【精品】高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第12节(1)

2021届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课堂达标12函数模型及应用文新人教版20210723487[A 基础巩固练]1．向一杯子中匀速注水时，杯中水面高度h 随时刻t 变化的函数h ＝f (t )的图象如图所示．则杯子的形状是( )[解析] 从题图看出，在时刻段[0，t 1]，[t 1，t 2]内水面高度是匀速上升的，在[0，t 1]上升慢，在[t 1，t 2]上升快，故选A.[答案] A2．用长度为24的材料围一矩形场地，中间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为( )A ．3B ．4C ．6D ．12[解析] 设隔墙的长度为x (0＜x ＜6)，矩形面积为y ，则y ＝x ×24－4x2＝2x (6－x )＝－2(x －3)2＋18，∴当x ＝3时，y 最大．[答案] A3．一个人喝了少量酒后，血液中的酒精含量迅速上升到0.3 mg/mL ，在停止喝酒后，血液中的酒精含量以每小时25%的速度减少，为了保证交通安全，某地依照《道路交通安全法》规定：驾驶员血液中的酒精含量不得超过0.09 mg/mL ，那么，此人至少通过 ________ 小时才能开车．(精确到1小时)[解析] (1)设通过x 小时才能开车．由题意得0.3(1－25%)x ≤0.09，∴0.75x≤0.3，x ≥log 0.750.3≈4.19. ∴x 最小为5. [答案] 54．(2020·北京朝阳区统一考试)设某公司原有职员100人从事产品A 的生产，平均每人每年制造产值t 万元(t 为正常数)．公司决定从原有职员中分流x (0＜x ＜100，x ∈N *)人去进行新开发的产品B 的生产．分流后，连续从事产品A 生产的职员平均每人每年制造产值在原有的基础上增长了 1.2x %.若要保证产品A 的年产值不减少，则最多能分流的人数是( )A ．15B ．16C ．17D ．18[解析] 由题意，分流前每年制造的产值为100t (万元)，分流x 人后，每年制造的产值为(100－x )(1＋1.2x %)t ，则由⎩⎪⎨⎪⎧0＜x ＜100，x ∈N *，100－x1＋1.2x %t ≥100t，解得0＜x ≤503.因为x ∈N *，因此x 的最大值为16. [答案] B5．(2020·武汉检测)某汽车销售公司在A ，B 两地销售同一种品牌的汽车，在A 地的销售利润(单位：万元)为y 1＝4.1x －0.1x 2，在B 地的销售利润(单位：万元)为y 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆该种品牌的汽车，则能获得的最大利润是( )A ．10.5万元B ．11万元C ．43万元D ．43.025万元[解析] 设公司在A 地销售该品牌的汽车x 辆，则在B 地销售该品牌的汽车(16－x )辆，因此可得利润y ＝4.1x －0.1x 2＋2(16－x )＝－0.1x 2＋2.1x ＋32＝－0.1⎝⎛⎭⎪⎫x －2122＋0.1×2124＋32.因为x ∈[0,16]且x ∈N ，因此当x ＝10或11时，总利润取得最大值43万元． [答案] C6．(2020·石家庄模拟)在翼装飞行世界锦标赛中，某翼人空中高速飞行，如图反映了他从某时刻开始的15分钟内的速度v (x )与时刻x 的关系，若定义“速度差函数”u (x )为时刻段[0，x ]内的最大速度与最小速度的差，则u (x )的图象是( )[解析] 由题意可得，当x ∈[0,6]时，翼人做匀加速运动，v (x )＝80＋x ，“速度差函数”u (x )＝403x .当x ∈[6,10]时，翼人做匀减速运动，速度v (x )从160开始下降，一直降到80，u (x )＝160－80＝80，当x ∈[10,12]时，翼人做匀减速运动，v (x )从80开始下降，v (x )＝180－10x ，u (x )＝160－(180－10x )＝10x －20.当x ∈[12,15]时，翼人做匀加速运动，“速度差函数”u (x )＝160－60＝100，结合所给的图象，故选D.[答案] D7．(2020·河南安阳模拟)某类产品按工艺共分10个档次，最低档次产品每件利润为8元．每提高一个档次，每件利润增加2元．用同样工时，能够生产最低档产品60件，每提高一个档次将少生产3件产品，则获得利润最大时生产产品的档次是______．[解析] 由题意，第k 档次时，每天可获利润为：y ＝[8＋2(k －1)][60－3(k －1)]＝－6k 2＋108k ＋378(1≤k ≤10)，配方可得y ＝－6(k －9)2＋864，∴当k ＝9时，获得利润最大．[答案] 98．(2020·沈阳模拟)一个容器装有细沙a cm 3，细沙镇定器底下一个细微的小孔慢慢地匀速漏出，t min 后剩余的细沙量为y ＝a e－bt(cm 3)，通过8 min 后发觉容器内还有一半的沙子，则再通过 ________ min ，容器中的沙子只有开始时的八分之一．[解析] 依题意有a ·e－b ×8＝12a ，∴b ＝ln 28， ∴y ＝a ·e－ln 28·t ，若容器中只有开始时的八分之一，则有a ·e－ln 28·t ＝18a ，解得t ＝24，因此再通过的时刻为24－8＝16 min. [答案] 169．某商人购货，进价已按原价a 扣去25%.他期望对物资订一新价，以便按新价让利20%销售后仍可获得售价25%的利润，则此商人经营这种物资的件数x 与按新价让利总额y 之间的函数关系式为 ________ .[解析] 设新价为b ，依题意，有b (1－20%)－a (1－25%)＝b (1－20%)·25%，化简得 b ＝54a .∴y ＝b ·20%·x ＝54a ·20%·x ，即y ＝a 4x (x ∈N *)． [答案] y ＝a4x (x ∈N *)10．(2020·珠海模拟)某校学生社团心理学研究小组在对学生上课注意力集中情形的调查研究中，发觉其注意力指数p 与听课时刻t 之间的关系满足如图所示的曲线．当t ∈(0,14]时，曲线是二次函数图象的一部分，当t ∈[14,40]时，曲线是函数y ＝log a (t －5)＋83(a ＞0且a ≠1)图象的一部分．依照专家研究，当注意力指数p 大于等于80时听课成效最佳．(1)试求p ＝f (t )的函数关系式．(2)老师在什么时段内安排核心内容能使得学生听课成效最佳？请说明理由．[解] (1)t ∈(0,14]时，设p ＝f (t )＝c (t －12)2＋82(c ＜0)，将(14,81)代入得c ＝－14，∴当t ∈(0,14]时，p ＝f (t )＝－14(t －12)2＋82；t ∈[14,40]时，将(14,81)代入y ＝log a (t －5)＋83，得a ＝13，∴当t ∈[14,40]时，p＝f (t )＝log 13(t －5)＋83.因此p ＝f (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧－14t －122＋82，t ∈0，14]，log 13t －5＋83，t ∈14，40].(2)t ∈(0,14]时，由－14(t －12)2＋82≥80，解得12－22≤t ≤12＋22，因此t ∈[12－22，14]，t ∈(14,40]时，由log 13(t －5)＋83≥80，解得5＜t ≤32，因此t ∈(14,32]，因此t ∈[12－22，32]，即老师在t ∈[12－22，32]时段内安排核心内容使得学生听课成效最佳．[B 能力提升练]1．(2020·郑州模拟)某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但假如年产量超过150吨，会给环境造成危害，为爱护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是( )A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年[解析] 第n 年的年产量y ＝⎩⎪⎨⎪⎧f 1，n ＝1，f n －f n －1，n ∈N ，n ≥2.因为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)，因此f (1)＝3，当n ≥2时，f (n －1)＝12n (n －1)(2n －1)，因此f (n )－f (n －1)＝3n 2，n ＝1时，也满足上式．因此第n 年的年产量为y ＝3n 2，令3n 2≤150，因此n 2≤50，因为n ∈N ，n ≥1，因此1≤n ≤7，因此n max ＝7.[答案] C2．某种新药服用x 小时后血液中的残留量为y 毫克，如图所示为函数y ＝f (x )的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效．设某人上午8∶00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时刻应为( )A ．上午10∶00B ．中午12∶00C ．下午4∶00D ．下午6∶00[解析] 当x ∈[0,4]时，设y ＝k 1x ，把(4,320)代入， 得k 1＝80，∴y ＝80x .当x ∈[4,20]时，设y ＝k 2x ＋b .把(4,320)，(20,0)代入得⎩⎪⎨⎪⎧4k 2＋b ＝320，20k 2＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧k 2＝－20，b ＝400.∴y ＝400－20x .∴y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧80x ，0≤x ≤4，400－20x ，4<x ≤20.由y ≥240，得⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤4，80x ≥240，或⎩⎪⎨⎪⎧4<x ≤20，400－20x ≥240.∴3≤x ≤8.故第二次服药最迟应在当日下午4∶00.故选C. [答案] C3．一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x (x ∈N *)件．当x ≤20时，年销售总收入为(33x －x 2)万元；当x ＞20时，年销售总收入为260万元．记该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y 万元，则y (万元)与x (件)的函数关系式为______，该工厂的年产量为______件时，所得年利润最大(年利润＝年销售总收入－年总投资)．[解析] 当x ≤20时，y ＝(33x －x 2)－x －100＝－x 2＋32x －100；当x ＞20时，y ＝260－100－x ＝160－x .故y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32x －100，0＜x ≤20，160－x ，x ＞20.(x ∈N *)．当0＜x ≤20时，y ＝－x 2＋32x －100＝－(x －16)2＋156，x ＝16时，y max ＝156.而当x ＞20时，160－x ＜140，故x ＝16时取得最大年利润．[答案] y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32x －100，0＜x ≤20，160－x ，x ＞20.(x ∈N *)；164．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即依照商品的最低销售限价a ，最高销售限价b (b ＞a )以及实数x (0＜x ＜1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a )．那个地点，x 被称为乐观系数．体会说明，最佳乐观系数x 恰好使得(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项．据此可得，最佳乐观系数x 的值等于 ________ .[解析] 依题意得x ＝c －a b －a，(c －a )2＝(b －c )(b －a )， ∵b －c ＝(b －a )－(c －a )，∴(c －a )2＝(b －a )2－(b －a )(c －a )， 两边同除以(b －a )2，得x 2＋x －1＝0，解得x ＝－1±52.∵0＜x ＜1，∴x ＝5－12. [答案]5－125．如图所示，在矩形ABCD 中，已知AB ＝a ，BC ＝b (a ＞b )．在AB 、AD 、CD 、CB 上分别截取AE 、AH 、CG 、CF 都等于x ，当x 为何值时，四边形EFGH 的面积最大？求出那个最大面积．[解] 设四边形EFGH 的面积为S ，由题意得S △AEH ＝S △CFG ＝12x 2，S △BEF ＝S △DHG ＝12(a －x )·(b －x )．由此得S ＝ab －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12x 2＋12a －xb －x ＝－2x 2＋(a ＋b )x ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －a ＋b 42＋a ＋b28.函数的定义域为{x |0＜x ≤b }，因为a ＞b ＞0，因此0＜b ＜a ＋b2.若a ＋b4≤b ，即a ≤3b ，x ＝a ＋b4时面积S 取得最大值a ＋b28；若a ＋b4＞b ，即a ＞3b 时，函数S ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －a ＋b 42＋a ＋b28在(0，b ]上是增函数，因此，当x ＝b 时，面积S 取得最大值ab －b 2.综上可知，若a ≤3b ，当x ＝a ＋b4时，四边形EFGH 的面积取得最大值a ＋b28；若a＞3b ，当x ＝b 时，四边形EFGH 的面积取得最大值ab －b 2.