x )图象被x 轴截得的线段长为2，∴f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的解析式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0)． 又∵f (x )的图象过点(4,3)，∴3a ＝3，a ＝1. ∴所求f (x )的解析式为f (x )＝(x －1)(x －3)，即f (x )＝x 2－4x ＋3.方法技巧求二次函数解析式的方法求二次函数的解析式，一般用待定系数法，关键是根据已知条件恰当选择二次函数解析式的形式．一般选择规律如下：冲关针对训练1．(2018·辽宁期末)已知函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 在区间[0,1]上的最大值为2，则a 的值为( )A ．2B ．－1或－3C ．2或－3D ．－1或2答案 D解析 函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 的对称轴为x ＝a ，图象开口向下， ①当a ≤0时，函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 在区间[0,1]上是减函数， ∴f (x )max ＝f (0)＝1－a ，由1－a ＝2，得a ＝－1；②当0<a ≤1时，函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 在区间[0，a ]上是增函数，在[a,1]上是减函数，∴f (x )max ＝f (a )＝－a 2＋2a 2＋1－a ＝a 2－a ＋1， 由a 2－a ＋1＝2，解得a ＝1＋52或a ＝1－52，∵0<a ≤1，∴两个值都不满足；③当a >1时，函数f (x )＝－x 2＋2ax ＋1－a 在区间[0,1]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (1)＝－1＋2a ＋1－a ＝a ，∴a ＝2. 综上可知，a ＝－1或a ＝2.故选D.2．若二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，满足①不等式f (x )＋2x >0的解集为{x |1<x <3}，②方程f (x )＋6a ＝0有两个相等的实数根，试确定f (x )的解析式．解 因为f (x )＋2x >0的解集为(1,3)，设f (x )＋2x ＝a (x －1)(x －3)，且a <0，所以f (x )＝a (x －1)(x －3)－2x ＝ax 2－(2＋4a )x ＋3a .由方程f (x )＋6a ＝0得ax 2－(2＋4a )x ＋9a ＝0. 因为方程有两个相等的实数根， 所以Δ＝[－(2＋4a )]2－4a ·9a ＝0， 解得a ＝1或a ＝－15.由于a <0，舍去a ＝1.所以f (x )＝－15x 2－65x －35.题型3 二次函数的图象与性质角度1 二次函数图象的识别典例不等式ax2－x＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，则函数y＝ax2＋x＋c的图象大致为( )根据二次函数图形及根与系数的关系逐项排除．答案 C解析由不等式ax2－x＋c>0的解集为{x|－2<x<1}可得a<0，且方程ax2－x＋c＝0的两个实数根分别为－2,1，故－2＋1＝1a，－2×1＝ca，解得a＝－1，c＝2，故函数y＝ax2＋x＋c＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，其图象大致为C.故选C.角度2 二次函数的最值问题典例已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝( ) A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16C．－16 D．16用数形结合法．答案 C解析令f(x)＝g(x)，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，即x2－2ax＋a2－4＝0，解得x＝a＋2或x＝a－2.f(x)与g(x)的图象如图．由图象及H1(x)的定义知H1(x)的最小值是f(a＋2)，H2(x)的最大值为g(a－2)，∴A－B ＝f(a＋2)－g(a－2)＝(a＋2)2－2(a＋2)2＋a2＋(a－2)2－2(a－2)2＋a2－8＝－16.故选C.角度3 二次函数中的恒成立问题典例已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R.(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；(2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的范围．用转化法．解(1)由题意得f(－1)＝a－b＋1＝0，a≠0，且－b2a＝－1，∴a＝1，b＝2.∴f(x)＝x2＋2x＋1，单调减区间为(－∞，－1]，单调增区间为[－1，＋∞)．(2)解法一：f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，转化为x2＋x＋1>k在区间[－3，－1]上恒成立．设g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，则g(x)在[－3，－1]上递减．∴g(x)min＝g(－1)＝1.∴k<1，即k的取值范围为(－∞，1)．解法二：f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，转化为x2＋x＋1－k>0在区间[－3，－1]上恒成立，设g(x)＝x2＋x＋1－k，则g(x)在[－3，－1]上单调递减，∴g(－1)>0，得k<1.角度4 二次函数的零点问题典例已知二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c(b，c∈R)．(1)若f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤1}，求实数b，c的值；(2)若f(x)满足f(1)＝0，且关于x的方程f(x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间(－3，－2)，(0,1)内，求实数b的取值范围．用数形结合法．解 (1)设x 1，x 2是方程f (x )＝0的两个根．由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2b ，x 1x 2＝c ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2b ＝0，c ＝－1.所以b ＝0，c ＝－1.(2)由题，知f (1)＝1＋2b ＋c ＝0，所以c ＝－1－2b .记g (x )＝f (x )＋x ＋b ＝x 2＋(2b ＋1)x ＋b ＋c ＝x 2＋(2b ＋1)x －b －1，则⎩⎪⎨⎪⎧g (－3)＝5－7b >0，g (－2)＝1－5b <0，g (0)＝－1－b <0，g (1)＝b ＋1>0⇒15<b <57， 即实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫15，57. 方法技巧1．识别二次函数图象的策略解答二次函数的图象问题应从开口方向、对称轴、顶点坐标及图象与坐标轴的交点在坐标系上的位置等方面着手讨论或逐项排除．见角度1典例．2．二次函数在闭区间上的最值问题的类型及求解策略(1)类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动．(2)求解策略：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．3．二次不等式恒成立问题的求解思路(1)一般有两个解题思路；一是分离参数；二是不分离参数．(2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a ≥f (x )⇔a ≥f (x )max ，a ≤f (x )⇔a ≤f (x )min .见角度3典例．4．解决一元二次方程根的分布问题的方法常借助于二次函数的图象数形结合来解，一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．冲关针对训练1．(2018·陕西模拟)已知函数f (x )＝e x－1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若存在f (a )＝g (b )，则实数b 的取值范围为( )A ．[1,3]B ．(1,3)C ．[2－2，2＋2]D ．(2－2，2＋2)答案 D解析 函数f (x )＝e x －1的值域为(－1，＋∞)，g (x )＝－x 2＋4x －3的值域为(－∞，1]，若存在f (a )＝g (b )，则需g (b )>－1，－b 2＋4b －3>－1，所以b 2－4b ＋2<0，所以2－2<b <2＋ 2.故选D.2．(2017·南京模拟)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为(－∞，0]，若关于x 的不等式f (x )>c －1的解集为(m －4，m ＋1)，则实数c 的值为________．答案 －214解析 ∵函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为(－∞，0]， ∴Δ＝0，即a 2＋4b ＝0， ∴b ＝－a 24.∵关于x 的不等式f (x )>c －1的解集为(m －4，m ＋1)， ∴方程f (x )＝c －1的两根分别为m －4，m ＋1， 即方程－x 2＋ax －a 24＝c －1两根分别为m －4，m ＋1，∵方程－x 2＋ax －a 24＝c －1根为x ＝a2±1－c ，∴两根之差为21－c ＝(m ＋1)－(m －4)＝5，c ＝－214.1.(2017·昆明质检)若函数y ＝x 2－3x －4的定义域为[0，m ]，值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－254，－4，则m 的取值范围是( )A ．[0,4]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，4C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3 答案 D解析 二次函数图象的对称轴为x ＝32，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－254，f (3)＝f (0)＝－4，由图得m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3.故选D.2．(2017·浙江高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关答案 B解析解法一：设x1，x2分别是函数f(x)在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m＝x21＋ax1＋b，M＝x22＋ax2＋b.∴M－m＝x22－x21＋a(x2－x1)，显然此值与a有关，与b无关．故选B.解法二：由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关．故选B.3．(2018·枣庄模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，如果函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4个零点，则m的取值范围是________．答案(－1,0)解析函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)恰有4个零点可化为函数y＝f(x)的图象与直线y＝m 恰有4个交点，作函数y＝f(x)与y＝m的图象如图所示，故m的取值范围是(－1,0)．4．(2018·皖南模拟)已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，则实数k＝________.答案36 5解析设g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由题意知g(x)≤0对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一个根，即g(5)＝0，可以解得k＝365(经检验满足题意)．[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2017·江西九江七校联考)幂函数f (x )＝(m 2－4m ＋4)x m 2－6m ＋8在(0，＋∞)上为增函数，则m 的值为( )A ．1或3B ．1C ．3D ．2 答案 B解析 由题意知m 2－4m ＋4＝1且m 2－6m ＋8>0⇒m ＝1，故选B.2．(2018·吉林期末)如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( )A ．a >－14B ．a ≥－14C ．－14≤a <0D ．－14≤a ≤0答案 D解析 ①当a ＝0时，函数f (x )＝2x －3为一次函数，是递增函数；②当a >0时，二次函数开口向上，先减后增，在区间(－∞，4)上不可能是单调递增的，故不符合；③当a <0时，函数开口向下，先增后减，函数对称轴－1a ≥4，解得a ≥－14，又a <0，故－14≤a <0. 综合得－14≤a ≤0.故选D.3．如果函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，那么( ) A ．f (－2)<f (0)<f (2) B ．f (0)<f (－2)<f (2) C ．f (2)<f (0)<f (－2) D ．f (0)<f (2)<f (－2)答案 D解析 由f (1＋x )＝f (－x )知f (x )图象关于x ＝12对称，又抛物线开口向上，结合图象可知f (0)<f (2)<f (－2)．故选D.4．(2018·聊城检测)若二次函数f (x )满足f (x ＋1)－f (x )＝2x ，且f (0)＝1，则f (x )的表达式为( )A ．f (x )＝－x 2－x －1 B ．f (x )＝－x 2＋x －1 C ．f (x )＝x 2－x －1 D ．f (x )＝x 2－x ＋1答案 D解析 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋c －(ax 2＋bx ＋c )＝2x .故⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝2，a ＋b ＝0，c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1，c ＝1，则f (x )＝x 2－x ＋1.故选D.5．(2018·雅安诊断)如图是二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 图象的一部分，图象过点A (－3,0)，对称轴为x ＝－1.给出下面四个结论：①b 2>4ac ；②2a －b ＝1；③a －b ＋c ＝0；④5a <b . 其中正确的是( )A ．②④B ．①④C ．②③D ．①③ 答案 B解析 因为图象与x 轴交于两点，所以b 2－4ac >0，即b 2>4ac ，①正确；对称轴为x ＝－1，即－b2a ＝－1,2a －b ＝0，②错误；结合图象，当x ＝－1时，y >0，即a －b ＋c >0，③错误；由对称轴为x ＝－1，知b ＝2a .又函数图象开口向下，所以a <0，所以5a <2a ，即5a <b ，④正确．故选B.6．(2018·济宁模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx ＋c (x ≤0)，2(x >0)，若f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，则关于x 的方程f (x )＝x 的解的个数为( ) A ．4 B ．2 C ．1 D ．3 答案 D解析 由解析式可得f (－4)＝16－4b ＋c ＝f (0)＝c ，解得b ＝4.f (－2)＝4－8＋c ＝－2，可求得c ＝2.∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋2(x ≤0)，2(x >0).又f (x )＝x ，则当x ≤0时，x 2＋4x ＋2＝x ，解得x 1＝－1，x 2＝－2. 当x >0时，x ＝2，综上可知有三解．故选D.7．二次函数f (x )的二次项系数为正数，且对任意的x ∈R 都有f (x )＝f (4－x )成立，若f (1－2x 2)<f (1＋2x －x 2)，则实数x 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(0,2)C ．(－2,0)D ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案 C解析 由题意知，二次函数的开口向上，对称轴为直线x ＝2，图象在对称轴左侧为减函数．而1－2x 2<2,1＋2x －x 2＝2－(x －1)2≤2，所以由f (1－2x 2)<f (1＋2x －x 2)，得1－2x 2>1＋2x －x 2，解得－2<x <0.故选C.8．已知对任意的a ∈[－1,1]，函数f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值总大于0，则x 的取值范围是( )A ．1<x <3B ．x <1或x >3C ．1<x <2D ．x <2或x >3答案 B解析 f (x )＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a ＝(x －2)a ＋(x 2－4x ＋4)．记g (a )＝(x －2)a ＋(x 2－4x ＋4)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)>0，g (1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝x 2－5x ＋6>0，g (1)＝x 2－3x ＋2>0，解得x <1或x >3.故选B.9．(2018·吉林松原月考)设函数f (x )＝x 2＋x ＋a (a ＞0)，已知f (m )＜0，则( ) A ．f (m ＋1)≥0 B ．f (m ＋1)≤0 C ．f (m ＋1)＞0 D ．f (m ＋1)＜0答案 C解析 ∵f (x )的对称轴为x ＝－12，f (0)＝a ＞0，∴f (x )的大致图象如图所示．由f (m )＜0，f (－1)＝f (0)＝a >0，得－1＜m ＜0，∴m ＋1＞0，又∵x >－12时f (x )单调递增，∴f (m ＋1)＞f (0)＞0.10．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x－3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑mi ＝1x i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m 答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又y ＝|x 2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象也关于直线x ＝1对称，所以这两函数的交点也关于直线x ＝1对称．不妨设x 1<x 2<…<x m ，则x 1＋x m2＝1，即x 1＋x m ＝2，同理有x 2＋x m －1＝2，x 3＋x m －2＝2，…，又∑mi ＝1x i ＝x m ＋x m －1＋…＋x 1，所以2∑mi ＝1x i ＝(x 1＋x m )＋(x 2＋x m －1)＋…＋(x m ＋x 1)＝2m ，所以∑mi ＝1x i＝m .故选B.二、填空题11．(2017·湖北孝感模拟)函数f (x )＝ax 2－2x ＋1，若y ＝f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12内有零点，则实数a 的取值范围为________．答案 (－∞，0]解析 由f (x )＝ax 2－2x ＋1＝0， 可得a ＝－1x 2＋2x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12＋1.若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12内有零点，则f (x )＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12内有解，当－12≤x <0或0<x ≤12时，可得a ＝－1x 2＋2x≤0.所以实数a 的取值范围为(－∞，0]．12．(2018·九江模拟)已知f (x )＝x 2＋2(a －2)x ＋4，如果对x ∈[－3,1]，f (x )>0恒成立，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，4 解析 因为f (x )＝x 2＋2(a －2)x ＋4， 对称轴x ＝－(a －2)，对x ∈[－3,1]，f (x )>0恒成立，所以讨论对称轴与区间[－3,1]的位置关系得：⎩⎪⎨⎪⎧－(a －2)<－3，f (－3)>0或⎩⎪⎨⎪⎧－3≤－(a －2)≤1，Δ<0或⎩⎪⎨⎪⎧－(a －2)>1，f (1)>0，解得a ∈∅或1≤a ＜4或－12<a <1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，4.13．(2017·北京丰台期末)若f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )，其中a ≤b ≤c ，对于下列结论：①f (b )≤0；②若b ＝a ＋c2，则∀x ∈R ，f (x )≥f (b )；③若b ≤a ＋c2，则f (a )≤f (c )；④f (a )＝f (c )成立的充要条件为b ＝0.其中正确的是________．(请填写序号)答案 ①②③解析 f (b )＝(b －a )(b －b )＋(b －b )(b －c )＋(b －c )·(b －a )＝(b －c )(b －a )，因为a ≤b ≤c ，所以f (b )≤0，①正确；将f (x )展开可得f (x )＝3x 2－2(a ＋b ＋c )x ＋ab ＋bc ＋ac ，又抛物线开口向上，故f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋c 3.当b ＝a ＋c 2时，a ＋b ＋c 3＝b ，所以f (x )min ＝f (b )，②正确；f (a )－f (c )＝(a －b )(a －c )－(c －a )·(c －b )＝(a －c )(a ＋c －2b )，因为a ≤b ≤c ，且2b ≤a ＋c ，所以f (a )≤f (c )，③正确；因为a ≤b ≤c ，所以当f (a )＝f (c )时，即(a －c )(a ＋c －2b )＝0，所以a ＝b ＝c 或a ＋c ＝2b ，故④不正确．14．对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫1－316，0解析 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－x ，x ≤0，－x 2＋x ，x >0的图象如图所示．设y ＝m 与y ＝f (x )图象交点的横坐标从小到大分别为x 1，x 2，x 3.由y ＝－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14，得顶点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14.当y ＝14时，代入y ＝2x 2－x ，得14＝2x 2－x ，解得x ＝1－34(舍去正值)，∴x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34，0.又∵y ＝－x 2＋x 图象的对称轴为x ＝12，∴x 2＋x 3＝1，又x 2，x 3>0， ∴0<x 2x 3<⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋x 322＝14.又∵0<－x 1<3－14，∴0<－x 1x 2x 3<3－116， ∴1－316<x 1x 2x 3<0. 三、解答题15．(2018·中山月考)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)满足条件：①f (x )＝f (－2－x )；②函数f (x )的图象与直线y ＝x 相切．(1)求f (x )的解析式； (2)若不等式πf (x )>⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2－tx在|t |≤2时恒成立，求实数x 的取值范围． 解 (1)∵由①知f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)的对称轴方程是x ＝－1，∴b ＝2a . ∵函数f (x )的图象与直线y ＝x 相切，∴方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝ax 2＋bx ，y ＝x ，有且只有一解，即ax 2＋(b －1)x ＝0有两个相等的实根． ∴Δ＝(b －1)2＝0，∴b ＝1，∴2a ＝1，∴a ＝12.∴函数f (x )的解析式为f (x )＝12x 2＋x .(2)∵π>1，∴πf (x )>⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2－tx等价于f (x )>tx －2. ∵12x 2＋x >tx －2在|t |≤2时恒成立等价于一次函数g (t )＝xt －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋2<0在|t |≤2时恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧g (2)<0，g (－2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4>0，x 2＋6x ＋4>0.解得x <－3－5或x >－3＋ 5.∴实数x 的取值范围是(－∞，－3－5)∪(－3＋5，＋∞)． 16．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0，b ∈R ，c ∈R )． (1)若函数f (x )的最小值是f (－1)＝0，且c ＝1，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x >0，－f (x )，x <0，求F (2)＋F (－2)的值；(2)若a ＝1，c ＝0，且|f (x )|≤1在区间(0,1]上恒成立，试求b 的取值范围． 解 (1)由已知c ＝1，a －b ＋c ＝0，且－b2a ＝－1，解得a ＝1，b ＝2， ∴f (x )＝(x ＋1)2.∴F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)2，x >0，－(x ＋1)2，x <0.∴F (2)＋F (－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8. (2)由a ＝1，c ＝0，得f (x )＝x 2＋bx ，从而|f (x )|≤1在区间(0,1]上恒成立等价于－1≤x 2＋bx ≤1在区间(0,1]上恒成立， 即b ≤1x －x 且b ≥－1x－x 在(0,1]上恒成立．又1x －x 的最小值为0，－1x－x 的最大值为－2.∴－2≤b ≤0.故b 的取值范围是[－2,0]．。