[C 尖子生专练]有一种新型的洗衣液，去污速度专门快．已知每投放k (1≤k ≤4，且k ∈R )个单位的洗衣液在装有一定量水的洗衣机中，它在水中开释的浓度y (克/升)随着时刻x (分钟)变化的函数关系式近似为y ＝k ·f (x )，其中f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧248－x －1，0≤x ≤4，7－12x ，4＜x ≤14.若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所开释的浓度之和．依照体会，当水中洗衣液的浓度不低于4克/升时，它才能起到有效去污的作用．(1)若只投放一次k 个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为3克/升，求k 的值；(2)若只投放一次4个单位的洗衣液，则有效去污时刻可达几分钟？(3)若第一次投放2个单位的洗衣液，10分钟后再投放1个单位的洗衣液，则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由．[解] (1)由题意知k ⎝ ⎛⎭⎪⎫248－2－1＝3，∴k ＝1.(2)因为k ＝4，因此y ＝⎩⎪⎨⎪⎧968－x －4，0≤x ≤4，28－2x ，4＜x ≤14.当0≤x ≤4时，由968－x －4≥4，解得－4≤x ＜8，因此0≤x ≤4.当4＜x ≤14时，由28－2x ≥4，解得x ≤12，因此4＜x ≤12. 综上可知，当y ≥4时，0≤x ≤12，因此只投放一次4个单位的洗衣液的有效去污时刻可达12分钟． (3)在第12分钟时，水中洗衣液的浓度为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫7－12×12＋1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤248－12－10－1＝5(克/升)，又5＞4，因此在第12分钟时洗衣液还能起到有效去污的作用．。

2021最新精选高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及题型归纳最好先从平时经常出错的知识点开始，找出它们，并将这些知识点对应的考题提取出来，研究这些题主要从哪些角度进行考察，这类知识点的题怎样入手解题，容易出错的点有哪些。

归纳完经常错的知识点后，可以翻看一下近几年的高考真题，看看大题一般是考察哪些类型的题目，归纳一下这些题型的解题方法。

在此过程中，如果对某个知识很模糊，立即回归课本，翻看课本知识。

【2021最新】精选高三人教A版数学一轮复习练习：第二章函数、导数及其应用第3节1．(导学号14577113)(2021・长春市二模)下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )A．y＝ex＋e－x C．y＝B．y＝ln(|x|＋1) D．y＝x－x1解析：D [选项A、B中的函数为偶函数；选项C中的函数虽然是奇函数，但是在(0，＋∞)上不是单调递增函数．故选D.]2．(导学号14577114)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )A．f(x)g(x)是偶函数 B．|f(x)|g(x)是奇函数 C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数解析：C [因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，所以有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，于是f(－x)・g(－x)＝－f(x)g(x)，即f(x)g(x)为奇函数，A错；|f(－x)|g(－x)＝|f(x)|g(x)，即|f(x)|g(x)为偶函数，B错；f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，即f(x)|g(x)|为奇函数，C正确；|f(－x)g(－x)|＝|f(x)g(x)|，即f(x)g(x)为偶函数，所以D也错．]3．(导学号14577115)(2021・保定市一模)已知函数f(x)＝1 / 8题型归纳最好先从平时经常出错的知识点开始，找出它们，并将这些知识点对应的考题提取出来，研究这些题主要从哪些角度进行考察，这类知识点的题怎样入手解题，容易出错的点有哪些。

2-12 导数的综合应用课时规范练 A 组 基础对点练1．已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围． 解析：(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)，所以F ′(x )＝2ax －2x＝ax 2－x(x >0)．①当a >0时，由ax 2－1>0，得x >1a；由ax 2－1<0， 得0<x <1a.故当a >0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )<0(x >0)恒成立． 故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2＝φ(x )在区间[2，e]上有两个不等解． 由φ′(x )＝2x －2ln xx 4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e，而φ(e)＝2e 2<φ(2)＝2ln 24＝ln 22＝φ(2)，所以φ(x )min ＝φ(e)，如图，可知φ(x )＝a 有两个不等解时需ln 22≤a <1e ，即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不等解时，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 22，1e .2．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． 解析：(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. 由题设得－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. 由题设知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)单调递减，在(2，＋∞)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 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 3．已知函数f (x )＝9xax 2＋1(a ＞0)． (1)若a ＞23，且曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线的斜率为－2725，求函数f (x )的单调区间；(2)求证：当x ＞1时，f (x )＞9＋ln xax 2＋1.解析：(1)函数f (x )的导数为f ′(x )＝－ax 2ax 2＋2，所以在点(2，f (2))处的切线的斜率为－4a ＋4a 2＝－2725， 解得a ＝712＜23(舍去)或a ＝1，所以f (x )＝9x1＋x2的导数为f ′(x )＝－x 2＋x22.由f ′(x )＞0，可得－1＜x ＜1，由f ′(x )＜0，可得x ＞1或x ＜－1.则函数f (x )的单调递增区间为(－1,1)，单调递减区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)． (2)证明：要证当x ＞1时，f (x )＞9＋ln xax 2＋1(a ＞0)，即证当x ＞1时，9x ax 2＋1＞9＋ln xax 2＋1(a ＞0)，即当x ＞1时，9＋ln x ＜9x .令g (x )＝9＋ln x －9x (x >1)，g ′(x )＝1x－9＜0，即g (x )在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )＜g (1)＝0，即当x ＞1时，9＋ln x ＜9x .故当x ＞1时，f (x )＞9＋ln xax 2＋1.4．时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足的关系式为y ＝m x －2＋4(x －6)2，其中2＜x ＜6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套． (1)求m 的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(精确到0.1) 解析：(1)因为x ＝4时，y ＝21， 代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2， 得m2＋16＝21，解得m ＝10. (2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2， 所以每日销售套题所获得的利润为f (x )＝(x －2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤10x －2＋4x －62＝10＋4(x －6)2(x －2)＝4x 3－56x 2＋240x －278(2＜x ＜6)，从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2＜x ＜6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103上，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，6上，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．B 组 能力提升练1．设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．解析：(1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a1－a ，＋∞上单调递增． 所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1， 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 2－a＋a a －1>aa －1，所以不合题意．③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)． 2．设函数f (x )＝e x－ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． 解析：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． (2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )·(e x－1)＋x ＋1.故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)． ① 令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ，则g ′(x )＝－x e x －1x －2＋1＝ex x－x －x －2. 由(1)知，函数h (x )＝e x－x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点，故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点． 设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)，又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2. 3．已知函数f (x )＝ax －e x(e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝1e 时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e＋2时，求证：f (x )≤2x . 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x.令f ′(x )＝1e－e x＝0，得x ＝－1.当x ＜－1时，f ′(x )＞0；当x ＞－1时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞)，当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e ，没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x－(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x＞0，所以f (x )＜2x . ②当2＜a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x－(a －2)＝e x－eln(a －2)，当x ＜ln(a －2)时，F ′(x )＜0；当x ＞ln(a －2)时，F ′(x )＞0，所以F (x )在(－∞，ln(a －2))上单调递减，在(ln(a －2)，＋∞)上单调递增，所以F (x )≥F (ln(a －2))＝e ln(a －2)－(a －2)ln(a －2)＝(a －2)·[1－ln(a －2)]．因为2＜a ≤2＋e ，所以a －2＞0,1－ln(a －2)≥1－ln[(2＋e)－2]＝0，所以F (x )≥0，即f (x )≤2x ，综上，当2≤a ≤e＋2时，f (x )≤2x .4．(2018·陕西西北九校联考)已知函数f (x )＝－ln x ＋t (x －1)，t 为实数． (1)当t ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若当t ＝12时，k x －12－f (x )<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围．解析：(1)当t ＝1时，f (x )＝－ln x ＋x －1，x >0， ∴f ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x.由f ′(x )<0可得0<x <1，由f ′(x )>0可得x >1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)当t ＝12时，f (x )＝－ln x ＋x 2－12，k x －12－f (x )＝k x －12＋ln x －x 2＋12＝ln x －x 2＋kx.当x >1时，k x －12－f (x )<0恒成立，等价于k <x 22－x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 22－x ln x ，则g ′(x )＝x －(ln x ＋1)＝x －1－ln x . 令h (x )＝x －1－ln x ，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x.当x >1时，h ′(x )>0，函数h (x )＝x －1－ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故h (x )>h (1)＝0， 从而当x >1时，g ′(x )>g ′(1)＝0， 即函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故g (x )>g (1)＝12.因此当x >1时，若使k <x 22－x ln x 恒成立，则k ≤12.∴实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.。

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第2章《基本初等函数、导数及其应用》（第12课时）（新人教A 版）一、选择题1．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为( ) A ．0≤a <1 B ．0<a <1C ．－1<a <1D ．0<a <12解析：选B.∵y ′＝3x 2－3a ，令y ′＝0，可得：a ＝x 2. 又∵x ∈(0,1)，∴0<a <1.故选B.2．(2013·威海调研)函数y ＝4xx 2＋1( )A ．有最大值2，无最小值B ．无最大值，有最小值－2C ．有最大值2，有最小值－2D ．无最值解析：选C.∵y ′＝x 2＋－4x ·2x x ＋＝－4x 2＋4x ＋.令y ′＝0，得x ＝1或－1，f (－1)＝－42＝－2，f (1)＝2.结合图象故选C.3．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对解析：选A.f ′(x )＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x ＝0时，f (0)＝m 最大，∴m ＝3，而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，∴f (x )min ＝－37.4．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ，若函数f (x )在(0,1)上单调，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥0B ．a <－4C ．a ≥0或a ≤－4D ．a >0或a <－4解析：选C.∵f ′(x )＝2x ＋2＋a x，f (x )在(0,1)上单调，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(0,1)上恒成立，即2x 2＋2x ＋a ≥0或2x 2＋2x ＋a ≤0在(0,1)上恒成立，所以a ≥－(2x 2＋2x )或a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋2x )，0<x <1，可知－4<g (x )<0， ∴a ≥0或a ≤－4，故选C.5．(2011·高考湖南卷)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.12C.52D.22解析：选D.由题意|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)，不妨令h (t )＝t 2－ln t ，则h ′(t )＝2t －1t，令h ′(t )＝0，解得t ＝22，因为t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22时，h ′(t )＜0，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞时，h ′(t )＞0，所以当t ＝22时，|MN |达到最小． 二、填空题6．已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝m －2x ，令f ′(x )＝0，则x ＝m 2，由题设得m2∈[－2，－1]，故m ∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]7．函数y ＝sin2x －x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2的最大值是________，最小值是________． 解析：∵y ′＝2cos2x －1＝0，∴x ＝±π6.而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－32＋π6，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝32－π6，端点f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2，所以y 的最大值是π2，最小值是－π2.答案：π2 －π28．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x (吨)与每吨产品的价格P (元/吨)之间的函数关系为P ＝24200－15x 2，且生产x 吨的成本为R ＝50000＋200x (元)．则该厂每月生产________吨该产品才能使利润达到最大，最大利润是________万元．(利润＝收入－成本)解析：每月生产x 吨时的利润为f (x )＝(24200－15x 2)x －(50000＋200x )＝－15x 3＋24000x －50000(x ≥0)．由f ′(x )＝－35x 2＋24000＝0，解得x 1＝200，x 2＝－200(舍去)．因f (x )在[0，＋∞)内只有一个极值点x ＝200使f ′(x )＝0，故它就是最大值点，且最大值为f (200)＝－15×2003＋24000×200－50000＝3150000(元)．所以每月生产200吨产品时的利润达到最大，最大利润为315万元． 答案：200 315 三、解答题9．(2011·高考北京卷)已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解：(1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与↘ ↗所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.10．(2011·高考江苏卷)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解：设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm.由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0， 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一、选择题1．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 x ≤480000 x ＞，则总利润最大时，每年生产的产品是( )A ．100B ．150C ．200D ．300 解析：选D.由题意得，总成本函数为 C ＝C (x )＝20000＋100x ，所以总利润函数为P ＝P (x )＝R (x )－C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20000 x 60000－100xx ＞，而P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x x ，－100 x ＞，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，P 最大．2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]； ②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 解析：选C.∵f (0)＝0，∴c ＝0，∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝－1f －＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－13－2a ＋b ＝－1. 解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0，得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0. ∴①③正确，故选C. 二、填空题3．(2013·嘉兴质检)不等式ln(1＋x )－14x 2≤M 恒成立，则M 的最小值是________．解析：设f (x )＝ln(1＋x )－14x 2，则f ′(x )＝[ln(1＋x )－14x 2]′＝11＋x －12x ＝－x ＋x －＋x， ∵函数f (x )的定义域需满足1＋x ＞0，即x ∈(－1，＋∞)． 令f ′(x )＝0得x ＝1，当x ＞1时，f ′(x )＜0，当－1＜x ＜1时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝ln2－14.∴要使ln(1＋x )－14x 2≤M 恒成立，∴M ≥ln2－14，即M 的最小值为ln2－14.答案：ln2－144．将边长为1 m 的正三角形薄铁片，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________．解析：设剪成的小正三角形的边长为x ，则梯形的周长为3－x ，梯形的面积为12·(x ＋1)·32·(1－x )，所以s ＝－x212x ＋32－x＝43·－x21－x 2(0＜x ＜1)． 由s (x )＝43·－x21－x 2，得 s ′(x )＝43·x －－x 2－－x2－2x－x 22＝43·－x －x －－x 22. 令s ′(x )＝0，且0＜x ＜1，解得x ＝13.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′(x )＞0. 故当x ＝13时，s 取最小值3233.答案：3233三、解答题5．(2013·大同调研)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (a 、b 为常数，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数．(1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值、最小值．解：(1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，∴g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . ∵g (x )为奇函数，∴g (－x )＝－g (x )，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋1＝0b ＝0，解得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13b ＝0.∴f (x )的解析式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，∴g ′(x )＝－x 2＋2.令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2，∴当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，g (x )单调递减， 当x ∈(－2，2)时，g (x )单调递增，又g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，∴g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.。