第2讲 导数与函数的单调性基础知识整合函数的导数与单调性的关系 函数y ＝f (x )在某个区间内可导：(1)若f ′(x )＞0，则f (x )在这个区间内□01单调递增； (2)若f ′(x )＜0，则f (x )在这个区间内□02单调递减； (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是□03常数函数．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零．1．(2019·许昌模拟)函数f (x )＝ln xx的单调递减区间是( )A ．(e ，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(0，e)D ．(0,1)答案 A解析 f ′(x )＝1－ln x x2，由x >0及f ′(x )<0解得x >e.故选A. 2．函数f (x )＝x 3－ax 为R 上增函数的一个充分不必要条件是( ) A ．a ≤0 B ．a <0 C ．a ≥0 D ．a >0答案 B解析 函数f (x )＝x 3－ax 为R 上增函数的充分必要条件是f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立，所以a ≤(3x 2)min .因为(3x 2)min ＝0，所以a ≤0.而(－∞，0)⊆(－∞，0]．故选B.3．当x >0时，f (x )＝x ＋4x的单调减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0,2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)答案 B解析 f ′(x )＝1－4x2，令f ′(x )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－4x2<0，x >0，∴0<x <2.∴f (x )的减区间为(0,2)．4．(2019·芜湖模拟)函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 D解析 由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1.故选D. 5．已知定义在R 上的奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )<f xx，且f (－1)＝0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0,1)C ．(0,1)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(－1,0)答案 B6．(2019·九江模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞解析 由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，因为g (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递减，所以g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝83，所以2a ≥83，即a ≥43.故填⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.核心考向突破考向一 利用导数求函数的单调区间例1 (1)(2019·邯郸模拟)已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B ．(0,1)和(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)．(2)设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．答案 (－∞，－1)，(0，＋∞) [－1,0] 解析 ∵f (x )＝x (e x－1)－12x 2，∴f ′(x )＝e x－1＋x e x－x ＝(e x－1)(x ＋1)． 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0. 当x ∈[－1,0]时，f ′(x )≤0. 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减． 触类旁通 当方程fx ＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f x ＝0，求出实数根，把函数f x 的间断点即f x 的无定义点的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定fx 在各个区间内的符号，从而确定单调区间.即时训练 1.(2019·陕西模拟)函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a－x 2x 2＋2＝a －x ＋xx 2＋2.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．函数f (x )＝x ＋2cos x (x ∈(0，π))的单调递减区间为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6解析 f ′(x )＝1－2sin x ，令f ′(x )<0得sin x >12，故π6<x <5π6.考向二 利用导数讨论函数的单调区间例2 (1)(2018·青岛模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx＞0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x＜0，故函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．由①②知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ＋1(a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解 f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ，方程x 2＋2x ＋a ＝0的判别式Δ＝4－4a ＝4(1－a )， 若a ≥1，则Δ≤0，f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0，∴f (x )在R 上单调递增．若a <1，则Δ>0，方程x 2＋2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，x 1＝－1－1－a ，x 2＝－1＋1－a ，当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1－1－a )和(－1＋1－a ，＋∞)， 单调递减区间为(－1－1－a ，－1＋1－a )． 触类旁通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.遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.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.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f x＝x 3，fx ＝3x2f x ＝0在x ＝0时取到，f x 在R 上是增函数.即时训练 3.已知函数f (x )＝e x(ax 2－2x ＋2)(a ＞0)，试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a ＞0)，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.(1)当0＜a ＜1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和⎝⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；(2)当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；(3)当a ＞1时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 4．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，a ∈R ，试讨论f (x )的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.(1)当a ≥1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)当a ≤0时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当0＜a ＜1时，令f ′(x )＝0， 解得x ＝1－a2a， 则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )＞0， 故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 考向三 利用导数解决函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式例3 (1)已知函数f (x )＝－xex ＋ln 2，则( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12的大小关系无法确定 答案 C解析 f ′(x )＝－e x－－xxe x ·ex＝x －1ex，当x <1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．∵1e <12<1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.故选C. (2)已知定义域为R 的函数f (x )满足f (4)＝－3，且对任意的x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为________．答案 (4，＋∞)解析 令g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，所以g (x )在R 上是减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．触类旁通利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．即时训练 5.(2019·青岛二中月考)已知定义域为R 的函数f (x )的导数为f ′(x )，且满足f ′(x )<2x ，f (2)＝3，则不等式f (x )>x 2－1的解集是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，＋∞)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，2)答案 D解析 令g (x )＝f (x )－x 2，则g ′(x )＝f ′(x )－2x <0，即函数g (x )在R 上单调递减．又不等式f (x )>x 2－1可化为f (x )－x 2>－1，而g (2)＝f (2)－22＝3－4＝－1，所以不等式可化为g (x )>g (2)，故不等式的解集为(－∞，2)．故选D.6．(2019·河北石家庄模拟)已知f (x )＝ln x x，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (e)>f (2)>f (3)D ．f (e)>f (3)>f (2)答案 D解析 f ′(x )＝1－ln x x2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)．f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96， f (e)>f (3)>f (2)．故选D.角度2 根据函数的单调性求参数例4 (1)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0,3]答案 A解析 因为f (x )＝12x 2－9ln x ，所以f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上函数f (x )是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，所以a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.故选A.(2)(2019·西宁模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. 触类旁通(1)f (x )在区间D 上单调递增(减)，只要f ′(x )≥0(≤0)在D 上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．二次函数在区间D 上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数图象的对称轴与区间D 的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.即时训练 7.若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则a 的取值范围是________．答案 [3，＋∞)解析 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴y max＜1⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×12＝3，∴a ≥3.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －x －x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.故填(0,1)∪(2,3)．1．(2019·天津模拟)设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b ) 答案 C解析 ∵f ′(x )>g ′(x )，∴[f (x )－g (x )]′>0. ∴f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数． ∴f (a )－g (a )<f (x )－g (x )． 即f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )．2．f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A ．f (a )<e af (0) B ．f (a )>e af (0) C ．f (a )<feaD ．f (a )>fea答案 B 解析 令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f x x－f xxx2＝f x －f xex>0.∴g (x )在R 上为增函数，又∵a >0，∴g (a )>g (0)，即f aea>fe.故f (a )>e af (0)．答题启示(1)若知xf ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数g (x )＝xf (x )；一般地，若知xf ′(x )＋nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝x nf (x )．(2)若知xf ′(x )－f (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xx；一般地，若知xf ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xx n.(3)若知f ′(x )＋f (x )的符号，则构造函数f (x )＝e xf (x )；一般地，若知f ′(x )＋nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝e nx·f (x )．(4)若知f ′(x )－f (x )的符号，则构造函数f (x )＝f xex；一般地，若知f ′(x )－nf (x )的符号，则构造函数g (x )＝f xenx.对点训练1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )答案 A解析 设函数F (x )＝f x x (x >0)，则F ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝xfx －f xx 2.因为x >0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数． 又0<a <b ，所以F (a )≥F (b )，即f a a ≥f bb，则bf (a )≥af (b )． 2．(2018·南昌调研)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意的x >0都有2f (x )＋xf ′(x )>0成立，则( )A ．4f (－2)<9f (3)B ．4f (－2)>9f (3)C ．2f (3)>3f (－2)D ．3f (－3)<2f (－2)答案 A解析 根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意的x >0都有2f (x )＋xf ′(x )>0成立，则当x >0时，有g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]>0恒成立，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x )是定义在R 上的偶函数，则f (－x )＝f (x )，则有g (－x )＝(－x )2f (－x )＝x 2f (x )＝g (x )，即函数g (x )也为偶函数，则有g (－2)＝g (2)，且g (2)<g (3)，则有g (－2)<g (3)，即有4f (－2)<9f (3)．故选A.。

导数及其应用1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度，加速度，光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念.2. 熟记八个基本导数公式(c,m x (m 为有理数)，x x a e x x a x x log ,ln ,,,cos ,sin 的导数)；掌握两个函数和、差、积、商的求导法则，了解复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数.3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分导数的应用价值极高，主要涉及函数单调性、极大（小）值，以及最大（小）值等，遇到有关问题要能自觉地运用导数.第1课时 变化率与导数、导数的计算1．导数的概念：函数y ＝)(x f 的导数)(x f '，就是当Δx →0时，函数的增量Δy 与自变量的增量Δx 的比xy∆∆的 ，即)(x f '＝ ＝ ．2．导函数：函数y ＝)(x f 在区间(a, b)内 的导数都存在，就说)(x f 在区间( a, b )内 ，其导数也是(a ,b )内的函数，叫做)(x f 的 ，记作)(x f '或x y '，函数)(x f 的导函数)(x f '在0x x =时的函数值 ，就是)(x f 在0x 处的导数.3．导数的几何意义：设函数y ＝)(x f 在点0x 处可导，那么它在该点的导数等于函数所表示曲线在相应点),(00y x M 处的 .4．求导数的方法(1) 八个基本求导公式)('C ＝ ； )('n x ＝ ；(n∈Q) )(sin 'x ＝ ， )(cos 'x ＝)('x e ＝ ， )('x a ＝)(ln 'x ＝ ， )(log 'x a ＝(2) 导数的四则运算)('±v u ＝ ])(['x Cf ＝)('uv ＝ ，)('vu ＝ )0(≠v (3) 复合函数的导数设)(x u θ=在点x 处可导，)(u f y =在点)(x u θ=处可导，则复合函数)]([x f θ在点x 处可导， 且)(x f '＝ ，即x u x u y y '⋅'='.例1．求函数y=12+x 在x 0到x 0+Δx 之间的平均变化率.解 ∵Δy=11)(11)(11)(2202020220+++∆+--+∆+=+-+∆+x x x x x x x x x .11)(2,11)()(220200202020+++∆+∆+=∆∆∴+++∆+∆+∆=x x x x x xy x x x x x x 变式训练1. 求y=x 在x=x 0处的导数.解 )())((limlim lim00000000000x x x x x x x x x x x x x x x yx x x +∆+∆+∆+-∆+=∆-∆+=∆∆→∆→∆→∆.211lim00x x x x x =+∆+=→∆例2. 求下列各函数的导数： （1）;sin 25x xx x y ++=（2）);3)(2)(1(+++=x x x y （3）;4cos 212sin 2⎪⎭⎫⎝⎛--=x x y （4）.1111xxy ++-=解 (1)∵,sin sin 23232521x x x xx x x x y ++=++=-典型例题∴y′.cos sin 2323)sin ()()(232252323x x x x x x x x x x-----+-+-='+'+'= （2）方法一 y=（x 2+3x+2）（x+3）=x 3+6x 2+11x+6，∴y′=3x 2+12x+11. 方法二 'y =[])3)(2)(1()3()2)(1('+++++'++x x x x x x =[])2)(1()2(）1（'++++'+x x x x （x+3）+（x+1）（x+2）=（x+2+x+1）（x+3）+（x+1）（x+2）=（2x+3）（x+3）+（x+1）（x+2）=3x 2+12x+11.（3）∵y=,sin 212cos 2sin x x x =⎪⎭⎫ ⎝⎛--∴.cos 21)(sin 21sin 21x x x y ='='⎪⎭⎫ ⎝⎛='（4）xx x x x xxy -=+--++=++-=12)1)(1(111111 ，∴.)1(2)1()1(21222x x x x y -=-'--='⎪⎭⎫ ⎝⎛-='变式训练2：求y=tanx 的导数.解 y′.cos 1cos sin cos cos )(cos sin cos )(sin cos sin 22222x x xx x x x x x x x =+='-'='⎪⎭⎫ ⎝⎛=例3. 已知曲线y=.34313+x （1）求曲线在x=2处的切线方程；（2）求曲线过点（2，4）的切线方程.解 （1）∵y′=x 2,∴在点P （2，4）处的切线的斜率k='y |x=2=4. ∴曲线在点P （2，4）处的切线方程为y-4=4(x-2),即4x-y-4=0. （2）设曲线y=34313+x 与过点P （2，4）的切线相切于点⎪⎭⎫ ⎝⎛+3431,300x x A ，则切线的斜率k='y |x x ==20x .∴切线方程为),(343102030x x x x y -=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-即.343232+-⋅=x x x y ∵点P （2，4）在切线上，∴4=,343223020+-x x 即,044,0432020302030=+-+∴=+-x x x x x ∴,0)1)(1(4)1(00020=-+-+x x x x ∴(x 0+1)(x 0-2)2=0,解得x 0=-1或x 0=2,故所求的切线方程为4x-y-4=0或x-y+2=0.变式训练3：若直线y=kx 与曲线y=x 3-3x 2+2x 相切，则k= .答案 2或41-例4. 设函数bx ax x f ++=1)( (a,b∈Z )，曲线)(x f y =在点))2(,2(f 处的切线方程为y=3.（1）求)(x f 的解析式；（2）证明：曲线)(x f y =上任一点的切线与直线x=1和直线y=x 所围三角形的面积为定值，并求出此定值.（1）解 2)(1)(b x a x f +-='，于是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=++,0)2(1,32122b a b a 解得⎩⎨⎧-==,1,1b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==.38,49b a 因为a,b ∈Z ，故.11)(-+=x x x f （2）证明 在曲线上任取一点⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+11,00x x x ．由200)1(11)(--='x x f 知，过此点的切线方程为)()1(11110200020x x x x x x y -⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=-+--．令x=1，得1100-+=x x y ，切线与直线x=1交点为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+11,100x x ．令y=x ，得120-=x y ，切线与直线y=x 的交点为)12,12(0--x x ．直线x=1与直线y=x 的交点为(1,1)．从而所围三角形的面积为22212211121112100000=--=----+x x x x x ．所以，所围三角形的面积为定值2.变式训练4：偶函数f （x ）=ax 4+bx 3+cx 2+dx+e 的图象过点P （0，1），且在x=1处的切线方程为y=x-2，求y=f （x ）的解析式.解 ∵f（x ）的图象过点P （0，1），∴e=1. ①又∵f（x ）为偶函数，∴f（-x ）=f （x ）.故ax 4+bx 3+cx 2+dx+e=ax 4-bx 3+cx 2-dx+e.∴b=0，d=0. ②∴f（x ）=ax 4+cx 2+1.∵函数f （x ）在x=1处的切线方程为y=x-2，∴可得切点为（1，-1）.∴a+c+1=-1. ③∵)1('f =(4ax 3+2cx)|x=1=4a+2c ，∴4a+2c=1. ④由③④得a=25，c=29-.∴函数y=f （x ）的解析式为.12925)(24+-=x x x f1．理解平均变化率的实际意义和数学意义。

2.11 导数在研究函数中的应用(二)[方法梳理]1．分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法．通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到．解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题．2．构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决．3．等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法．通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧．4．分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置．5．任意性与存在性①∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，使f1(x1)>f2(x2)⇔[f1(x1)]min>[f2(x2)]max.②∃x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]max >[f 2(x 2)]min . ③∀x 1∈[a ，b ]，∃x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x 1)]min >[f 2(x 2)]min . ④∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)>f 2(x 2)⇔[f 1(x )]max >[f 2(x )]max .⑤∃x 1∈[a ，b ]，x 2∈[c ，d ]，使f 1(x 1)＝f 2(x 2)⇔f 1(x )的值域与f 2(x )的值域交集不为∅.[诊断自测]1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈R 都有f (x )>f ′(x )成立，则( ) A ．3f (ln 2)>2f (ln 3) B ．3f (ln 2)＝2f (ln 3) C ．3f (ln 2)<2f (ln 3)D ．3f (ln 2)与2f (ln 3)的大小不确定 答案 A解析 构造函数g (x )＝f (x )ex，则 g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )(e x )′(e x )2＝f ′(x )－f (x )ex<0，即g (x )在R 上是减函数， 所以g (ln 2)>g (ln 3)，即f (ln 2)eln 2>f (ln 3)eln 3，即f (ln 2)2>f (ln 3)3，所以3f (ln 2)>2f (ln 3)，选A.2．(2018·广州五校联考)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′(x )－f (x )x2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( ) A ．(－2,0)∪(2，＋∞) B ．(－2,0)∪(0,2) C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D ．(－∞，－2)∪(0,2)答案 D解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′<0，∴φ(x )＝f (x )x为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．3．已知f (x )＝2x 2＋ax －2a2x 在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的取值范围是________．答案 a ≥－1解析 ∵f (x )＝x －a x ＋a 2，∴f ′(x )＝1＋ax2.又f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f ′(x )≥0，于是可得不等式a ≥－x 2对于x ≥1恒成立．∴a ≥(－x 2)max .由x ≥1，得－x 2≤－1.∴a ≥－1.4．(2017·河南期末)函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，32解析 对于函数y ＝x 3－2ax ＋a ，求导可得y ′＝3x 2－2a ， ∵函数y ＝x 3－2ax ＋a 在(0,1)内有极小值，∴y ′＝3x 2－2a ＝0，则其有一根在(0,1)内，当a >0时，3x 2－2a ＝0两根为± 23a ， 若有一根在(0,1)内，则0<23a <1，即0<a <32. 当a ＝0时，3x 2－2a ＝0两根相等，均为0，f (x )在(0,1)内无极小值． 当a <0时，3x 2－2a ＝0无根，f (x )在(0,1)内无极小值， 综合可得，0<a <32，故答案为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.题型1 利用导数解不等式问题角度1 证明不等式典例 已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x . 证明：若1<a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.本题用构造函数法．证明 不妨设x 1>x 2>0，则f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1⇔f (x 1)－f (x 2)>－(x 1－x 2)⇔f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2.从而构造函数g (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)·ln x ＋x .则g ′(x )＝x －(a －1)＋a －1x≥2x ·a －1x－(a －1)＝1－(a －1－1)2. 由于1<a <5，故g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)单调递增，从而当x 1>x 2>0时，有g (x 1)>g (x 2)，即f (x 1)＋x 1>f (x 2)＋x 2，从而f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.当0<x 1<x 2时，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1>－1.综上，若1<a <5，则对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>－1.角度2 不等式恒成立问题典例 (2015·北京高考)已知函数f (x )＝ln 1＋x 1－x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求证：当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． 解 (1)f (x )＝ln 1＋x 1－x ，x ∈(－1,1)，f ′(x )＝21－x2，f ′(0)＝2，f (0)＝0，所以切线方程为y ＝2x .(2)证明：原命题等价于任意x ∈(0,1)，f (x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33>0.设函数F (x )＝ln (1＋x )－ln (1－x )－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33， F ′(x )＝2x41－x2.当x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，函数F (x )在x ∈(0,1)上是单调递增函数．F (x )>F (0)＝0，因此任意x ∈(0,1)，f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33. (3)ln 1＋x 1－x >k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33，x ∈(0,1)⇔t (x )＝ln 1＋x 1－x －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 33>0，x ∈(0,1)．t ′(x )＝21－x 2－k (1＋x 2)＝kx 4＋2－k 1－x 2，x ∈(0,1)． 当k ∈[0,2]，t ′(x )≥0，函数t (x )单调递增，t (x )>t (0)＝0显然成立．当k >2时，令t ′(x 0)＝0得x 40＝k －2k∈(0,1)，t ′(x )的变化情况列表如下：t (x 0)<t (0)＝0，显然不成立．当k <0时，显然k 取不到最大值． 综上可知，k 的最大值为2. 角度3 不等式存在性问题典例(2018·太原联考)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)能成立，求实数a 的取值范围．(1)探索性问题在求解后要验证；(2)采用分离系数法，构造函数法．解 (1)函数f (x )定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.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，＋∞)． 方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度1的典例．解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题．见角度2,3的典例．冲关针对训练1．(2017·陵川县校级期末)已知对于x ∈R ，g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，且f (1)＝0，则不等式f (x )g (x )>0的解集是________． 答案 (1，＋∞) 解析 令h (x )＝f (x )g (x )， 则h ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )，而g (x )≠0与f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )恒成立，故h ′(x )>0，h (x )在R 上递增，而h (1)＝0，故不等式f (x )g (x )>0，即h (x )>h (1)， 解得x >1，故不等式的解集是(1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若存在x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e (e 是自然对数的底数，e ＝2.71828…)使不等式2f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． 当0<t <t ＋2<1e 时，t 无解；当0<t ≤1e <t ＋2，即0<t ≤1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； 当1e <t <t ＋2，即t >1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，故f (x )min ＝f (t )＝t ln t .所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t ≤1e ，t ln t ，t >1e.(2)由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 即a ≤2ln x ＋x ＋3x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减；当x ∈(1，e]时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增．所以h (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，h (e )，因为存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，使2f (x )≥g (x )成立， 所以a ≤h (x )max ，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2＋1e ＋3e ，h (e)＝2＋e ＋3e ， 故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e >h (e)，所以a ≤1e ＋3e －2.题型2 导数与方程问题角度1 零点的判断与证明典例(2015·广东高考)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．研究f (x )的单调性，再用赋值法证明．解 (1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2a )e ln a－a ＝(1＋ln 2a )a －a ＝a ln 2a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点．又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．角度2 由零点求参数的取值典例 (2017·张掖模拟)设函数f (x )＝x 22－a ln x . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数y ＝f (x )的单调区间和极值；(3)若函数f (x )在区间(1，e 2]内恰有两个零点，试求a 的取值范围．将f (x )＝0化为2ln x x 2＝1a，用构造函数法求解．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 22－ln x ，f ′(x )＝x －1x，∵f ′(1)＝0，f (1)＝12，∴在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝12.(2)f ′(x )＝x 2－ax，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )递增，函数无极值；当a >0时，在(0，a )上递减，在(a ，＋∞)上递增，函数的极小值为f (a )＝a (1－ln a )2.1．(2017·达州模拟)函数f (x )＝x 3＋x 2＋5ax －1存在极值点的充要条件是( )A ．a ≤115B ．a <115C ．a ≥115D ．a >115答案 B解析 求得导函数f ′(x )＝3x 2＋2x ＋5a ，三次函数f (x )有极值，则f ′(x )＝0有不相等的两个解，∴Δ＝4－60a >0，∴a <115，故选B.2．(2017·深圳一模)若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )<1且f (0)＝3，则不等式f (x )>2ex ＋1(其中e 为自然对数的底数)的解集为________．答案 (－∞，0)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )<1， ∴f (x )＋f ′(x )－1<0， ∴g ′(x )<0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递减， ∵e x f (x )>e x＋2， ∴g (x )>2，又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝3－1＝2， ∴g (x )>g (0)， ∴x <0，故答案为(－∞，0)．3．(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 解 (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2.(2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减， 且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点． 当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减， 且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1， e ]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 4．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e 2x0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·安庆二模)若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，－3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 答案 B解析 y ＝a e x＋3x ，求导，y ′＝a e x＋3，由若函数y ＝a e x＋3x 在R 上有小于零的极值点， 则y ′＝a e x＋3＝0有负根，则a ≠0， 则e x＝－3a在y 轴的左侧有交点，∴0<－3a<1，解得：a <－3，实数a 的取值范围为(－∞，－3)．故选B.2．(2018·太原模拟)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，g (x )≠0，当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0，且f (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集是( ) A ．(－3,0)∪(3，＋∞) B ．(－3,0)∪(0,3) C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D ．(－∞，－3)∪(0,3)答案 D解析 ∵f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数， ∴f (x )g (x )为奇函数，f (x )g (x )的图象关于原点对称． 当x <0时，f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x )>0，∴当x <0时，f (x )g (x )是增函数，故当x >0时，f (x )g (x )也是增函数. 函数f (x )g (x )的单调性的示意图，如图所示：∵f (－3)＝0，∴f (3)＝0，∴由不等式f (x )g (x )<0，可得x <－3或0<x <3，故原不等式的解集为{x |x <－3或0<x <3}，故选D.3．(2017·冀州月考)函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163答案 C解析 由图象可得f (x )＝0的根为0,1,2，故d ＝0，f (x )＝x (x 2＋bx ＋c )，则1,2为x2＋bx ＋c ＝0的根，由根与系数的关系得b ＝－3，c ＝2，故f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，则f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，由图可得x 1，x 2为3x 2－6x ＋2＝0的根，则x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝83.4．(2017·合肥期中)已知a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，则( )A ．a 的最小值为－3B ．a 的最小值为－4C ．a 的最大值为2D ．