第十二节 导数的综合应用 1．最值会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．2．导数的综合应用会利用导数解决某些实际问题．知识点一 函数的最值与导数 一、函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f (x 0)．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点x 0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f (x 0)．易误提醒1．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． 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．[自测练习]1．(2016·济宁一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1； 令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值， 且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：A2．已知函数f (x )＝e x －x 2，若对任意的x ∈[1,2]，不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1－e]B ．[1－e ，e]C ．[－e ，e ＋1]D ．[e ，＋∞)解析：由题意得f ′(x )＝e x －2x ，又对任意的x ∈R ，f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )在[1,2]上单调递增，所以e －1≤f (x )≤e 2－4，又不等式－m ≤f (x )≤m 2－4恒成立，所以{ e －1≥－m ，－m ≤m 2－4，e 2－4≤m 2－4，解得m ≥e ，所以选D.答案：D知识点二 生活中的优化问题利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤易误提醒 在求解实际应用问题中建立数学模型时，易忽视函数的定义域导致失误．[自测练习]3．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件解析：y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0得x ＝9或x ＝－9(舍去)． 当x ∈(0,9)时，y ′>0；当x ∈(9，＋∞)时，y ′<0， 即当x ＝9时，y 有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C. 答案：C考点一 利用导数研究生活中的优化问题|某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．[解] (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润 f (x )＝(x －3)⎣⎡⎦⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (3,4) 4 (4,6) f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．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，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．1．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k (k >0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)．(1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值． 解：(1)设点C 受A 污染源污染程度为kax 2，点C 受B 污染源污染程度为kb(18－x )2，其中k 为比例系数，且k >0.从而点C 处受污染程度y ＝ka x 2＋kb(18－x )2.(2)因为a ＝1，所以y ＝k x 2＋kb(18－x )2，y ′＝k ⎣⎡⎦⎤－2x 3＋2b(18－x )3令y ′＝0，得x ＝181＋3b，又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意， 所以，污染源B 的污染强度b 的值为8.考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根|(2015·高考北京卷)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x >0且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：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2f (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 －k 2<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．利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，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．2．(2015·高考四川卷)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，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 －1－ln x －a )， 所以g ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x.当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．(2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0，解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0.令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)，其中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，故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1，即a 0∈(0,1)． 当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 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； 又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0. 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．考点三 利用导数研究与不等式有关的问题|导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题探究角度有：1．证明不等式． 2．不等式恒成立问题． 3．存在型不等式成立问题． 探究一 证明不等式1．(2016·唐山一模)已知f (x )＝(1－x )e x －1. (1)求函数f (x )的最大值；(2)设g (x )＝f (x )x ，x >－1，且x ≠0，证明：g (x )<1.解：(1)f ′(x )＝－x e x .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 )的最大值为f (0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x －1.当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x <1，则0<－x e x <1， 从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0]上单调递减． 当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，总有g (x )<1. 探究二 不等式恒成立问题2．已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x <0，不等式x 2＋(m ＋2)x >f ′(x )恒成立，求m 的取值范围． 解：(1)m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x )， 由f ′(x )>0，得0<x <ln 2，由f ′(x )<0，得x <0或x >ln 2， 故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2m <x 2＋(m ＋2)x ，即：mx e x －x 2－mx <0. ∵x <0，∴m e x －x －m >0.令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1，当m ≤0时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当0<m ≤1时，h (x )在x <0时为减函数，h (x )>h (0)＝0. 当m >1时，h (x )在(－∞，－ln m )上为减函数， 在(－ln m,0)上为增函数， ∴h (－ln m )<h (0)＝0，不合题意． 综上：m ≤1.探究三 存在型不等式成立问题3．(2015·东北三校联考)已知函数f (x )＝x ＋1e x (e 为自然对数的底数)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋1e x ，存在实数x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立，求实数t 的取值范围．解：(1)∵函数的定义域为R ，f ′(x )＝－xe x ，∴当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． (2)假设存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 则2[φ(x )]min <[φ(x )]max .∵φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x＝x 2＋(1－t )x ＋1e x，∴φ′(x )＝－x 2＋(1＋t )x －t e x＝－(x －t )(x －1)e x. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上单调递减， ∴2φ(1)<φ(0)，即t >3－e2>1.②当t ≤0时，φ′(x )>0，φ(x )在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0.③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上单调递减； 若x ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1]上单调递增， 所以2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}，即2·t ＋1e t <max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，3－t e ，(*) 由(1)知，g (t )＝2·t ＋1et 在[0,1]上单调递减，故4e ≤2·t ＋1e t ≤2，而2e ≤3－t e ≤3e，所以不等式(*)无解．综上所述，存在t ∈(－∞，3－2e)∪⎝⎛⎭⎫3－e2，＋∞，使得命题成立．导数在不等式问题中的应用问题的常见类型及解题策略(1)利用导数证明不等式．①证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．②证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题．利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3.导数的综合应用问题的答题模板【典例】 (14分)(2015·高考福建卷)已知函数f (x )＝ln x －(x －1)22.(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)． [思路点拨] (1)先求函数f (x )的定义域，再求f ′(x )，令f ′(x )>0(注意在函数f (x )的定义域上)，得函数f (x )的单调递增区间；(2)构造函数，通过求导判断函数的单调性来证明不等式；(3)对k 进行分类讨论，通过构造函数，利用求导来判断其单调性，从而得到参数k 的取值范围．[规范解答] (1)f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．(2分)由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.