a 的最大值为4答案 A解析 a 2＋2a ＋2x ≤4x 2－x ＋1对于任意的x ∈(1，＋∞)恒成立，转化为a 2＋2a ＋2≤4x x 2－x＋x ＝4x －1＋x ＝f (x )的最小值．f ′(x )＝(x ＋1)(x －3)(x －1)2，可得x ＝3时， 函数f (x )取得极小值即最小值f (3)＝5. ∴a 2＋2a ＋2≤5，化为a 2＋2a －3≤0， 即(a ＋3)(a －1)≤0，解得－3≤a ≤1. 因此a 的最小值为－3.故选A.5．(2018·兴庆区模拟)设f (x )是定义在R 上的函数，其导函数为f ′(x )，若f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝2018，则不等式e x f (x )>e x ＋2017(其中e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(2017，＋∞)D ．(－∞，0)∪(2017，＋∞)答案 B解析 设g (x )＝e xf (x )－e x，则g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，e x>0，∴g ′(x )＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]>0， ∴g (x )是R 上的增函数． 又g (0)＝f (0)－1＝2017， ∴g (x )>2017的解集为(0，＋∞)，即不等式e xf (x )>e x＋2017的解集为(0，＋∞)．故选B.6．(2017·金华模拟)设函数f (x )＝x (ln x －ax )(a ∈R )在区间(0,2)上有两个极值点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln 2＋14 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12 答案 D解析 f (x )＝x (ln x －ax )，求导f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，由题意，关于x 的方程2ax ＝ln x ＋1在区间(0,2)有两个不相等的实根，则y ＝2ax 与y ＝ln x ＋1有两个交点，由y ＝ln x ＋1，求导y ′＝1x，设切点(x 0，y 0)，ln x 0＋1x 0＝1x 0，解得x 0＝1，∴切线的斜率k ＝1，则2a ＝1，a ＝12，则当x ＝2，则直线斜率k ＝ln 2＋12， 则a ＝ln 2＋14，∴a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫ln 2＋14，12，故选D.7．(2017·江西模拟)若函数f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x存在唯一的极值点，且此极值大于0，则( )A ．0≤a <1eB ．0≤a <1e 2C ．－1e <a <1e 2D ．0≤a <1e 或a ＝－1e答案 A解析 f (x )＝a (x －2)e x＋ln x ＋1x，x >0，∴f ′(x )＝a (x －1)e x＋1x －1x2＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a e x ＋1x 2，由f ′(x )＝0得到x ＝1或a e x＋1x2＝0(*)．由于f (x )仅有一个极值点， 关于x 的方程(*)必无解，①当a ＝0时，(*)无解，符合题意， ②当a ≠0时，由(*)得，a ＝－1e x x2，∴a >0，由于这两种情况都有，当0<x <1时，f ′(x )<0，于是f (x )为减函数， 当x >1时，f ′(x )>0，于是f (x )为增函数， ∴x ＝1为f (x )的极值点， ∵f (1)＝－a e ＋1>0，∴a <1e.综上可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，1e .故选A. 8．(2017·濮阳期末)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0 答案 A解析 对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于对于区间[－3,2]上的任意x ，都有f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， ∵x ∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在[－1,1]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20， ∴t ≥20，∴实数t 的最小值是20，故选A.9．(2018·黄陵模拟)已知函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e ＋1B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞答案 B解析 函数y ＝x e x＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点， 就是x e x ＋x 2＋2x ＋a ＝0恰有两个不同的实数解， 设g (x )＝x e x＋x 2＋2x ，则g ′(x )＝e x＋x e x＋2x ＋2＝(x ＋1)(e x＋2)，x <－1，g ′(x )<0，函数是减函数，x >－1，g ′(x )>0，函数是增函数，函数的最小值为g (－1)＝－1－1e ，则－a >－1－1e，即a <1＋1e.函数y ＝x e x ＋x 2＋2x ＋a 恰有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋1.故选B. 10．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，令h ′(x )＝0，得x ＝22或x ＝－22(舍去)，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22. 二、填空题11．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .要使f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则必须有f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23>0，即29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.12．(2017·信阳模拟)已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析 由函数图象可知f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－1,1)．由(x 2－2x －3)f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3>0，f ′(x )>0，①或⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3<0，f ′(x )<0，②解①得x <－1或x >3； 解②得－1<x <1.∴不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)． 故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．13．(2017·七里河模拟)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且当x >0时，不等式f (x )>－xf ′(x )恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg |x ＋1|的零点的个数是________．答案 3解析 定义在R 上的奇函数f (x )满足：f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，且f (－x )＝－f (x )，又x >0时，f (x )>－xf ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )>0，∴[xf (x )]′>0，函数h (x )＝xf (x )在x >0时是增函数．又h (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )，∴h (x )＝xf (x )是偶函数；∴x <0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0， 可得函数y 1＝xf (x )与y 2＝－lg |x ＋1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg |x＋1|的零点的个数为3个．14．(2015·安徽高考)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.答案①③④⑤解析令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.对于①，由a＝b＝－3，得f(x)＝x3－3x－3，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝－1<0，f(x)极小值＝f(1)＝－5<0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b ＝0仅有一个实根；对于②，由a＝－3，b＝2，得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝4>0，f(x)极小值＝f(1)＝0，函数f(x)的图象与x轴有两个交点，故x3＋ax＋b＝0有两个实根；对于③，由a＝－3，b>2，得f(x)＝x3－3x＋b，f′(x)＝3(x＋1)(x－1)，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b>0，f(x)极小值＝f(1)＝b－2>0，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于④，由a＝0，b＝2，得f(x)＝x3＋2，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根；对于⑤，由a＝1，b＝2，得f(x)＝x3＋x＋2，f′(x)＝3x2＋1>0，f(x)在R上单调递增，函数f(x)的图象与x轴只有一个交点，故x3＋ax＋b＝0仅有一个实根．B级三、解答题15．(2017·西城区期末)已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．解(1)因为f(x)＝(x＋a)e x，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：(2)结论：函数g (x )有且仅有一个零点． 理由如下：由g (x )＝f (x －a )－x 2＝0，得方程x e x －a＝x 2，显然x ＝0为此方程的一个实数解， 所以x ＝0是函数g (x )的一个零点． 当x ≠0时，方程可化简为e x －a＝x .设函数F (x )＝ex －a－x ，则F ′(x )＝e x －a－1，令F ′(x )＝0，得x ＝a .当x 变化时，F (x )与F ′(x )的变化情况如下：所以F (x )的最小值F (x )min ＝F (a )＝1－a . 因为a <1，所以F (x )min ＝F (a )＝1－a >0， 所以对于任意x ∈R ，F (x )>0， 因此方程ex －a＝x 无实数解．所以当x ≠0时，函数g (x )不存在零点． 综上，函数g (x )有且仅有一个零点．16．设函数f (x )＝－13x 3＋x 2＋(a 2－1)x ，其中a >0.(1)若函数y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值，求a 的值；(2)已知函数f (x )有3个不同的零点，分别为0，x 1，x 2，且x 1<x 2，若对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝－x 2＋2x ＋(a 2－1)， 因为y ＝f (x )在x ＝－1处取得极值， 所以f ′(－1)＝0.即－(－1)2＋2(－1)＋(a 2－1)＝0. 解得a ＝±2，经检验得a ＝2.(2)由题意得f (x )＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 2＋x ＋a 2－1＝－13x ·(x －x 1)(x －x 2)，所以方程－13x 2＋x ＋a 2－1＝0有两个相异的实根x 1，x 2.故Δ＝1＋43(a 2－1)>0，解得a <－12(舍去)或a >12，且x 1＋x 2＝3，又因为x 1<x 2，所以2x 2>x 1＋x 2＝3，故x 2>32>1.①若x 1≤1<x 2，则f (1)＝－13(1－x 1)(1－x 2)≥0，而f (x 1)＝0不符合题意．②若1<x 1<x 2，对任意的x ∈[x 1，x 2]，有x －x 1≥0，x －x 2≤0，所以f (x )＝－13x (x －x 1)(x－x 2)≥0.又f (x 1)＝0，所以f (x )在[x 1，x 2]上的最小值为0.于是对任意的x ∈[x 1，x 2]，f (x )>f (1)恒成立的充要条件为f (1)＝a 2－13<0，解得－33<a <33. 综上得12<a <33，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33.。

2．8 函数与方程[知识梳理]1．函数的零点(1)定义：对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．(2)三个等价关系(3)存在性定理2．一元二次方程根的分布情况设x1，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R，且a>0)的两实数根，则x1，x2的分布情况与一元二次方程的系数之间的关系如下表：(m，n，p为常数，且m<n<p)3．二分法(1)定义：对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．(2)给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤如下：①确定区间[a，b]，验证f(a)·f(b)<0，给定精确度ε；②求区间(a，b)的中点c；③计算f(c)a．若f(c)＝0，则c就是函数的零点；b．若f(a)·f(c)<0，则令b＝c(此时零点x0∈(a，c))；c．若f(c)·f(b)<0，则令a＝c(此时零点x0∈(c，b))．④判断是否达到精确度ε：即若|a－b|<ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复②③④.[诊断自测]1．概念思辨(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( )(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)＜0.( )(3)若f(x)在区间[a，b]上连续不断，且f(a)·f(b)＞0，则f(x)在(a，b)内没有零点．( )(4)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 2．教材衍化(1)(必修A1P 88T 2)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋4x －3的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34 答案 A解析 ∵函数f (x )＝e x＋4x －3， ∴f ′(x )＝e x＋4>0，∴函数f (x )＝e x ＋4x －3在(－∞，＋∞)上为增函数，且f (0)＝e 0－3＝－2<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝4e －2＝4e －416<0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －1>0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<0， ∴函数f (x )＝e x＋4x －3的零点所在的区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12.故选A.(2)(必修A1P 92T 2)已知函数f (x )的图象是连续不断的，有如下的x ，f (x )的对应表：68则函数f (x )存在零点的区间有( ) A ．区间[2,3]和[3,4] B ．区间[3,4]，[4,5]和[5,6] C ．区间[2,3]，[3,4]和[4,5] D ．区间[1,2]，[2,3]和[3,4] 答案 D解析 由已知条件可得： f (1)＝－8<0，f (2)＝2>0，f (3)＝－3<0，f (4)＝5>0. 可得f (1)·f (2)<0，f (2)·f (3)<0，f (3)·f (4)<0，函数f (x )的图象是连续不断的，由零点判定定理可知：函数的零点在区间[1,2]，[2,3]和[3,4]．故选D.3．小题热身(1)(2013·重庆高考)若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内答案 A解析 ∵a <b <c ，∴f (a )＝(a －b )(a －c )>0，f (b )＝(b －c )(b －a )<0，f (c )＝(c －a )(c －b )>0，由函数零点存在判定定理可知：在区间(a ，b )，(b ，c )内分别存在一个零点； 又函数f (x )是二次函数，最多有两个零点，因此函数f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )，(b ，c )内．故选A.(2)已知函数f (x )＝6x－log 2x ，在下列区间中，包含f (x )零点的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,4)D ．(4，＋∞)答案 C解析 易知f (x )是单调递减函数．∵f (1)＝6－log 21＝6>0，f (2)＝3－log 22＝2>0，f (3)＝2－log 23>0，f (4)＝64－log 24＝32－2<0，∴选项中包含f (x )零点的区间是(2,4)．故选C.题型1 函数零点所在区间的判断典例1 (2017·乌鲁木齐一模)函数f (x )＝e x＋2x －3的零点所在的一个区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32本题用定义法．答案 C解析 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝e －12 ＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－3＝e －12 －4<0，f (0)＝－2<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12 －2<0，f (1)＝e －1>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e 32 ＋2×32－3＝e 32 >0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f (1)<0，所以零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上．故选C.典例2 已知函数f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的零点为x 0，则x 0所在的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)用定义法或数形结合法．答案 C解析 解法一：∵f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2在(0，＋∞)上是增函数．又f (1)＝ln 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝－2<0，f (2)＝ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝ln 2－1<0，f (3)＝ln 3－12>0.故f (x )的零点x 0∈(2,3)．故选C.解法二：由f (x )＝0得ln x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2.作h (x )＝ln x ，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的图象，如图．由图象可知x 0∈(2,3)．故选C.方法技巧判断函数零点所在区间的三种方法1．解方程法：当对应方程f (x )＝0易解时，可先解方程，然后再看求得的根是否落在给定区间上．2．定义法：利用函数零点的存在性定理，首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )<0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．见典例1,2.3．图象法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断．见典例2.冲关针对训练1．(2018·福州质检)设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0,1) B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4)答案 B解析 解法一：函数f (x )的零点所在的区间可转化为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的取值范围．作图如右：可知f (x )的零点所在的区间为(1,2)．故选B.解法二：易知f (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0.所以根据函数零点存在性定理可知在区间(1,2)内函数存在零点．故选B. 2．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x <2，若函数g (x )＝f (x )－k 有两个零点，则两零点所在的区间为( )A ．(－∞，0)B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(1，＋∞)答案 D解析 在平面直角坐标系内画出函数f (x )的图象如图，由图易得若函数g (x )＝f (x )－k 有两个零点，即函数f (x )的图象与直线y ＝k 有两个交点，则k 的取值范围为(0,1)，两个零点分别位于(1,2)和(2，＋∞)内．故选D.题型2 函数零点个数的判定典例1 (2017·南昌期末)函数f (x )＝2x|log 0.5x |－1的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4本题用数形结合法．答案 B解析 令f (x )＝2x|log 0.5x |－1＝0，得|log 0.5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x .设g (x )＝|log 0.5x |，h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，在同一坐标系下分别画出函数g (x )，h (x )的图象(如图). 由图象知，两函数的图象有两个交点，因此函数f (x )有2个零点．故选B.典例2 (2017·郑州模拟)已知f (x )是R 上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x <2时，f (x )＝x 3－x ，则函数g (x )＝f (x )－a 在区间[－4,4]上的零点个数为4，则a 的取值范围是( )A ．－239B ．0C ．(0,6)D ．－239或(0,6)本题用数形结合法．答案 D解析 画出函数y ＝f (x )在区间[－4,4]的图象及y ＝a 的图象，可知a ＝－239，0<a <6.故选D.[条件探究] 若本典例2的条件变为：f (x )是定义域为R 上的奇函数，且f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)，x ∈(0,2)时，f (x )＝2x 2－3x ＋1，则函数f (x )在[－4,4]上有几个零点？解 因为f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)，令x ＝－2，则f (2)＝f (－2)＋f (2)，所以f (－2)＝0.又函数f (x )是定义域为R 的奇函数，所以f (－2)＝－f (2)＝0，所以f (2)＝0，所以f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )的周期为4，所以f (0)＝0，f (4)＝0，f (－4)＝0.当x ∈(0,2)时，令f (x )＝2x 2－3x ＋1＝0，得x ＝12或x ＝1，即f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0.所以f (－1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，所以f (3)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝0，f (－3)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－72＝0.综上，函数f (x )在[－4,4]上有13个零点．方法技巧确定函数零点个数的方法及思路1．解方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．2．零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．3．数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．见典例1,2.提醒：用数形结合法确定零点个数时，关键是准确画出函数的图象，前提是熟悉基本初等函数的图象画法．冲关针对训练1．(2017·西城区模拟)函数f (x )＝2x＋log 2|x |的零点个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3答案 C解析 函数f (x )＝2x＋log 2|x |的零点个数，即为函数y ＝－2x的图象和函数y ＝log 2|x |的图象的交点个数．如图所示： 数形结合可得，函数y ＝－2x的图象和函数y ＝log 2|x |的图象的交点个数为2.故选C.2．(2018·山东实验中学诊断)若函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，且x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，－1x ，x <0，则函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]内的零点的个数为( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 C解析 因为函数y ＝f (x )(x ∈R )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数y ＝f (x )(x ∈R )是周期为2的周期函数．又x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2，所以作出函数y ＝f (x )(x ∈R )与y ＝g (x )的图象．由图知，函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]内的零点的个数为8.故选C.题型3 函数零点的应用角度1 已知函数零点所在区间求参数的取值范围 典例 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋1－3，x ∈(－1，0]，x ，x ∈(0，1]，且g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1，1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－114，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－114，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 用数形结合法(或用分离系数法)．答案 A解析 解法一：由题意画出f (x )的图象，如图所示．令g (x )＝f (x )－mx －m ＝0，得f (x )＝m (x ＋1)，所以g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]内有且仅有两个不同的零点，可转化为y ＝f (x )与y ＝m (x ＋1)的图象在(－1,1]上有且仅有两个不同的交点．y ＝m (x ＋1)是过定点(－1,0)的一条直线，m 是其斜率．由数形结合知，符合题意的直线位于l 1(x 轴)与l 2之间和l 3与l 4(切线)之间． 因为l 4与y ＝f (x )相切，所以1x ＋1－3＝m (x ＋1)有两个相等的实根，即m (x ＋1)2＋3(x ＋1)－1＝0有两个相等的实根，即Δ＝9＋4m ＝0，解得m ＝－94.设直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，易求k 1＝0，k 2＝12，k 3＝－2，所以m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.故选A.解法二：当x ∈(－1,0]时， 由g (x )＝0得1x ＋1－3＝m (x ＋1)， m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋12－3·1x ＋1，g (x )有两个零点，求m 的值域，可得m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2.g (x )有一个零点，求m 的值域，m ∈[－2，＋∞)，①当x ∈(0,1]时，由g (x )＝0得x ＝m (x ＋1)，m ＝x x ＋1＝1－1x ＋1，g (x )有一个零点，求m 的值域，可得m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.② g (x )有两个零点，①，②求交集得m ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12.综合上述，m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.故选A. 角度2 已知函数零点个数求参数的取值范围 典例 (2018·沈阳模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R .若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2用数形结合法．答案 D解析 由y ＝f (x )－g (x )＝0得f (x )＋f (2－x )＝b ，设F (x )＝f (x )＋f (2－x )，则F (2－x )＝f (2－x )＋f (x )，所以F (2－x )＝F (x )，F (x )关于直线x ＝1对称．当0<x ≤1时，F (x )＝f (x )＋f (2－x )＝2－x ＋2－(2－x )＝2；当x ≤0时，F (x )＝f (x )＋f (2－x )＝2＋x ＋(2－x－2)2＝x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74，作出函数F (x )的图象如图所示，由图象可知，当F (x )＝b 有4个零点时74<b <2.故选D.角度3 利用函数零点比较大小典例 (2018·广州一模)已知e 是自然对数的底数，函数f (x )＝e x＋x －2的零点为a ，函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式成立的是( )A ．f (a )<f (1)<f (b )B ．f (a )<f (b )<f (1)C ．f (1)<f (a )<f (b )D ．f (b )<f (1)<f (a )用零点存在性定理．答案 A解析 函数f (x )，g (x )均为定义域上的单调递增函数， 且f (0)＝－1<0，f (1)＝e －1>0，g (1)＝－1<0，g (e)＝e －1>0，所以a ∈(0,1)，b ∈(1，e)，即a <1<b ， 所以f (a )<f (1)<f (b )．故选A. 方法技巧已知函数有零点(方程有根)，求参数的取值常用的方法1．直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围． 2．分离参数法：先将参数分离，再转化成求函数值域问题加以解决．3．数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再数形结合求解．见角度1,2典例．冲关针对训练1．(2018·昆明统考)已知函数f (x )满足f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，当x ∈[1,3]时，f (x )＝ln x ，若在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3内，曲线g (x )＝f (x )－ax 与x 轴有三个不同的交点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 33，1eD ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 33，12e答案 C解析 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1时，1x ∈[1,3]，f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－ln x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ∈[1，3]，－ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，作出其图象，如图所示．设x ∈[1,3]时，直线y ＝ax 与y ＝ln x 的图象相切，其切点为(x 0，y 0)，则1x 0＝a ，所以x 0＝1a ，所以y 0＝1，所以1＝ln 1a ，所以a ＝1e .又点(3，ln 3)与原点连线的斜率为ln 33，可知曲线g (x )＝f (x )－ax 与x 轴有三个不同的交点，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 33，1e .故选C. 2．(2017·湖北二模)已知函数f (x )＝2x＋x ＋1，g (x )＝log 2x ＋x ＋1，h (x )＝log 2x －1的零点依次为a ，b ，c ，则( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．b <c <aD ．b <a <c答案 A解析 作y ＝2x，y ＝log 2x ，y ＝－x －1的图象．令函数f (x )＝2x＋x ＋1＝0，可知x <0，即a <0；令g (x )＝log 2x ＋x ＋1＝0，则0<x <1，即0<b <1；令h (x )＝log 2x －1＝0，可知x ＝2，即c ＝2，显然a <b <c .故选A.1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( ) A ．－12B ．13 C.12 D ．1答案 C解析 f (x )＝x 2－2x ＋a (ex －1＋e－x ＋1)＝(x －1)2＋a [ex －1＋e－(x －1)]－1，令t ＝x －1，则g (t )＝f (t ＋1)＝t 2＋a ()e t＋e －t－1.∵g (－t )＝(－t )2＋a (e －t＋e t)－1＝g (t )， ∴函数g (t )为偶函数．∵f (x )有唯一零点，∴g (t )也有唯一零点．又g (t )为偶函数，由偶函数的性质知g (0)＝0， ∴2a －1＝0，解得a ＝12.故选C.2．(2017·山东高考)已知当x ∈[0,1]时，函数y ＝(mx －1)2的图象与y ＝x ＋m 的图象有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是( )A ．(0,1]∪[23，＋∞)B ．(0,1]∪[3，＋∞)C ．(0，2]∪[23，＋∞)D ．(0，2]∪[3，＋∞)答案 B解析 在同一直角坐标系中，分别作出函数f (x )＝(mx －1)2＝m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m 2与g (x )＝x ＋m 的大致图象．分两种情形：(1)当0＜m ≤1时，1m≥1，如图①，当x ∈[0,1]时，f (x )与g (x )的图象有一个交点，符合题意；(2)当m ＞1时，0＜1m＜1，如图②，要使f (x )与g (x )的图象在[0,1]上只有一个交点，只需g (1)≤f (1)，即1＋m ≤(m －1)2，解得m ≥3或m ≤0(舍去)．综上所述，m ∈(0,1]∪[3，＋∞)．故选B.3．(2017·南昌十校二模)已知函数f (x )＝－2x 2＋1，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(x ＋1)，x >0，2x，x ≤0，则函数y ＝|f (x )|－g (x )的零点的个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 函数y ＝|f (x )|－g (x )的零点的个数，即|f (x )|－g (x )＝0的根的个数，可得|f (x )|＝g (x )，画出函数|f (x )|，g (x )的图象如图所示，观察函数的图象，知它们的交点为5个，即函数的零点个数为5.故选C.4．(2017·山西检测)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x ≤0，|ln x |，x >0，则方程f [f (x )]＝3的根的个数是( )A ．6B ．5C ．4D ．3答案 B解析 令f (x )＝t ，则方程f [f (x )]＝3即为f (t )＝3，解得t ＝e －3或e 3，当f (x )＝e－3时，解得x ＝e －3－12或x ＝ee －3或x ＝e －e －3；当f (x )＝e 3时，解得x ＝e 3－12(舍)或x＝ee3或x ＝e －e3，则方程f [f (x )]＝3有5个实根．故选B.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2017·临汾三模)已知函数f (x )，g (x )：x 0123f (x )2031x 0123g (x )213则函数y ＝f [g (x )]A ．0 B ．1 C ．2 D ．3答案 B解析 由题意，g (x )＝1，∴x ＝1.故选B.2．(2017·衡水调研)方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 ∵a >0，∴a 2＋1>1，而y ＝|x 2－2x |的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a2＋1的图象总有两个交点．故选B.3．若函数f (x )＝2ax 2－x －1在(0,1)内恰有一个零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,1)B ．[1，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 C解析 当a ＝0时，函数的零点是x ＝－1，不合题意．当a ≠0时，若Δ>0，f (0)·f (1)<0，则a >1.若Δ＝0，即a ＝－18，函数的零点是x ＝－2，不合题意．故选C.4．(2017·浙江嘉兴测试)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x－cos x ，则f (x )在[0,2π]上的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x －cos x 的零点个数为⎝ ⎛⎭⎪⎫14x －cos x ＝0⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫14x＝cos x 的根的个数，即函数h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x与g (x )＝cos x 的图象的交点个数．如图所示，在区间[0,2π]上交点个数为3.故选C.5．(2017·河南新乡三模)若函数f (x )＝log 2(x ＋a )与g (x )＝x 2－(a ＋1)x －4(a ＋5)存在相同的零点，则a 的值为( )A ．4或－52B ．4或－2C ．5或－2D ．6或－52答案 C解析 g (x )＝x 2－(a ＋1)x －4(a ＋5)＝(x ＋4)[x －(a ＋5)]，令g (x )＝0，得x ＝－4或x ＝a ＋5，则f (－4)＝log 2(－4＋a )＝0或f (a ＋5)＝log 2(2a ＋5)＝0，解得a ＝5或a ＝－2.故选C.6．(2017·河南十所名校联考)设函数f (x )＝13x －ln x ，则函数y ＝f (x )( )A ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均有零点B ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，(1，e)内均无零点 C ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内有零点，在区间(1，e)内无零点 D ．在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内无零点，在区间(1，e)内有零点 答案 D解析 令f (x )＝0得13x ＝ln x ．作出函数y ＝13x 和y ＝ln x 的图象，如图，显然y ＝f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1内无零点，在(1，e)内有零点．故选D.7．(2017·东城区期末)已知x 0是函数f (x )＝2x＋11－x 的一个零点．若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则( )A ．f (x 1)<0，f (x 2)<0B ．f (x 1)<0，f (x 2)>0C ．f (x 1)>0，f (x 2)<0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0答案 B解析 设g (x )＝11－x ，由于函数g (x )＝11－x ＝－1x －1在(1，＋∞)上单调递增，函数h (x )＝2x 在(1，＋∞)上单调递增，故函数f (x )＝h (x )＋g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在(1，＋∞)上只有唯一的零点x 0，且在(1，x 0)上f (x 1)<0，在(x 0，＋∞)上f (x 2)>0.故选B.8．(2017·江西赣州一模)函数f (x )，g (x )满足：对任意x ∈R ，都有f (x 2－2x ＋3)＝g (x )，若关于x 的方程g (x )＋sinπ2x ＝0只有5个根，则这5个根之和为( ) A ．5 B ．6 C ．8 D ．9答案 A解析 由f (x 2－2x ＋3)＝g (x )及y ＝x 2－2x ＋3的图象关于直线x ＝1对称知g (x )的图象关于直线x ＝1对称，由g (x )＋sin π2x ＝0，知g (x )＝－sin π2x ，因为y ＝－sin π2x 的图象也关于直线x ＝1对称，g (x )＋sin π2x ＝0有5个根，故必有一个根为1，另外4个根的和为4.所以原方程所有根之和为5.故选A.9．(2017·山东济宁模拟)定义在[1π，π]上的函数f (x )满足f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，1时，f (x )＝ln x ，若函数g (x )＝f (x )－ax 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，π上有零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－ln ππ，0B ．[－πln π，0] C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e，ln ππ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－eπ，－1π答案 B解析 令x ∈[1，π]，则1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，1，因为f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，1时，f (x )＝ln x ，所以f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－ln x ，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，1，－ln x ，x ∈[1，π]，在坐标系中画出函数f (x )的图象如图：因为函数g (x )＝f (x )－ax 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1π，π上有零点，所以直线y ＝ax 与函数f (x )的图象有交点．由图得，当a 取满足题意的最小值时，直线y ＝ax 与f (x )的图象相交于点(1π，－lnπ)，此时－ln π＝aπ⇒a ＝－πln π，由图可得，实数a 的取值范围是[－πln π，0]．故选B.10.(2016·天津高考)已知函数,f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(4a －3)x ＋3a ，x <0，log a (x ＋1)＋1，x ≥0(a >0，且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，34C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 答案 C解析 要使函数f (x )在R 上单调递减， 只需⎩⎪⎨⎪⎧3－4a 2≥0，0<a <1，3a ≥1，解之得13≤a ≤34，因为方程|f (x )|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，所以直线y ＝2－x 与函数y ＝|f (x )|的图象有两个交点，如图所示．易知y ＝|f (x )|的图象与x 轴的交点的横坐标为1a －1，又13≤1a －1≤2，故由图可知，直线y ＝2－x 与y ＝|f (x )|的图象在x >0时有一个交点；当直线y ＝2－x 与y ＝x 2＋(4a －3)x＋3a (x <0)的图象相切时，设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2－x 0＝x 20＋(4a －3)x 0＋3a ，－1＝2x 0＋(4a －3)，整理可得4a 2－7a ＋3＝0，解得a ＝1(舍)或a ＝34.而当3a ≤2，即a ≤23时，直线y ＝2－x 与y ＝|f (x )|的图象在y 轴左侧有一个交点，综合可得a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.故选C.二、填空题11．(2017·河北模拟)若函数f (x )＝ln (x －1)－3x的零点在区间(k ，k ＋1)(k ∈Z )上，则k 的值为________．答案 3解析 易知函数f (x )＝ln (x －1)－3x在其定义域上连续，f (3)＝ln 2－1<0，f (4)＝ln3－34>0，故f (3)·f (4)<0，故函数的零点在区间(3,4)上，故k ＝3，故答案为3. 12．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________．答案 2解析 当x ≤0时，令x 2－2＝0，解得x ＝－2(正根舍)，所以在(－∞，0]上有一个零点．当x >0时，f ′(x )＝2＋1x>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为f (2)＝－2＋ln 2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f (x )的零点个数为2.13．已知a 是实数，函数f (x )＝2a |x |＋2x －a ，若函数y ＝f (x )有且仅有两个零点，则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)解析 由题意易知a ≠0，令f (x )＝0，即2a |x |＋2x －a ＝0，变形得|x |－12＝－1ax ，分别作出函数y 1＝|x |－12，y 2＝－1ax 的图象，如图所示．