(3分)故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(4分)(2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)．(5分) 则F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0，所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，(7分)故当x >1时，F (x )<F (1)＝0，即当x >1时，f (x )<x －1.(8分) (3)由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0>1满足题意．(9分) 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．(10分)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 .(11分)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．(13分) 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)．(14分) [模板形成]A 组 考点能力演练1．(2016·沈阳一模)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值； (2)当x >0时，求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x ； (3)若在区间(1，e)上e x a －e 1a x <0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ，f ′(2)＝a2＝2，a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x －1＋1x ，g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2. 令g ′(x )>0，即a ⎝⎛⎭⎫1x －1x 2>0，解得x >1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )的最小值为g (1)＝0，∴f (x )≥a ⎝⎛⎭⎫1－1x . (3)由题意可知e x a <e 1a x ，化简得x －1a <ln x ，又x ∈(1，e)，∴a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －(x －1)·1x (ln x )2＝ln x －1＋1x (ln x )2，由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x >0，∴h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， ∴h (x )<h (e)＝e －1. ∴a ≥e －1.2．(2015·九江一模)设函数f (x )＝12x 2－(a ＋b )x ＋ab ln x (其中e 为自然对数的底数，a ≠e ，b ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－12e 2.(1)求b ；(2)若对任意x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞，f (x )有且只有两个零点，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋b )＋ab x ＝(x －a )(x －b )x .∵f ′(e)＝0，a ≠e ，∴b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝12x 2－(a ＋e)x ＋a eln x ，f ′(x )＝(x －a )(x －e )x，①当a ≤1e 时，由f ′(x )>0得x >e ；由f ′(x )<0得1e ≤x <e ⎝⎛⎭⎫注：a ＝1e 时，由f ′(x )<0得1e <x <e . 此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增． ∵f (e)＝12e 2－(a ＋e)e ＋a eln e ＝－12e 2<0，f (e 2)＝12e 4－(a ＋e)e 2＋2a e ＝12e(e －2)(e 2－2a )≥12e(e －2)⎝⎛⎭⎫e 2－2e >0， ∴要使得f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上有且只有两个零点，则只需f ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e 2－a ＋e e ＋a eln 1e ＝(1－2e 2)－2e (1＋e 2)a2e 2≥0，即a ≤1－2e 22e (1＋e 2). ②当1e <a <e 时，由f ′(x )>0得1e ≤x <a 或x >e ；由f ′(x )<0得a <x <e.此时f (x )在(a ，e)上单调递减，在⎣⎡⎭⎫1e ，a 和(e ，＋∞)上单调递增．f (a )＝－12a 2－a e ＋a eln a <－12a 2－a e ＋a eln e ＝－12a 2<0，∴此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意． ③当a >e 时，由f ′(x )>0得1e≤x <e 或x >a ，由f ′(x )<0得e<x <a ，此时f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 和(a ，＋∞)上单调递增，在(e ，a )上单调递减，且f (e)＝－12e 2<0，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞上至多只有一个零点，不合题意．综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－2e 22e (1＋e 2). 3．已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax (a 是实数)，g (x )＝2x x 2＋1＋1. (1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋1x＋2x ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －1x 2＋2＝2x 2＋x －1x 2＝(2x －1)(x ＋1)x 2，令f ′(x )＝0，则x ＝－1或x ＝12. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在x ＝12处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值． (2)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x 2，x ∈[1，＋∞)， 显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，h (1)≤0，－12a ≤1，解得a ≤－14. 综上，满足条件的a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a >0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1)≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a . g ′(x )＝2(1－x 2)(1＋x 2)2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数． 所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈⎣⎡⎦⎤95，2.若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则⎣⎡⎦⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a ⊆⎣⎡⎦⎤95，2，此时a 无解．所以不存在满足条件的正实数a .B 组 高考题型专练1．(2015·高考广东卷)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 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．(3)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．(2015·高考山东卷)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2ex .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.。

第二章 第一节 函数及其表示题组一函数与映射的概念1.设f ：x →x 2是从集合A 到集合B 的映射，如果B ＝{1,2}，则A ∩B 为 ( ) A.∅ B.{1} C.∅或{2} D.∅或{1}解析：由已知x 2＝1或x 2＝2，解之得x ＝±1或x ＝±2.若1∈A ，则A ∩B ＝{1}，若1∉A ，则A ∩B ＝∅.故A ∩B ＝∅或{1}. 答案：D2.下列各组函数中，表示同一函数的是 ( ) A.y ＝55x 与y ＝2xB.y ＝lne x 与y ＝e ln xC.y ＝()()131x x x -+-与y ＝x ＋3D.y ＝x 0与y ＝1x 解析：对于命题A ，对应关系不同；对于命题B ，定义域不同；对于命题C ，定义域不同；对于命题D ，y ＝x 0(x ≠0)与y ＝ (x ≠0)完全相同.答案：D3.已知两个函数f (x )和g (x )的定义域和值域都是集合{1,2,3}，其定义如下表：x 1 2 3 f (x ) 231则方程g [f (x )]＝x 的解集为 ( ) A.{1} B.{2} C.{3} D.∅ 解析：当x ＝1时，g [f (1)]＝g (2)＝2，不合题意； 当x ＝2时，g [f (2)]＝g (3)＝1，不合题意； 当x ＝3时，g [f (3)]＝g (1)＝3，符合题意. 答案：Cx1 2 3 g ( x )32101x题组二函数的表示方法4.已知函数f (x )的图象是两条线段(如图，不含端点)，则f [f (13)]＝ ( )A.－13B.13C.－23D.23解析：由图象知f (x )＝ ∴f (13)＝13－1＝－23，∴f [f (13)]＝f (－23)＝－23＋1＝13.答案：B5.已知f 11xx -+()＝2211x x -+，则f (x )的解析式为 ( ) A. f (x )＝21x x + B. f (x )＝221xx -+C. f (x )＝221x x +D. f (x )＝21xx -+解析：由f 11x x -+()＝2211x x -+，令t ＝11xx -+， 则x ＝11t t-+， ∴2222211121,11111t x t t t x t t---+==-++++()()即f (t )＝22,1tt + ∴f (x )＝221xx+. 答案：C6.已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f (x )＝2f (1x)x －1，则f (x )＝. 解析：考虑到所给式子中含有f (x )和f (1x)，故可考虑利用换元法进行求解.在f (x )＝2f (1x )x －1，用1x 代替x ，得f (1x )＝2f (x )1x－1，将f (1x )＝2f x x ()－1代入f (x )＝2f (1x)x －1中，可求得f (x )＝23x ＋13.答案：23x ＋13题组三分 段 函 数7.(2010·青岛模拟)已知函数 f (x )＝2,,2,x x x x +⎧⎨-+>⎩≤0则不等式f (x )≥x 2的解集为( )A.[－1,1]B.[－2,2]C.[－2,1]D.[－1,2]解析：当x ≤0时，不等式f (x )≥x 2化为x ＋2≥x 2，即220x x x ⎧+⎨⎩≥≤,所以－1≤x ≤0；当x ＞0时，不等式f (x )≥x 2化为－x ＋2≥x 2，即22>0x x x ⎧-+⎨⎩≥所以0＜x ≤1.综上可得不等式的解集为[－1,1]. 答案：A 8.已知函数f (x )＝22,2<2x x x -⎧⎨-⎩(≥)()则不等式x ·f (x －1)＜10的解集是 . 解析：当x －1≥2，即x ≥3时，不等式等价于3,3<x x x ⎧⎨-⎩≥()10解得3≤x ＜5；当x －1＜2，即x ＜3时，不等式等价于 <3,2<x x ⎧⎨-⎩10解得－5＜x ＜3.综上可知不等式的解集为{x |－5＜x ＜5}. 答案：{x |－5＜x ＜5}9.已知f (x )＝22,1,2,1<<2,,2,2x x x x x x ⎧⎪+-⎪-⎨⎪⎪⎩≤≥且f (a )＝3，求a 的值.解：①当a ≤－1时，f (a )＝a ＋2，由a ＋2＝3，得a ＝1，与a ≤－1相矛盾，应舍去. ②当－1<a <2时，f (a )＝2 a ， 由2a ＝3，得a ＝32，满足－1<a <2.③当a ≥2时，f (a )＝22a ，由22a ＝3，得a ＝±6，又a ≥2，∴a ＝ 6.综上可知，a 的值为32或 6.题组四函数及其表示的灵活应用10.汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图象可能是 ( )解析：画出曲线的切线，其切线的斜率的意义为速度.由图中切线斜率的变化规律可知选A. 答案：A11.如果f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，且f (1)＝2，则f (2)f (1)＋f (4)f (3)＋f (6)f (5)＋…＋f (2006)f (2005)＋f (2008)f (2007)＋f (2010)f (2009)＝ .解析：f (2)＝f (1)f (1)＝22，f (2)f (1)＝2， f (3)＝f (1)f (2)＝23，f (4)＝f (2)f (2)＝24， f (4)f (3)＝2，…f (2010)f (2009)＝2， ∴原式＝2×1005＝2010. 答案：201012.下面是一个电子元件在处理数据时的流程图：(1)试确定y与x的函数关系式；(2)求f(－3)、f(1)的值；(3)若f(x)＝16，求x的值.解：(1)y＝222,1,2,<1.x xx x⎧+⎪⎨+⎪⎩()≥(2)f(－3)＝(－3)2＋2＝11；f(1)＝(1＋2)2＝9.(3)若x≥1，则(x＋2)2＝16，解得x＝2或x＝－6(舍)；若x＜1，则x2＋2＝16，解得x＝14(舍)或x＝－14.即x＝2或x＝－14.第二章 第二节 函数的定义域和值域题组一函数的定义域问题1.(文)(2009·江西高考)函数y ＝－x 2－3x ＋4x 的定义域为 ( )A.[－4,1]B.[－4,0)C.(0,1]D.[－4,0)∪(0,1] 解析：求y ＝－x 2－3x ＋4x的定义域，即2340,0.x x x ⎧--+⎨≠⎩≥⇒[－4,0)∪(0,1]. 答案：D(理)(2009·江西高考)函数y ＝ln(x ＋1)－x 2－3x ＋4的定义域为 ( )A.(－4，－1)B.(－4,1)C.(－1,1)D.(－1,1]解析：定义域21>034>0x x x +⎧⎨--+⎩⇒－1＜x ＜1.答案：C2.若函数y ＝mx －1mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，则实数m 的取值范围是 ( )A.(0，34)B.(－∞，0)∪(0，＋∞)C.(－∞，0]∪[34，＋∞)D.[0，34)解析：依题意，函数的定义域为R ， 即mx 2＋4mx ＋3≠0恒成立.①当m ＝0时，得3≠0，故m ＝0适合，可排除A 、B. ②当m ≠0时，16m 2－12m <0， 得0<m <34，综上可知0≤m <34，排除C.答案：D3.若函数f (x )的定义域是[0,1]，则f (x ＋a )·f (x －a )(0＜a ＜12)的定义域是 .解析：∵f (x )的定义域为[0,1]，∴要使f (x ＋a )·f (x －a )有意义，须011,01 1.x a a x a x a a x a +--⎧⎧⇒⎨⎨-+⎩⎩≤≤≤≤≤≤≤≤ 且0<a <12，a <1－a ，∴a ≤x ≤1－a .答案：[a,1－a ]题组二函数的值域问题4.若函数f (x )＝(a 2－2a －3)x 2＋(a －3)x ＋1的定义域和值域都为R ，则a 的取值范围是( )A.a ＝－1或3B.a ＝－1C.a >3或a <－1D.－1<a <3解析：若a 2－2a －3≠0，则函数为二次函数，不可能定义域和值域都为R ，当a 2－2a －3＝0时，得a ＝－1或3，但当a ＝3时，函数为常数函数，也不可能定义域和值域都为R ，故a ＝－1. 答案：B5.若函数y ＝f (x )的值域是[12，3]，则函数F (x )＝f (x )＋1f (x )的值域是A.[12，3]B.[2，103]C.[52，103]D.[3，103] 解析：令t ＝f (x )，则12≤t ≤3，由函数g (t )＝t ＋1t 在区间[12，1]上是减函数，在[1,3]上是增函数，则g (12)＝52，g (1)＝2，g (3)＝103，故值域为[2，103].答案：B6.对a ，b ∈R ，记max{a ，b }＝,,<a a bb a b⎧⎨⎩≥.函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x ∈R)的最小值是 ( )A.0B.12C.32D.3解析：函数f (x )＝max{|x ＋1|，|x －2|}(x ∈R)的图象如图所示，由图象可得，其最小值为32.答案：C7.(2010·珠海模拟)若函数y ＝f (x )的值域是[1,3]，则函数F (x )＝1－2f (x ＋3)的值域是 . 解析：∵1≤f (x )≤3， ∴－6≤－2f (x ＋3)≤－2， ∴－5≤1－2f (x ＋3)≤－1， 即F (x )的值域为[－5,1]. 答案：[－5,1]8.分别求下列函数的值域： (1)y ＝2x ＋1x －3；(2)y ＝－x 2＋2x (x ∈[0,3])； (3)y ＝x ＋1－x 2； (4)y ＝1－2x1＋2x.解：(1)分离变量法将原函数变形为 y ＝2x －6＋7x －3＝2＋7x －3.∵x ≠3，∴7x －3≠0. ∴y ≠2，即函数值域为{y |y ∈R 且y ≠2}. (2)配方法∵y ＝－(x －1)2＋1，根据二次函数的性质，可得原函数的值域是[－3,1]. (3)换元法先考虑函数定义域，由1－x 2≥0，得－1≤x ≤1，设x ＝cos θ(θ∈[0，π])，则y ＝sin θ＋cos θ＝2sin(θ＋π4)，易知当θ＝π4时，y 取最大值为2，当θ＝π时，y 取最小值为－1，∴原函数的值域是[－1，2]. (4)分离常数法y ＝1221221121212x x x xx ---+==-++++∵1＋2x ＞1，∴0＜212x+＜2， ∴－1＜－1＋212x+＜1，∴所求值域为(－1,1).题组三函数定义域和值域的综合问题9.(2010·福建“四地六校”联考)设集合A ＝[0，12)，B ＝[12，1]，函数f (x )＝1,,22.x x A x x B ⎧+∈⎪⎨⎪∈⎩(1-),若x 0∈A ，且f [f (x 0)] ∈A ，则x 0的取值范围是 ( ) A.(0，14] B.[14，12] C.(14，12) D.[0，38]解析：∵0≤x 0＜12，∴f (x 0)＝x 0＋12∈[12，1)ÜB ，∴f [f (x 0)]＝2(1－f (x 0))＝2[1－(x 0＋12)]＝2(12－x 0).∵f [f (x 0)]∈A ，∴0≤2(12－x 0)＜12.∴14＜x 0≤12，又∵0≤x 0＜12，∴14＜x 0＜12. 答案：C10.设f (x )＝2,2,,<1,x x x x ⎧⎪⎨⎪⎩≥若f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数y ＝g (x )的值域是 ( )A.(－∞，－1]∪[1，＋∞)B.(－∞，－1]∪[0，＋∞)C.[0，＋∞)D.[1，＋∞)解析：如图为f (x )的图象，由图象知f (x )的值域为(－1，＋∞)， 若f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，只需g (x )∈(－∞，－1]∪[0，＋∞). 答案：B11.规定记号“*”表示一种运算，即a *b ＝ab ＋a ＋b ，a ，b 是正实数，已知1]； (2)函数f (x )＝k *x 的值域是 . 解析：(1)1]k )＋1＋k ＝3，解得k ＝1. (2)f (x )＝k *x ＝1]x )＋1＋x ≥1.答案：(1)1 (2)[1，＋∞)12.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 )＝22(1),(0),(1),(0).x x x x ⎧+>⎪⎨-+<⎪⎩求F (2)＋F (－2)的值； (2)若a ＝1，c ＝0，且|f (x )|≤1在区间(0,1]恒成立，试求b 的取值范围. 解：(1)由已知c ＝1，f (－1)＝a －b ＋c ＝0，且－b2a ＝－1，解得a ＝1，b ＝2.∴f (x )＝(x ＋1)2.∴F (x )＝22(1),(0),(1),(0).x x x x ⎧+>⎪⎨-+<⎪⎩ ∴F (2)＋F (－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由题知f (x )＝x 2＋bx ，原命题等价于－1≤x 2＋bx ≤1在x ∈(0,1]恒成立，即b ≤1x －x 且b ≥－1x －x 在x ∈(0,1]恒成立， 根据单调性可得1x －x 的最小值为0，－1x －x 的最大值为－2， 所以－2≤b ≤0.第二章 第三节 的单调性题组一函数单调性的判定1.(2009·福建高考)下列函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是 ( ) A.f (x )＝1xB.f (x )＝(x －1)2C.f (x )＝e xD.f (x )＝ln(x ＋1)解析：∵对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时， 都有f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )在(0，＋∞)上为减函数. 答案：A2.函数y ＝x 2＋b x ＋c (x ∈[0，＋∞))是单调函数的充要条件是 ( ) A.b ≥0 B.b ≤0 C. b ＞0 D. b ＜0 解析：∵函数y ＝x 2＋bx ＋c 在[0，＋∞)上为单调函数 ∴x ＝－2b≤0，即b ≥0. 答案：A3.讨论函数f (x )＝x ＋ax (a >0)的单调性. 解：f (x )＝x ＋ax (a >0)，∵定义域为{x |x ∈R ，且x ≠0}且 f (－x )＝－x ＋a－x ＝－(x ＋ax )＝－f (x ).∴f (x )为奇函数，所以先讨论f (x )在(0，＋∞)上的单调性. 设x 1> x 2>0， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋1a x －x 2－2a x ＝(x 1－x 2)(1－12a x x )，∵当0<x 2<x 1≤a 时，恒有12ax x >1. 则f (x 1)－f (x 2)<0，故f (x )在(0，a ]上是减函数. 当x 1>x 2≥a 时，恒有0<12ax x <1， 则f (x 1)－f (x 2)>0，故f (x )在[a ，＋∞)上是增函数. ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(－∞，－a ]，[a ，＋∞)上为增函数； f (x )在[－a ，0)，(0，a ]上为减函数.题组二函数的单调区间4.如果函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，4]上是减函数，则实数a 的取值范围是( )A.[－3，＋∞)B.(－∞，－3]C.(－∞，5]D.[3，＋∞) 解析：f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2的对称轴为x ＝1－a ，∴f (x )在(－∞，1－a ]上是减函数，要使f (x )在区间(－∞，4]上是减函数，则只需1－a ≥4，即a ≤－3. 答案：B5.(2010·黄冈模拟)已知函数f (x )＝13log (2x 2＋x )，则f (x )的单调递增区间为 ( )A.(－∞，－14)B.(－14，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－∞，－12)解析：由2 x 2＋x ＞0，得x ＞0或x ＜－12，令h (x )＝2 x 2＋x ，则h (x )的单调减区间为(－∞，－14).又∵x <－12，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－12).答案：D 6.已知函数f (x )＝31axa -- (a ≠1).(1)若a ＞0，则f (x )的定义域是 ；(2)若f (x )在区间(0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是 . 解析：当a ＞0且a ≠1时，由3－ax ≥0得x ≤3a ，即此时函数f (x )的定义域是(－∞，3a]； (2)当a －1＞0，即a ＞1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需3－a ×1≥0，此时1＜a ≤3. 当a －1＜0，即a ＜1时，要使f (x )在(0,1]上是减函数，则需－a ＞0， 此时a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－∞，0)∪(1,3]. 答案：(1)(－∞，3a] (2)(－∞，0)∪(1,3]题组三抽象函数的单调性及最值7.已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，设a ＝f (log 47)，b ＝f (log 123)，c ＝f (0.20.6)，则a ，b ，c 的大小关系是 ( )A.c <b <aB.b <c <aC.c >a >bD.a <b <c 解析：由题意f (x )＝f (|x |).∵log 47＝log 27>1，|log 123|＝log 23>1,0<0.20.6<1，∴|log 123|>|log 47|>|0.20.6|.又∵f (x )在(－∞，0]上是增函数且为偶函数， ∴f (x )在[0，＋∞)上是减函数.∴c >a >b . 答案：C8.(2009·四川高考)已知函数f (x )是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有xf (x ＋1)＝(1＋x )f (x )，则f (52)的值是 ( )A.0B.12C.1D.52解析：令x ＝－12，∴－12f (12)＝12f (－12)＝12f (12)(∵f (－12)＝f (12))，∴f (12)＝0.令x ＝12，∴12f (32)＝32f (12)，∴f (32)＝0.