由图易知，当0<－1a <1或－1<－1a<0，即a <－1或a >1时，y 1和y 2的图象有两个不同的交点，所以当a <－1或a >1时，函数y ＝f (x )有且仅有两个零点，即实数a 的取值范围是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．14．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )．对函数y ＝g (x )(x ∈I )，定义g (x )关于f (x )的“对称函数”为函数y ＝h (x )(x ∈I )，y ＝h (x )满足：对任意x ∈I ，两个点(x ，h (x ))，(x ，g (x ))关于点(x ，f (x ))对称．若h (x )是g (x )＝4－x 2关于f (x )＝3x ＋b 的“对称函数”，且h (x )>g (x )恒成立，则实数b 的取值范围是________．答案 (210，＋∞)解析 函数g (x )的定义域是[－2,2]，根据已知得h (x )＋g (x )2＝f (x )，所以h (x )＝2f (x )－g (x )＝6x ＋2b －4－x 2.h (x )>g (x )恒成立，即6x ＋2b －4－x 2> 4－x 2恒成立，即3x ＋b >4－x 2恒成立，令y ＝3x ＋b ，y ＝4－x 2，则只要直线y ＝3x ＋b 在半圆 x 2＋y 2＝4(y ≥0)上方即可，由|b |10>2，解得b >210(舍去b <－210)，故实数b 的取值范围是(210，＋∞)．三、解答题15．已知二次函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x ＋1－2a .(1)判断命题：“对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”的真假，并写出判断过程；(2)若y ＝f (x )在区间(－1,0)及⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内各有一个零点，求实数a 的取值范围．解 (1)“对于任意的a ∈R ，方程f (x )＝1必有实数根”是真命题．依题意，f (x )＝1有实根，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0有实根，因为Δ＝(2a －1)2＋8a ＝(2a ＋1)2≥0对于任意的a ∈R 恒成立，即x 2＋(2a －1)x －2a ＝0必有实根，从而f (x )＝1必有实根．(2)依题意，要使y ＝f (x )在区间(－1,0)及⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内各有一个零点， 只需⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)>0，f (0)<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，即⎩⎪⎨⎪⎧3－4a >0，1－2a <0，34－a >0，解得12<a <34.故实数a 的取值范围为{a ⎪⎪⎪⎭⎬⎫12<a <34. 16．(2017·江西模拟)已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e2x(x >0)．(1)若g (x )＝m 有实数根，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解 (1)∵x >0时，g (x )＝x ＋e2x≥2x ·e2x＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)， 因而只需m ≥2e，则y ＝g (x )－m 就有零点． ∴m 的取值范围是[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点， 作出g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2e x＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，∴其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．。

第七节 函数的图象[考纲传真] 会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．1．利用描点法画函数图象的流程2．利用图象变换法作函数的图象 (1)平移变换(2)伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象y ＝f (ax )的图象；②y ＝f (x )的图象y ＝af (x )的图象．(3)对称变换①y ＝f (x )的图象―――――――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象； ②y ＝f (x )的图象―――――――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象； ③y ＝f (x )的图象――――――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象；④y ＝a x(a ＞0，且a ≠1)的图象――――――――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a ＞0，且a ≠1)的图象． (4)翻转变换 ①y ＝f (x )的图象y ＝|f (x )|的图象；②y ＝f (x )的图象y ＝f (|x |)的图象．[常用结论]1．一个函数图象的对称关系(1)函数f (x )满足关系f (a ＋x )＝f (b －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b2对称；特别地，当f (a ＋x )＝f (a －x )时，函数f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．(2)函数f (x )满足关系f (a ＋x )＝－f (b －x )，则f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，0对称．2．两个函数图象的对称关系(1)函数y ＝f (x )与y ＝f (2a －x )的图象关于直线x ＝a 对称． (2)函数y ＝f (x )与y ＝2b －f (2a －x )的图象关于点(a ，b )中心对称．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝f (1－x )的图象，可由y ＝f (－x )的图象向左平移1个单位得到．( )(2)函数y ＝f (x )与y ＝－f (x )的图象关于原点对称． ( )(3)当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝f (|x |)的图象与y ＝|f (x )|的图象相同．( ) (4)若函数y ＝f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)甲、乙二人同时从A 地赶往B 地，甲先骑自行车到两地的中点再改为跑步，乙先跑步到中点再改为骑自行车，最后两人同时到达B 地．已知甲骑车比乙骑车的速度快，且两人骑车速度均大于跑步速度．现将两人离开A 地的距离s 与所用时间t 的函数关系用图象表示，则如图所示的四个函数图象中，甲、乙的图象应该是( )①② ③ ④ A ．甲是图①，乙是图② B ．甲是图①，乙是图④ C ．甲是图③，乙是图②D ．甲是图③，乙是图④B [设甲骑车速度为V 甲骑，甲跑步速度为V 甲跑，乙骑车速度为V 乙骑，乙跑步速度为V 乙跑，依题意V 甲骑＞V 乙骑＞V 乙跑＞V 甲跑，故选B.]3．已知a ＞0，a ≠1，函数y ＝a x与y ＝log a (－x )的图象可能是( )AB C DB [y ＝log a (－x )与y ＝log a x 的图象关于y 轴对称，故选B.] 4．函数y ＝log 12(1－x )的大致图象是( )AB C DD [把函数y ＝log 12x 的图象对称到y 轴左侧得到y ＝log 12 (－x )的图象，再把所得图象向右平移1个单位，得到y ＝log 12(1－x )的图象，故选D.]5．函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )＝( )A ．e x ＋1B ．e x －1C ．e－x ＋1D ．e－x －1D [依题意，与曲线y ＝e x关于y 轴对称的曲线是y ＝e －x，于是f (x )相当于y ＝e －x向左平移1个单位的结果，∴f (x )＝e－(x ＋1)＝e－x －1.]【例1】 (1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |；(2)y ＝|log 2(x ＋1)|；(3)y ＝2x －1x －1；(4)y ＝x 2－2|x |－1.[解] (1)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象，保留y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x图象中x ≥0的部分，再作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象中x ＞0部分关于y 轴的对称部分，即得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象，如图①实线部分．① ②(2)将函数y ＝log 2x 的图象向左平移一个单位，再将x 轴下方的部分沿x 轴翻折上去，即可得到函数y ＝|log 2(x ＋1)|的图象，如图②.(3)∵y ＝2x －1x －1＝2＋1x －1，故函数图象可由y ＝1x 图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，如图③.③ ④(4)∵y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0，且函数为偶函数，先作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图象，得图象如图④.直接法：或变形后的解析式是熟悉的基本函数时，函数的特征描出图象的关键点直接作出转化法：含有绝对值符号的函数，可脱掉绝对值符号，转化为分段函数来画图象图象变换法：若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、伸缩、翻折、对称得到，可利用图象变换作出易错警示：画函数的图象一定要注意定义域利用图象变换法时要注意变换顺序，对不能直接找到熟悉的基本函数的要先变形，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响【例2】 (1)(2018·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝x2的图象大致为( )(2)如图，矩形ABCD 的周长为8，设AB ＝x (1≤x ≤3)，线段MN 的两端点在矩形的边上滑动，且MN ＝1，当N 沿A →D →C →B →A 在矩形的边上滑动一周时，线段MN 的中点P 所形成的轨迹为G ，记G 围成的区域的面积为y ，则函数y ＝f (x )的图象大致为( )A B C D(1)B (2)D [(1)因为f (－x )＝e －x－e x －x 2＝－e x －e－xx 2＝－f (x )(x ≠0)，所以f (x )是定义域上的奇函数，所以函数f (x )的图象关于原点(0,0)中心对称，排除选项A ；因为f (1)＝e －1e >2，所以排除选项C ，D ，选B.(2)如图所示，点P 的轨迹是分别以A ，B ，C ，D 为圆心，半径为12的4个14圆，以及线段EF ，GH ，RQ ，SJ 部分．则G 围成的面积为矩形的面积减去4个14圆的面积，即y ＝x (4－x )－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝4x －x 2－π4＝－(x －2)2＋4－π4(1≤x ≤3)，且当x ＝2时，y ＝4－π4∈(3,4)，故选D.]由解析式确定函数图象①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置②从函数的单调性，判断图象的变化趋势由实际情景探究函数图象问题中的定义域问题 (1)(2019·武汉模拟)函数f (x )＝3x －1的大致图象是( )(2)如图，不规则四边形ABCD 中，AB 和CD 是线段，AD 和BC 是圆弧，直线l ⊥AB 交AB 于E ，当l 从左至右移动(与线段AB 有公共点)时，把四边形ABCD 分成两部分，设AE ＝x ，左侧部分的面积为y ，则y 关于x 的图象大致是( )A B C D(1)C (2)C [(1)函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}，排除A. 又f (－1)＝－33－1－1＝32＞0，排除B.当x →＋∞时，f (x )→0，故选C.(2)当l 从左至右移动时，一开始面积的增加速度越来越快，过了D 点后面积保持匀速增加，图象呈直线变化，过了C 点后面积的增加速度又逐渐减慢．故选C.]►考法1 【例3】 已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞) B ．f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1) C ．f (x )是奇函数，递减区间是(－1,1) D ．f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0)C [将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0，画出函数f (x )的图象，如图，观察图象可知，函数f (x )的图象关于原点对称，故函数f (x )为奇函数，且在(－1,1)上单调递减．]►考法2 求不等式解集【例4】 函数f (x )是定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的奇函数，在(0，＋∞)上单调递增，f (3)＝0，若x ·[f (x )－f (－x )]＜0，则x 的取值范围为________．(－3,0)∪(0,3) [函数f (x )的图象大致如图所示．因为f (x )为奇函数，且x ·[f (x )－f (－x )]＜0， 所以2x ·f (x )＜0.由图可知，不等式的解集为(－3,0)∪(0,3)．](1)2是( )A．{x|－1＜x≤0} B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1＜x≤1} D．{x|－1＜x≤2}(2)设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________．(1)C(2)[－1，＋∞)[(1)作出函数y＝log2(x＋1)的图象，如图所示：其中函数f(x)与y＝log2(x＋1)的图象的交点为D(1,1)，由图象可知f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1＜x≤1}，故选C.(2)如图，要使f(x)≥g(x)恒成立，则－a≤1，∴a≥－1.]【例5】(1)(2018·全国卷Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝( )A．－50 B．0C．2 D．50(2)(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y＝ln x的图象关于直线x＝1对称的是( )A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)(1)C(2)B[(1)由f(x)是奇函数知f(1＋x)＝f(1－x)＝－f(x－1)，则f(x＋2)＝－f(x)．从而f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．因为f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f(0)＝0.因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以当x＝1时，f(2)＝f(0)＝0；当x＝2时，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2；当x＝3时，f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0.综上，可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.故选C.(2)设所求函数图象上任一点的坐标为(x，y)，则其关于直线x＝1的对称点的坐标为(2－x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数f(x)＝ln x的图象上，所以y＝ln(2－x)．故选B.]关于点a，对称①若两个函数f x与x的图象关于a，对称，则有x＝－a－②函数y x的图象关于a，对称，则有f x＝－f a－x关于直线x＝a对称①函数f x的图象关于直线x＝a对称，则有a＋x＝f a－x或f a－＝x②若两个函数f x与x的图象关于直线＝a对称，则有g x＝f a－③偶函数x的图象关于直线f x是周期为2a的周期函数x的图象关于直线g x是周期为4a的周期函数.(1)直线y＝k(x＋3)＋5(k≠0)与曲线y＝5x＋17x＋3的两个交点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＋y1＋y2等于( )A．2 B．4 C．6 D．8(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，f(3－x)＝f(x)．则f(2 019)＝( )A ．－3B ．0C ．1D ．3(1)B (2)B [(1)因为y ＝5x ＋17x ＋3＝2x ＋3＋5，其图象关于点(－3,5)对称．又直线y ＝k (x ＋3)＋5过点(－3,5)，如图所示．所以A ，B 关于点(－3,5)对称，所以x 1＋x 2＝2×(－3)＝－6，y 1＋y 2＝2×5＝10.所以x 1＋x 2＋y 1＋y 2＝4.(2)由题意知f (3－x )＝f (x )＝－f (－x )，则f (x ＋3)＝－f (x )，从而f (x ＋6)＝f (x )．即函数f (x )是周期为6的周期函数，所以f (2 019)＝f (3)＝f (0)＝0，故选B.]1．(2017·全国卷Ⅰ)函数y ＝sin 2x 1－cos x的部分图象大致为( )C [令f (x )＝sin 2x1－cos x，∵f (1)＝sin 21－cos 1＞0，f (π)＝sin 2π1－cos π＝0，∴排除选项A ，D.由1－cos x ≠0得x ≠2k π(k ∈Z )， 故函数f (x )的定义域关于原点对称． 又∵f (－x )＝－2x 1－－x ＝－sin 2x1－cos x＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，∴排除选项B.故选C.]2．(2017·全国卷Ⅲ)函数y ＝1＋x ＋sin x x 2的部分图象大致为( )D [当x →＋∞时，sin x x 2→0,1＋x →＋∞，y ＝1＋x ＋sin x x 2→＋∞，故排除选项B. 当0＜x ＜π2时，y ＝1＋x ＋sin x x 2＞0，故排除选项A ，C. 故选D.]3．(2016·全国卷Ⅰ)函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )D [∵f (x )＝2x 2－e |x |，x ∈[－2,2]是偶函数，∴其图象关于y 轴对称．又f (2)＝8－e 2∈(0,1)，故排除A ，B.设g (x )＝2x 2－e x ，则g ′(x )＝4x －e x.又g ′(0)＜0，g ′(2)＞0，∴g (x )在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f (x )＝2x 2－e |x |在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.]4．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x －3|与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1m x i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4mB [∵f (x )＝f (2－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又y ＝|x 2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象关于直线x ＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x ＝1对称．当m 为偶数时，∑i ＝1m x i ＝2×m 2＝m ； 当m 为奇数时，∑i ＝1m x i ＝2×m －12＋1＝m .故选B.]自我感悟：______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