令x ＝32，∴32f (52)＝52f (32)，∴f (52)＝0.答案：A9.设奇函数f (x )在 [－1,1]上是增函数，f (－1)＝－1.若函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立，则当a ∈[－1,1]时，t 的取值范围是 .解析：若函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立，由已知易得f (x )的最大值是1，∴1≤t 2－2at ＋1⇔2at －t 2≤0，设g (a )＝2at －t 2(－1≤a ≤1)，欲使2at －t 2≤0恒成立， 则g g ⎧⎨⎩(-1)≤0(1)≤0⇔t ≥2或t ＝0或t ≤－2.答案：t ≤－2或t ＝0或t ≥2题组四函数单调性的综合应用10.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a ，在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f(x)x在区间(1，＋∞)上一定 ( ) A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数解析：由题意a <1，又函数g (x )＝x ＋ax －2a 在[|a|，＋∞)上为增函数，故选D.答案：D11.已知函数f (x )＝22x x ax++，x ∈[1，＋∞).(1)当a ＝4时，求f (x )的最小值； (2)当a ＝12时，求f (x )的最小值；(3)若a 为正常数，求f (x )的最小值. 解：(1)当a ＝4时，f (x )＝x ＋4x＋2，易知，f (x )在[1,2]上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数.∴f (x )min ＝f (2)＝6.(2)当a ＝12时，f (x )＝x ＋12x＋2.易知，f (x )在[1，＋∞)上为增函数. ∴f (x )min ＝f (1)＝72.(3)函数f (x )＝x ＋ax ＋2在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数.若a >1，即a >1时，f (x )在区间[1，＋∞)上先减后增，f (x )min ＝f (a )＝2a ＋2. 若a ≤1，即0<a ≤1时， f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数， ∴f (x )min ＝f (1)＝a ＋3.12.已知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且对任意的正实数x ，y 都有f (xy )＝f (x )＋f (y )，且当x ＞1时，f (x )＞0，f (4)＝1， (1)求证：f (1)＝0； (2)求f (116)；(3)解不等式f (x )＋f (x －3)≤1.解：(1)证明：令x ＝4，y ＝1，则f (4)＝f (4×1)＝f (4)＋f (1).∴f (1)＝0. (2)f (16)＝f (4×4)＝f (4)＋f (4)＝2，f (1)＝f (116×16)＝f (116)＋f (16)＝0，故f (116)＝－2.(3)设x 1，x 2＞0且x 1＞x 2，于是f (x 1x 2)＞0，∴f (x 1)＝f (x 1x 2×x 2)＝f (x 1x 2)＋f (x 2)＞f (x 2).∴f (x )为x ∈(0，＋∞)上的增函数. 又∵f (x )＋f (x －3)＝f [x (x －3)]≤1＝f (4)，∴>6,3>0,3x x x x ⎧⎪-⎨⎪-⎩()≤4,⇒3＜x ≤4. ∴原不等式的解集为{x |3＜x ≤4}.第二章第四节函数的奇偶性题组一函数的奇偶性的判定1.已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是()①y＝f(|x|)；②y＝f(－x)；③y＝xf(x)；④y＝f(x)＋x.A.①③B.②③C.①④D.②④解析：由奇函数的定义验证可知②④正确，选D.答案：D2.(2010·长郡模拟)已知二次函数f(x)＝x2－ax＋4，若f(x＋1)是偶函数，则实数a的值为() A.－1 B.1 C.－2 D.2解析：∵f(x)＝x2－ax＋4，∴f(x＋1)＝(x＋1)2－a(x＋1)＋4＝x2＋2x＋1－ax－a＋4＝x2＋(2－a)x＋5－a，f(1－x)＝(1－x)2－a(1－x)＋4＝x2－2x＋1－a＋ax＋4＝x2＋(a－2)x＋5－a.∵f(x＋1)是偶函数，∴f(x＋1)＝f(－x＋1)，∴a－2＝2－a，即a＝2.答案：D3.(2009·浙江高考)若函数f(x)＝x2＋ax(a∈R)，则下列结论正确的是()A.∀a∈R，f(x) 在(0，＋∞)上是增函数B.∀a∈R，f(x)在(0，＋∞)上是减函数C.∃a∈R，f(x)是偶函数D.∃a∈R，f(x)是奇函数解析：当a ＝16时，f (x )＝x 2＋16x ，f ′(x )＝2x －16x2， 令f ′(x )＞0得x ＞2.∴f (x )在(2，＋∞)上是增函数，故A 、B 错. 当a ＝0时，f (x )＝x 2是偶函数，故C 正确. D 显然错误，故选C. 答案：C题组二函数奇偶性的应用4.已知函数f (x )＝ax 4＋b cos x －x ，且f (－3)＝7，则f (3)的值为 ( ) A.1 B.－7 C.4 D.－10解析：设g (x )＝ax 4＋b cos x ，则g (x )＝g (－x ).由f (－3)＝g (－3)＋3，得g (－3)＝f (－3)－3＝4，所以g (3)＝g (－3)＝4，所以f (3)＝g (3)－3＝4－3＝1. 答案：A5.已知f (x )在R 上是奇函数，且满足f (x ＋4)＝f (x )，当x ∈(0,2)时，f (x )＝2x 2，则f (7)＝( ) A.－2 B.2 C.－98 D.98 解析：由f (x ＋4)＝f (x )，得f (7)＝f (3)＝f (－1)， 又f (x )为奇函数，∴f (－1)＝－f (1)， f (1)＝2×12＝2，∴f (7)＝－2.故选A. 答案：A6.设函数f (x )(x ∈R)为奇函数，f (1)＝12，f (x ＋2)＝f (x )＋f (2)，则f (5)＝ ( )A.0B.1C.52 D.5解析：由f (1)＝12，对f (x ＋2)＝f (x )＋f (2)， 令x ＝－1， 得f (1)＝f (－1)＋f (2).又∵f (x ) 为奇函数，∴f (－1)＝－f (1). 于是f (2)＝2f (1)＝1；令x ＝1，得f (3)＝f (1)＋f (2)＝32，于是f (5)＝f (3)＋f (2)＝52.答案：C7.已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，在(0，＋∞)上单调递减，且f (12)＞0＞f (－3)，则方程f (x )＝0的根的个数为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3解析：由于函数是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，因此在(－∞，0)上单调递增，又因为f (12)＞0＞f (－3)＝f (3)，所以函数f (x )在(12，3)上与x 轴有一个交点，必在(－3，－12)上也有一个交点，故方程f (x )＝0的根的个数为2.答案：C8.(2010·滨州模拟)定义在R 上的奇函数f (x )满足：当x ＞0时，f (x )＝2008x ＋log 2008x ，则方程f (x )＝0的实根的个数为 .解析：当x ＞0时，f (x )＝0即2008x ＝－log 2008x ，在同一坐标系下分别画出函数f 1(x )＝2008x ，f 2(x )＝－log 2008x 的图象(图略)，可知两个图象只有一个交点，即方程f (x )＝0只有一个实根，又因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以当x ＜0时，方程f (x )＝0也有一个实根，又因为f (0)＝0，所以方程f (x )＝0的实根的个数为3. 答案：3题组三函数的奇偶性与单调性的综合问题9.定义在R 上的偶函数f (x )，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，则( )A.f (3)＜f (－2)＜f (1)B.f (1)＜f (－2)＜f (3)C.f (－2)＜f (1)＜f (3)D.f (3)＜f (1)＜f (－2)解析：由已知f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，得f (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减，由偶函数性质得f (3)＜f (－2)＜f (1)，故选A.此类题能用数形结合更好. 答案：A10.(2009·福建高考)定义在R 上的偶函数f (x )的部分图象如右图所示，则在(－2,0)上，下列函数中与f (x )的单调性不同的是 ( )A.y ＝x 2＋1B.y ＝|x |＋1C.y ＝321,01,<0x x x x +⎧⎨+⎩≥D.y ＝e ,0e ,<x x x x -⎧⎪⎨⎪⎩≥0解析：∵f (x )为偶函数，由图象知， f (x )在(－2,0)上为减函数，而y ＝x 3＋1在(－∞，0)上为增函数，故选C. 答案：C11.(2009·山东高考)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2] 上是增函数.若方程f (x )＝m (m ＞0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x 1，x 2，x 3，x 4，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝ .解析：由f (x －4)＝－f (x )⇒f (4－x )＝f (x )， 故函数图象关于直线x ＝2对称，又函数f (x )在[0,2]上是增函数，且为奇函数， 故f (0)＝0，故函数f (x )在(0,2]上大于0， 根据对称性知函数f (x )在[2,4)上大于0，同理推知函数f (x )在(4,8)上小于0，故在区间(0,8)上方程f (x )＝m (m ＞0)的两根关于 直线x ＝2对称， 故此两根之和等于4，根据f (x －4)＝－f (x )⇒f (x －8)＝－f (x －4)＝f (x )， 函数f (x )以8为周期，故在区间(－8,0)上方程f (x )＝m (m ＞0)的两根关于直线x ＝－6对称，此两根之和等 于－12，综上四个根之和等于－8. 答案：－812.(文)已知函数f (x )＝222,>00,0,,<0x x x x x mx x ⎧-+⎪=⎨⎪+⎩是奇函数.(1)求实数m 的值；(2)若函数f (x )的区间[－1，a －2]上单调递增，求实数a 的取值范围. 解：(1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝－(－x )2＋2(－x )＝－x 2－2x . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 于是x <0时，f (x )＝x 2＋2x ＝x 2＋mx ， 所以m ＝2.(2)要使f (x )在[－1，a －2]上单调递增， 结合f (x )的图象知2>1,21,a a --⎧⎨-⎩≤所以1＜a ≤3，故实数a 的取值范围是(1,3]. (理)已知定义域为R 的函数f (x )＝－2x ＋b2x ＋1＋a 是奇函数.(1)求a 、b 的值；(2)若对任意的t ∈R ，不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )<0恒成立，求k 的取值范围. 解：(1)因为f (x )是R 上的奇函数，所以f (0)＝0， 即－1＋b 2＋a ＝0，解得b ＝1，从而有f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋a . 又由f (1)＝－f (－1)，知－2＋14＋a ＝－－12＋11＋a ，解得a ＝2.故a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝－2x ＋12x ＋1＋2＝－12＋12x ＋1.由上式易知f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数. 又因f (x )是奇函数，从而不等式f (t 2－2t )＋f (2t 2－k )<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k).因f(x)是减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k，即对一切t∈R有3t2－2t－k>0.从而判别式Δ＝4＋12k<0，解得k<－1 3.第二章 第五节 函数的图象题组一作 图1.为了得到函数y ＝3×(13)x 的图象，可以把函数y ＝ (13)x 的图象 ( )A.向左平移3个单位长度B.向右平移3个单位长度C.向左平移1个单位长度D.向右平移1个单位长度 解析：∵y ＝3×(13)x ＝(13)x －1，∴y ＝3×(13)x 的图象可以把函数y ＝(13)x 的图象向右平移1个单位.答案：D2.函数f (x )＝1＋log 2x 与g (x )＝21－x在同一直角坐标系下的图象大致是 ( )解析：利用函数的平移可画出所给函数的图象，函数f (x )＝1＋log 2x 的图象是由f (x )＝log 2x 的图象向上平移1个单位得到；而g (x )＝2－x ＋1＝2－(x －1)的图象是由y ＝2－x 的图象右移1个单位而得. 