第2讲 导数的应用考纲展示 命题探究考点一 函数的单调性与导数1 函数的单调性与导数的关系在区间(a ，b )内f ′(x )⎩⎪⎨⎪⎧ 大于零→f (x )在(a ，b )内单调递增等于零→f (x )在(a ，b )内为常函数小于零→f (x )在(a ，b )内单调递减2 用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或f ′(x )<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件；(2)f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)是f (x)在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f ′(x )＝0不恒成立)．注意点 应用导数解决函数单调性问题的原则方法(1)求函数f (x )的单调区间，也是求不等式f ′(x )>0(或f ′(x )<0)的解集，但单调区间不能脱离函数定义域而单独存在，求单调区间要坚持“定义域优先”的原则．(2)由函数f (x )在区间[a ，b ]内单调递增(或递减)，可得f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在该区间恒成立，而不是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)恒成立，“＝”不能少．必要时还需对“＝”进行检验.1．思维辨析(1)若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )>0.( )(2)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．( )(3)f (x )在(a ，b )上单调递增与(a ，b )是f (x )的单调递增区间是相同的说法．( )答案 (1)× (2)√ (3)×2．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞)D ．(－3,1)答案 D解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)，由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，∴函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．故选D.3．函数f (x )＝e x －2x 的单调递增区间是________．答案 (ln 2，＋∞)解析 f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )＝0得x ＝ln 2.当x ∈(ln 2，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )＝e x －2x 的单调递增区间为(ln 2，＋∞)．[考法综述] 单调性是导数几种应用中最基本也是最重要的内容，因为求极值和最值都离不开单调性．利用导数讨论函数单调性或求函数的单调区间是导数的重要应用，也是高考的热点，经常在解答题的分支问题中出现，难度一般．命题法 判断函数的单调性典例 已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m ，m ∈R .(1)已知函数f (x )在点(1，f (1))处与x 轴相切，求实数m 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)在(1)的结论下，对于任意的0<a <b ，证明：f (b )－f (a )b －a<1a －1.[解] 由f (x )＝ln x －mx ＋m ，得f ′(x )＝1x －m (x >0)． (1)依题意得f ′(1)＝1－m ＝0，即m ＝1.(2)当m ≤0时，f ′(x )＝1x －m >0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，f ′(x )＝－m ⎝⎛⎭⎪⎫x －1m x ，由f ′(x )>0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m ，由f ′(x )<0，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞， 即函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞上单调递减． (3)证明：由(1)知m ＝1，得f (x )＝ln x －x ＋1，对于任意的0<a <b ，f (b )－f (a )b －a<1a －1可化为 (ln b －b )－(ln a －a )b －a<1a －1，因为0<a <b ，所以有b －a >0，故不等式可化为(ln b －b )－(ln a －a )<⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1(b －a )，即ln b a <b a －1，令t ＝b a ，得ln t －t ＋1<0(t >1)，令f (t )＝ln t －t ＋1.由(2)知，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，即f (t )<f (1)，于是上式成立，故对于任意的0<a <b ，f (b )－f (a )b －a <1a－1成立． 【解题法】 单调区间的求法及由单调性求参数取值范围的方法(1)利用导数求函数的单调区间的两个方法①方法一：a.确定函数y ＝f (x )的定义域；b ．求导数y ′＝f ′(x )；c ．解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；d ．解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． ②方法二：a.确定函数y ＝f (x )的定义域；b ．求导数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根；c ．把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义域分成若干个小区间；d ．确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．(2)由函数的单调性求参数的取值范围的方法①可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)(f ′(x )在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围．②可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题．③若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．1．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案 D解析 由题意可知存在唯一的整数x 0，使得e x 0(2x 0－1)<ax 0－a ，设g (x )＝e x (2x －1)，h (x )＝ax －a ，由g ′(x )＝e x (2x ＋1)可知g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，作出g (x )与h (x )的大致图象如图所示，故⎩⎪⎨⎪⎧ h (0)>g (0)h (－1)≤g (－1)，即⎩⎨⎧ a <1－2a ≤－3e ，所以32e ≤a <1，故选D.2.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 A解析 令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f (x )x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.3．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 <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数．∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1， 所以选项C 错误，故选C.4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a .当a >0时，2a >0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立．当a <0时，2a <0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选C.5．已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a >0.(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．解 (1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x－a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ， 所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2当0<a <14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减； 当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＝0，解得a ＝x －1－ln x 1＋x －1. 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1 ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1xx －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1. 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝－e (e －2)1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12<0. 故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)． 由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．所以0＝u (1)1＋1<u (x 0)1＋x －10＝a 0<u (e )1＋e －1＝e －21＋e －1<1. 即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0.由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0.所以，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．6.设函数f (x )＝3x 2＋ax e x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x， 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，化简得3x－e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366， x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92， 故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞. 7．函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋3x (a ≠0)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在区间(1,2)是增函数，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3，f ′(x )＝0的判别式Δ＝36(1－a )． ①若a ≥1，则f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0当且仅当a ＝1，x ＝－1. 故此时f (x )在R 上是增函数．②由于a ≠0，故当a <1时，f ′(x )＝0有两个根： x 1＝－1＋1－a a ，x 2＝－1－1－a a. 若0<a <1，则当x ∈(－∞，x 2)或x ∈(x 1，＋∞)时f ′(x )>0，故f (x )分别在(－∞，x 2)，(x 1，＋∞)是增函数；当x ∈(x 2，x 1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(x 2，x 1)是减函数；若a <0，则当x ∈(－∞，x 1)或(x 2，＋∞)时f ′(x )<0，故f (x )分别在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)是减函数；当x ∈(x 1，x 2)时f ′(x )>0，故f (x )在(x 1，x 2)是增函数．(2)当a >0，x >0时，f ′(x )＝3ax 2＋6x ＋3>0，故当a >0时，f (x )在区间(1,2)是增函数．当a <0时，f (x )在区间(1,2)是增函数当且仅当f ′(1)≥0且f ′(2)≥0，解得－54≤a ＜0.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，0∪(0，＋∞)．考点二 函数的极值与最值1 判断函数极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，(1)如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值；(2)如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值．2 求可导函数f (x )的极值的步骤(1)求导函数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的左右两侧的函数值的符号，如果左正右负，那么函数y ＝f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么函数y ＝f (x )在这个根处取得极小值，可列表完成．3 函数的最值在闭区间[a ，b ]上的连续函数y ＝f (x )，在[a ，b ]上必有最大值与最小值．在区间(a，b)上的连续函数y＝f(x)，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．注意点极值点的含义及极值与最值的关系(1)“极值点”不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1即为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．(2)极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值.1．思维辨析(1)导数为零的点不一定是极值点．()(2)三次函数在R上必有极大值和极小值．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()(6)函数f(x)＝x sin x有无数个极值点．()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√2．函数y＝x4－4x＋3在区间[－2,3]上的最小值为()A．72 B．36C．12 D．0答案D解析因为y′＝4x3－4，令y′＝0即4x3－4＝0，解得x＝1.当x<1时，y′<0，当x>1时，y′>0，所以函数的极小值为y|x＝1＝0，而在端点处的函数值y|x＝－2＝27，y|x＝3＝72，所以y min＝0.3．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为()A．1，－3 B．1,3C ．－1,3D ．－1，－3答案 A 解析 ∵f ′(x )＝3ax 2＋b ，∴f ′(1)＝3a ＋b ＝0.①又当x ＝1时有极值－2，∴a ＋b ＝－2.②联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－3.[考法综述] 函数的极值与最值是高考热点内容，对极值的考查主要有2个命题角度：①判断极值的情况，②已知函数求极值．考查函数最值时必定涉及函数的单调性，还会涉及方程和不等式．题型有大题也有小题且有一定难度．另外已知函数的极值(最值)情况求参数的取值范围也是热点考查内容，涉及函数的单调性时，往往需要进行分类讨论，这类题综合性强，难度较大．命题法 求函数的极值与最值典例 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2(x <1)，a ln x (x ≥1). (1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．[解] (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x(－∞，0) 0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f ′(x )－ 0 ＋ 0 －f (x )极小值 极大值 点为x ＝23.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.【解题法】 求函数极值和最值的方法(1)求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程f ′(x )＝0，再判断f ′(x )＝0的根是否是极值点，可通过列表结合导函数与0的大小(或函数的单调性)进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．(2)函数的最大值①若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．②若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．③函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．1．对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A ．－1是f (x )的零点B ．1是f (x )的极值点C ．3是f (x )的极值D ．点(2,8)在曲线y ＝f (x )上答案 A解析 由A 知a －b ＋c ＝0；由B 知f ′(x )＝2ax ＋b,2a ＋b ＝0；由C 知f ′(x )＝2ax ＋b ，令f ′(x )＝0可得x ＝－b 2a ，则f ⎝⎛⎭⎪⎫－b 2a ＝3，则4ac －b 24a ＝3；由D 知4a ＋2b ＋c ＝8.假设A 选项错误，则⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＋c ≠0，2a ＋b ＝0，4ac －b 24a ＝3，4a ＋2b ＋c ＝8，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝5，b ＝－10，c ＝8，满足题意，故A 结论错误．同理易知当B 或C 或D 选项错误时不符合题意，故选A.2．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时，f (x )取得极大值，当x ∈(1,2)时，f (x )取得极小值，则⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫372，5 B ．(5，5) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫374，25 D ．(5,25)答案 D解析 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，f ′(x )的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以f ′(0)>0，f ′(1)<0，f ′(2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ c >0，3＋2b ＋c <0，12＋4b ＋c >0，作出可行域如图中阴影部分所示(不包括b 轴)，⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2表示可行域内一点到点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3的距离的平方，由图象可知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到直线3＋2b ＋c ＝0的距离最小，即⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12 2＋(c －3)2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|3－1＋3|52＝5，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，6的距离最大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2＝25，因为可行域的临界线为虚线，所以所求范围为(5,25)，故选D.3．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－2,1) 答案 C解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝－1为函数f (x )的极大值点，x ＝1为函数f (x )的极小值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2，解得－5<a <1，且a ≥－2.故实数a 的取值范围是[－2，1)．4．设函数f (x )＝e x (sin x －cos x )(0≤x ≤π)，则函数f (x )的各极小值之和为( ) A ．－e 2π(1－e 2015π)1－e 2πB ．－e 2π(1－e 2015π)1－e πC ．－1－e 2016π1－e 2πD ．－e 2π(1－e 2014π)1－e 2π答案 D解析 因为f ′(x )＝2e x sin x ，所以x ∈(2k π＋π，2k π＋2π)(k ∈Z )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(2k π＋2π，2k π＋3π)(k ∈Z )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故当x ＝2k π＋2π(k ∈Z )时，f (x )取极小值，其极小值为f (2k π＋2π)＝－e 2k π＋2π(k ∈Z )，又0≤x ≤π，所以f (x )的各极小值之和S＝－e 2π－e 4π－…－eπ＝－e 2π(1－e 2014π)1－e 2π，故选D. 5．已知点M 在曲线y ＝3ln x －x 2上，点N 在直线x －y ＋2＝0上，则|MN |的最小值为________．答案 22解析 当点M 处的曲线的切线与直线x －y ＋2＝0平行时|MN |取得最小值．令y ′＝－2x ＋3x ＝1，解得x ＝1，所以点M 的坐标为(1，－1)，所以点M 到直线x －y ＋2＝0的距离为|1＋2＋1|2＝22，即|MN |的最小值为2 2.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋6在x ＝________时取得极小值．答案 2解析 依题意得f ′(x )＝3x (x －2)．当x <0或x >2时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )在x ＝2时取得极小值．7．设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．解 (1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋a x ＋1，所以a ＝1.(2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x ，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈[2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根．(3)由(2)知方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )<g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>g (x )，所以m (x )＝⎩⎨⎧ (x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0]时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0]，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1>0.可知0<m (x )≤m (x 0)．故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x ，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.8.设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0.(1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a 3， x 2＝－1＋4＋3a 3，x 1<x 2， 所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0.①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增．所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2,1]上单调递减．所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a 3处取得最大值． 又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 9.设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ·x 2－2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝(x －2)(e x －kx )x 3(x >0)， 由k ≤0，知e x －kx >0，令f ′(x )＝0，则x ＝2，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．综上，f (x )的减区间为(0,2)，增区间为(2，＋∞)．(2)由题意知f ′(x )＝0，即e x －kx ＝0在(0,2)内存在两个不等实根． 令g (x )＝e x －kx ，g ′(x )＝e x －k ，令g ′(x )＝0，x ＝ln k ，则0<ln k <2，即1<k <e 2.当0<x <ln k 时，g ′(x )<0，g (x )为减函数．当ln k <x <2时，g (x )为增函数．∵g (0)＝1>0，只需⎩⎪⎨⎪⎧ g (2)>0，g (ln k )<0，即 ⎩⎪⎨⎪⎧e 2－2k >0，e ln k －k ·ln k <0，得e<k <e 22. 综上可知，k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22 10．已知函数f (x )＝ln x －a (x 2－x )(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求f (x )在[1,2]上的最大值．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，f ′(x )＝1x －2x ＋1.∴f (1)＝0，f ′(1)＝0，即所求切线方程为：y ＝0.(2)∵f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2＋ax ＋1x，x >0. ∴当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在[1,2]上单调递增．∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2.当a ≠0时，可令g (x )＝－2ax 2＋ax ＋1，x ∈[1,2]，g (x )的对称轴x ＝14且过点(0,1)．∴当a <0时，f ′(x )>0在[1,2]上恒成立，f (x )在[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .当a >0时，若g (1)≤0，即a ≥1时，f ′(x )<0在[1,2]上恒成立．f (x )在[1,2]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝0.若g (1)>0，g (2)<0，即16<a <1时，f ′(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a ＋a 2＋8a 4a 上大于零， 在⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋a 2＋8a 4a ，2上小于零， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋a 2＋8a 4a ，2上单调递减． ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a ＝ln a ＋a 2＋8a 4a ＋a 2＋8a ＋a －48. 若g (1)>0，g (2)≥0，即0<a ≤16时，f ′(x )>0在[1,2]上恒成立，f (x )在[1,2]上单调递增，∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .综上：f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧ ln 2－2a ，a ≤16ln a ＋a 2＋8a 4a ＋a 2＋8a ＋a －48，16<a <10，a ≥1. 11．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4(a ∈R )，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)当a ＝2时，对于任意的m ∈[－1,1]，n ∈[－1,1]，求f (m )＋f ′(n )的最小值； (2)若存在x 0∈(0，＋∞)，使f (x 0)>0，求a 的取值范围． 解 (1)由题意得f (x )＝－x 3＋2x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋4x .令f ′(x )＝0，得x ＝0或43.当x 在[－1,1]上变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：∵f ′(x )＝－3x 2＋4x 的对称轴为直线x ＝23，且抛物线开口向下， ∴对于n ∈[－1,1]，f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－7.∴f (m )＋f ′(n )的最小值为－11.(2)∵f ′(x )＝－3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a 3. ①若a ≤0，当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．又f (0)＝－4，则当x >0时，f (x )<－4.∴当a ≤0时，不存在x 0>0，使f (x 0)>0.②若a >0，则当0<x <2a 3时，f ′(x )>0；当x >2a 3时，f ′(x )<0.从而f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，2a 3上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫2a 3，＋∞上单调递减， ∴当x ∈(0，＋∞)时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3＝－8a 327＋4a 39－4＝427a 3－4. 根据题意，得4a 327－4>0，即a 3>27，解得a >3.综上，a 的取值范围是(3，＋∞)．考点三导数的综合应用1利用导数证明不等式的常用技巧(1)利用给定函数的某些性质，如函数的单调性、最值、极值等，服务于所要证明的不等式．(2)当给出的不等式无法直接证明时，先对不等式进行等价转化后再进行求证．(3)根据不等式的结构特征构造函数，利用函数的最值进行求证，构造函数的方法较为灵活，要结合具体问题，平时要多积累．其一般步骤为：构造可导函数→研究其单调性求最值→得出不等关系→整理得出所证明的结论．2导数在研究函数零点中的作用(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等．(2)用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．3利用导数求解实际问题中的优化问题生活中求利润最大、用料最省、效率最高等问题称之为优化问题．导数是解决生活中优化问题的有力工具，用导数解决优化问题的基本思路是：优化问题→用函数表示的数学问题→用导数解决数学问题→优化问题的答案．利用导数解决实际应用问题一般有如下几类：(1)给出了具体的函数关系式，只需研究这个函数的性质即可；(2)函数关系式中含有比例系数，根据已知数据求出比例系数得到函数关系式，再研究函数的性质；(3)没有给出函数关系，需要先建立函数关系，再研究函数的性质．注意点函数定义域的重要性在函数的综合应用中，不论是研究函数的性质，还是构造函数，还是建立新的函数关系时，都要正确求出函数的定义域，再利用导数求解.1．思维辨析(1)2ax ＋e x ≥x ＋1恒成立，可转化为a ≥x ＋1－e x 2x 恒成立．( )(2)对任意x ∈R ，f (x )≥g (x )恒成立，则f (x )min ≥g (x )max .( )(3)若函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有2个交点，则f (x )－g (x )有2个零点．( )答案 (1)× (2)× (3)√2．在区间(0，π)上，sin x 与x 的大小关系是________．答案 sin x <x解析 构造函数f (x )＝sin x －x ，则f ′(x )＝cos x －1≤0且不恒等于0，故函数f (x )在(0，π)上单调递减，所以f (x )<f (0)＝0，故sin x <x .3．已知函数f (x )＝x ＋1e x .(1)讨论函数f (x )的单调性，并求其最值；(2)若对任意的x ∈(0，＋∞)，有f (x )<ax 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝x ＋1e x ，f ′(x )＝1－1e x ＝0，则x ＝0.当x ∈(－∞，0)时f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )的最小值为f (0)＝1，无最大值．(2)由(1)知，若a ＝0，则当x >0时f (x )>1＝ax 2＋1，原不等式不成立．若a <0，则当x >0时，ax 2＋1<1，原不等式不成立．若a >0，f (x )<ax 2＋1等价于(ax 2－x ＋1)e x >1.设φ(x )＝(ax 2－x ＋1)e x ，那么φ′(x )＝[ax 2＋(2a －1)x ]e x .若a ≥12，则φ(x )＝(ax 2－x ＋1)e x 在(0，＋∞)上单调递增，φ(x )的最小值大于φ(0)＝1，因而(ax 2－x ＋1)e x >1恒成立．若0<a <12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a －2时φ(x )单调递减，φ(x )<φ(0)＝1，原不等式不成立．综上所述，实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.[考法综述] 函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值，曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不等式命制探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开．此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，在今后的备考中不可小视．命题法1 利用导数证明不等式问题典例1 已知函数f (x )＝e xx e x ＋1. (1)证明：0<f (x )≤1；(2)当x >0时，f (x )>1ax 2＋1，求a 的取值范围． [解] (1)证明：设g (x )＝x e x ＋1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x .当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x ∈(－1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝1－e －1>0.又e x >0，故f (x )>0.f ′(x )＝e x (1－e x )(x e x ＋1)2. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )≤f (0)＝1.综上，有0<f (x )≤1.(2)①若a ＝0，则x >0时，f (x )<1＝1ax 2＋1，不等式不成立． ②若a <0，则当0<x <1－a时，1ax 2＋1>1，不等式不成立． ③若a >0，则f (x )>1ax 2＋1等价于(ax 2－x ＋1)e x －1>0.(*) 设h (x )＝(ax 2－x ＋1)e x －1，则h ′(x )＝x (ax ＋2a －1)e x .若a ≥12，则当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0.若0<a <12，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－2a a 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，h (x )<h (0)＝0.不等式不恒成立．于是，若a >0，不等式(*)成立当且仅当a ≥12.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【解题法】 利用导数证明不等式的方法(1)证明f (x )≥g (x )或f (x )≤g (x )，可通过构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，将上述不等式转化为求证h (x )≥0或h (x )≤0，从而利用求h (x )的最小值或最大值来证明不等式．(2)关于恒成立问题可以转化为求函数的最值．一般地，f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需f (x )max ≤a 即可．命题法2 利用导数研究函数的零点问题典例2 已知函数f (x )＝4x －x 4，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的实数x ，都有f (x )≤g (x )；(3)若方程f (x )＝a (a 为实数)有两个实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：x 2－x 1≤－a 3＋4 13 .[解] (1)由f (x )＝4x －x 4，可得f ′(x )＝4－4x 3.当f ′(x )>0，即x <1时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >1时，函数f (x )单调递减．所以，f (x )的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：设点P 的坐标为(x 0,0)，则x 0＝4 13 ，f ′(x 0)＝－12.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)，即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)．令函数F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)·(x －x 0)，则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)．由于f ′(x )＝－4x 3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，故F ′(x )在(－∞，＋∞)上单调递减．又因为F ′(x 0)＝0，所以当x ∈(－∞，x 0)时，F ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在(－∞，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的实数x ，F (x )≤F (x 0)＝0，即对于任意的实数x ，都有f (x )≤g (x )．(3)证明：由(2)知g (x )＝－12(x －4 13 )．设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得x 2′＝－a 12＋4 13 .因为g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′)，因此x 2≤x 2′.类似地，设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x )，可得h (x )＝4x .对于任意的x ∈(－∞，＋∞)，有f (x )－h (x )＝－x 4≤0，即f (x )≤h (x )．设方程h (x )＝a 的根为x 1′，可得x 1′＝a 4.因为h (x )＝4x 在(－∞，＋∞)上单调递增，且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)≤h (x 1)，因此x 1′≤x 1.由此可得x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝－a 3＋4 13 .【解题法】 利用导数研究零点问题的方法利用导数研究方程根、函数的零点、图象交点问题的常用方法为：通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目的要求得出图象的走势规律，通过数形结合的思想分析问题，使问题的求解清晰、直观的整体展现．命题法3 利用导数求解实际生活中的优化问题典例3 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为80π3立方米，且l ≥2r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c (c >3)千元，设该容器的建造费用为y 千元．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域；(2)求该容器的建造费用最小时的r .[解] (1)设容器的容积为V ，由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r . 由于l ≥2r ，因此43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ≥2r ， 整理得40r 2≥5r ，故0<r ≤2.所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c . 因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr ，0<r ≤2. (2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr 2＝8π(c －2)r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0<r ≤2. 由于c >3，所以c －2>0，当r 3－20c －2＝0时，r ＝320c －2. 令 320c －2＝m ，则m >0， 所以y ′＝8π(c －2)r 2(r －m )(r 2＋rm ＋m 2)．①当0<m <2，即c >92时，当r ＝m 时，y ′＝0；当r ∈(0，m )时，y ′<0；当r ∈(m,2)时，y ′>0.所以r ＝m 是函数y 的极小值点，也是最小值点．②当m ≥2，即3<c ≤92时，当r ∈(0,2]时，y ′<0，函数单调递减，所以r ＝2是函数y 的最小值点．综合所述，当3<c ≤92时，建造费用最小时r ＝2；当c >92时，建造费用最小时r ＝320c －2. 【解题法】 利用导数解决实际生活中的优化问题的方法(1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)判断使f ′(x )＝0的点是极大值点还是极小值点．(4)确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答．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．1.设f (x )是定义在R 上的可导函数，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )x >0，则关于x 的函数g (x )＝f (x )＋1x 的零点个数为( )A ．1B ．2C ．0D ．0或2答案 C解析 由f ′(x )＋f (x )x >0，得xf ′(x )＋f (x )x>0，当x >0时，xf ′(x )＋f (x )>0，即[xf (x )]′>0，函数xf (x )单调递增；当x <0时，xf ′(x )＋f (x )<0，即[xf (x )]′<0，函数xf (x )单调递减．∴xf (x )>0f (0)＝0，又g (x )＝f (x )＋x －1＝xf (x )＋1x ，函数g (x )＝xf (x )＋1x 的零点个数等价于函数y ＝xf (x )＋1的零点个数．当x >0时，y ＝xf (x )＋1>1，当x <0时，y ＝xf (x )＋1>1，所以函数y ＝xf (x )＋1无零点，所以函数g (x )＝f (x )＋x －1的零点个数为0.故选C.2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋)2f (x ＋)－4f (－2)>0的解集为________．答案 (－∞，－)解析 由2f (x )＋xf ′(x )>x 2，x <0得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3，∴[x 2f (x )]′<x 3<0.令F (x )＝x 2f (x )(x <0)，则F ′(x )<0(x <0)，即F (x )在(－∞，0)上是减函数，因为F (x ＋)＝(x ＋)2f (x ＋)，F (－2)＝4f (－2)，所以不等式(x ＋)2f (x ＋)－4f (－2)>0即为F (x ＋)－F (－2)>0，即F (x ＋)>F (－2)，又因为F (x )在(－∞，0)上是减函数，所以x ＋<－2，∴x <－.3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1<0，则实数a 的取值范围为________． 答案 a ≤－32解析 f ′(x )＝a ＋sin x .依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数，所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立，可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立．设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数，故g (x )min ＝－32，所以a ≤－32.4．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．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，＋∞)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 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 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，＋∞)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)． 5．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；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e －1.解 (1)f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ≥0，故f (x )是R 上的单调递增函数，其单调增区间是(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)证明：因为f (0)＝(1＋02)e 0－a ＝1－a <0，且f (ln a )＝(1＋ln 2 a )e lna－a ＝(1＋ln 2 a )a －a ＝a ln 2 a >0，由零点存在性定理知，f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点． 又由(1)知，函数f (x )是(－∞，＋∞)上的单调递增函数， 故函数f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明：设点P (x 0，y 0)，由曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行知，f ′(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝(x 0＋1)2e x 0＝0，(x 0＋1)2＝0，x 0＝－1，即P (－1,2e －1－a )．由点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行知，f ′(m )＝k OP ，即(1＋m )2e m ＝2e －1－a －0－1－0＝a －2e .由e m≥1＋m 知，(1＋m )3≤(1＋m )2e m＝a －2e ，即1＋m ≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e －1.2(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )>k (x －1)．解 (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1. (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．当k >1时，对于x >1，有f (x )<x －1<k (x －1)，则f (x )<k (x －1)，从而不存在x 0>1满足题意．当k <1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x . 由G ′(x )＝0得，－x 2＋(1－k )x ＋1＝0.解得x 1＝1－k －(1－k )2＋42<0，x 2＝1－k ＋(1－k )2＋42>1. 当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )>0，故G (x )在[1，x 2)内单调递增． 从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )>G (1)＝0，即f (x )>k (x －1)， 综上，k 的取值范围是(－∞，1)．。