答案：C3.作出下列函数的图象： (1)y ＝|x －2|·(x ＋1)； (2)y ＝(12)|x |；(3)y ＝|log 2(x ＋1)|.解：(1)先化简，再作图.y ＝2222x x x x ⎧--⎪⎨-++⎪⎩如图(1).(2)此函数为偶函数，利用y ＝(12)x (x ≥0)的图象进行变换.如图(2).(3)利用y ＝log 2x 的图象进行平移和翻折变换. 如图(3).题组二识 图4.函数y ＝1－11x -的图象是 ( )解析：法一：将函数y ＝1x 的图象变形到y ＝11x -，即向右平移1个单位，再变形到y ＝－11x -，即将前面图形沿x 轴翻转，再变形到y ＝－11x -＋1，从而得到答案B.法二：利用特殊值法，取x 1＝0，此时y 1＝2；取x 2＝2，此时y 2＝0.因此选B. 答案：B5.函数f (x )＝x |x|·a x(a ＞1)图象的大致形状是 ( )解析：f (x )是分段函数，根据x 的正负写出分段函数的解析式，f (x )＝(>0)(<0)x x a x a x ⎧⎪⎨-⎪⎩，∴x ＞0时，图象与y ＝a x 在第一象限的图象一样，x ＜0时，图象与y ＝a x 的图象关于x 轴对称，故选B. 答案：B6.(2010·包头模拟)已知下列曲线：以及编号为①②③④的四个方程：①x －y ＝0；②|x |－|y |＝0；③x －|y |＝0；④|x |－y ＝0.请按曲线A 、B 、C 、D 的顺序，依次写出与之对应的方程的编号 . 解析：按图象逐个分析，注意x 、y 的取值范围. 答案：④②①③7.已知定义在区间[0,1]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，对于满足0＜x 1＜x 2＜1的任意x 1、x 2，给出下列结论： ①f (x 2)－f (x 1)＞x 2－x 1； ②x 2f (x 1)＞x 1f (x 2)； ③1()2f x f x +()＜f (122x x +).其中正确结论的序号是 (把所有正确结论的序号都填上). 解析：由f (x 2)－f (x 1)＞x 2－x 1，可得2122f x f x x x -()-()＞1，即两点(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))连线的斜率大于1，显然①不正确；由x 2f (x 1)＞x 1f (x 2)得11f x x ()＞22f x x ()，即表示两点(x 1，f (x 1))、(x 2，f (x 2))与原点连线的斜率的大小，可以看出结论②正确；结合函数图象，容易判断③的结论是正确的. 答案：②③8.函数f (x )＝01log >09c ax b x x x +⎧⎪⎨+⎪⎩(≤)()()的图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝ . 解析：由图象可求得直线的方程为y ＝2x ＋2，又函数y ＝log c (x ＋19)的图象过点(0,2)，将其坐标代入可得c ＝13，所以a ＋b ＋c ＝2＋2＋13＝133.答案：133题组三函数图象的应用9.(2010·东北师大附中模拟)函数y ＝f (x )的图象是圆心在原点的单位圆的两段弧(如图)，则不等式f (x )＜f (－x )＋x 的解集为( )A.{|－255＜x ＜0或255＜x ≤1} B.{x |－1＜x ＜－55或55＜x ≤1} C.{x |－1＜x ＜－55或0＜x ＜55} D.{x |－255＜x ＜255且x ≠0}解析：由图象可知，该函数f (x )为奇函数，故原不等式可等价转化为f (x )＜12x ，当x ＝1时，f (x )＝0＜12，显然成立，当0＜x ＜1时，f (x )＝21x -， ∴1－x 2＜14x 2，∴255＜x ＜1.当－1≤x ＜0时，－21x -＜12x ，∴1－x 2＞14x 2，∴－255＜x ＜0.综上所述，不等式f (x )＜f (－x )＋x 的解集为 {x |－255＜x ＜0或255＜x ≤1}.答案：A10.(文)使log 2(－x )＜x ＋1成立的x 的取值范围是( )A.(－1,0)B.[－1,0)C.(－2,0)D.[－2,0) 解析：作出y ＝log 2(－x )，y ＝x ＋1的图象，知满足条件的x ∈(－1,0). 答案：A(理)(2010·平顶山模拟)f (x )的定义域为R ，且f (x )＝2101>0x x f x x -⎧-⎨-⎩(≤)()()若方程f (x )＝x＋a 有两不同实根，则a 的取值范围为 ( ) A.(－∞，1) B.(－∞，1] C.(0,1) D.(－∞，＋∞) 解析：x ≤0时，f (x )＝2－x －1， 1＜x ≤2时，0＜x －1≤1，f (x )＝f (x －1). 故x ＞0时，f (x )是周期函数，如图，欲使方程f (x )＝x ＋a 有两解，即函数f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 有两个不同交点，故a ＜1，则a 的取值范围是(－∞，1). 答案：A11.函数f (x )的图象是如图所示的折线段OAB ，其中点A (1,2)、B (3,0)，函数g (x )＝(x －1)f (x )，则函数g (x )的最大值为. 解析：依题意得f (x )[](][](]2,0,1,3,1,32(1),0,1.311,3x x x x x x x g x x x x ⎧∈⎪=⎨-+∈⎪⎩⎧-∈⎪⎨+-∈⎪⎩()=(-)(),当x ∈[0,1]时，g (x )＝2x (x －1)＝2x 2－2x ＝2(x －12)2－12的最大值是0； 当x ∈(1,3]时，g (x )＝(－x ＋3)(x －1)＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1的最大值是1. 因此，函数g (x )的最大值为1. 答案：112.若直线y ＝2a 与函数y ＝|a x －1|(a ＞0且a ≠1)的图象有两个公共点，求a 的取值范围. 解：当0＜a ＜1时，y ＝|a x －1|的图象如右图所示， 由已知得0＜2a ＜1，∴0＜a ＜12. 当a ＞1时，y ＝|a x －1|的图象如右图所示. 由题意可得：0＜2a ＜1， ∴0＜a ＜12，与a ＞1矛盾. 综上可知：0＜a ＜12.第一章 第六节 指数函数题组一指数幂的化简与求值1.(827)23＋(－1)3372964的值为 ( ) A.0 B.89 C.43 D.29解析：(827) ＋(－1)3372964＝[(23)3]－13(94)3＝49－49＝0. 答案：A 2.计算： (1)(0.027)13-－⎝⎛⎭⎫－17－2＋⎝⎛⎭⎫27912－(2－1)0； (2)⎝⎛⎭⎫14 ·13123324.0.1ab a b ---()() 解：(1)原式＝⎝⎛⎭⎫271000 －(－1)2⎝⎛⎭⎫17－2＋⎝⎛⎭⎫259 －1 ＝103－49＋53－1＝－45. (2)原式＝132244100•·32a ·32a -·32b ·32b -＝425a 0·b 0＝425.题组二指数函数的图象及应用3.已知实数a ，b 满足等式(12)a ＝(13)b ，下列五个关系式：①0＜b ＜a ；②a ＜b ＜0；③0＜a ＜b ；④b ＜a ＜0；⑤a ＝b .其中不可能成立的关系式有( )232312-13-12A.1个B.2个C.3个D.4个解析：由已知得2a ＝3b ，在同一坐标系中作出y ＝2x ，y ＝3x 的图象，当纵坐标相等 时，可以得到相应横坐标的大小关系，从而得出③④不可能成立. 答案：B4.(2010·泉州模拟)定义运算a ⊕b ＝>a a b b a b ⎧⎨⎩(≤)()则函数f (x )＝1⊕2x 的图象是()解析：∴f (x )＝1⊕2x ＝102<0xx x ⎧⎨⎩(≥),(),故选A.答案：A5.已知函数f (x )＝(x －a )(x －b )(其中a >b )，若f (x )的图象如右图所示， 则函数g (x )＝a x ＋b 的图象是 ()解析：由f (x )图象，得0<a <1，b <－1， ∴g (x )为减函数且g (0)＝1＋b <0. ∴A 项符合题意. 答案：A题组三指数函数的性质6.若x ∈(2,4)，a ＝22x ，b ＝(2x )2，c ＝22x，则a 、b 、c 的大小关系是 ( )A.a ＞b ＞cB. a ＞c ＞bC. c ＞a ＞bD.b ＞a ＞c 解析：∵b ＝(2x )2＝22x ，∴要比较a ，b ，c 的大小，只要比较x 2,2x ,2x 当x ∈(2,4)时的大小即可. 用特殊值法，取x ＝3，容易得知，x 2＞2x ＞2x ， 则a ＞c ＞b . 答案：B 7.若函数f (x )＝a |2x－4|(a >0，a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是 ( )A.(－∞，2]B.[2，＋∞)C.[－2，＋∞)D.(－∞，－2]解析：由f (1)＝19，得a 2＝19，于是a ＝13，因此f (x )＝(13)|2x －4|.因为g (x )＝|2x －4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的单调递减区间是[2，＋∞). 答案：B8.(2010·永州模拟)函数y ＝|2x －1|在区间(k －1，k ＋1)内不单调，则k 的取值范围是 ( ) A.(－1，＋∞) B.(－∞，1) C.(－1,1) D.(0,2)解析：由于函数y ＝|2x －1|在(－∞，0)内单调递减，在(0，＋∞)内单调递增，而函数在区间(k －1，k ＋1)内不单调，所以有k －1＜0＜k ＋1，解得－1＜k ＜1. 答案：C9.函数y ＝lg(3－4x ＋x 2)的定义域为M ，当x ∈M 时，求f (x )＝2x ＋2－3×4x 的最大值为 .解析：由3－4x ＋x 2＞0得x ＞3或x ＜1， ∴M ＝{x |x ＞3或x ＜1}，f (x )＝－3×22x ＋2x ＋2＝－3(2x －16)2＋2512.∵x ＞3或x ＜1，∴2x ＞8或0＜2x ＜2，∴当2x ＝16，即x ＝log 216时，f (x )最大，最大值为2512.答案：2512题组四指数函数的综合应用10.若函数f (x )、g (x )分别为R 上的奇函数、偶函数，且满足f (x )－g (x )＝e x ，则有( ) A.f (2)<f (3)<g (0) B.g (0)<f (3)<f (2) C.f (2)<g (0)<f (3) D.g (0)<f (2)<f (3)解析：∵f (x )－g (x )＝e x 且f (x )、g (x )分别为R 上的奇函数、偶函数， ∴f (－x )－g (－x )＝e －x ，即－f (x )－g (x )＝e －x ， 解得f (x )＝e x －e －x 2，g (x )＝－e x ＋e －x2.∵f (x )在[0，＋∞)上是增函数， ∴f (3)>f (2)>f (0)＝0且g (0)＝－1， ∴g (0)<f (2)<f (3)，故选D. 答案：D11.已知函数f (x )＝22,1,1,<xx x x ⎧⎪⎨-⎪⎩≥()1,若f (x 0)≥4，则x 0的取值范围是 . 解析：x ≥1时：2x ≥4，即2x ≥22，∴x ≥2； x <1时：(x －1)2≥4， 即x －1≥2或x －1≤－2， 即x ≥3或x ≤－1，∴x ≤－1. 答案：(－∞，－1]∪[2，＋∞)12.设f (x )＝a x ＋b 同时满足条件f (0)＝2和对任意x ∈R 都有f (x ＋1)＝2f (x )－1成立. (1)求f (x )的解析式；(2)设函数g (x )的定义域为[－2,2]，且在定义域内g (x )＝f (x )，且函数h (x )的图象与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，求h (x )； (3)求函数y ＝g (x )＋h (x )的值域. 解：(1)由f (0)＝2，得b ＝1，由f (x ＋1)＝2f (x )－1，得a x (a －2)＝0， 由a x ＞0得a ＝2，所以f (x )＝2x ＋1.(2)由题意知，当x ∈[－2,2]时，g (x )＝f (x )＝2x ＋1.设点P (x ，y )是函数h (x )的图象上任意一点，它关于直线y ＝x 对称的点为P ′(y ，x )，依题意点P ′(y ，x )在函数g (x )的图象上，即x ＝2y ＋1，所以y ＝log 2(x －1)，即h (x )＝log 2(x －1)(x ∈[54，5]).(3)由已知得，y ＝log 2(x －1)＋2x ＋1，且两个函数的公共定义域是[54，2]，所以函数y＝g (x )＋h (x )＝log 2(x －1)＋2x ＋1(x ∈[54，2]).由于函数g (x )＝2x ＋1与h (x )＝log 2(x －1)在区间[54，2]上均为增函数，当x ＝54时，y ＝242－1，当x ＝2时，y ＝5，所以函数y ＝g (x )＋h (x )(x ∈[54，2])的值域为[242－1,5].第二章 第七节 对数函数题组一对数的化简与求值1.设函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)，若f (x 1x 2…x 2010)＝8，则f (21x )＋f (22x )＋…＋f (x 22010x )＝( )A.4B.8C.16D.2log a 8 解析：∵f (x 1x 2…x 2010)＝f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (2010)＝8，∴f (21x )＋f (22x )＋…＋f (22010x )＝2[f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x 2010)]＝2×8＝16. 答案：C2.已知log 23＝a ，log 37＝b ，则用a ，b 表示log 1456为 . 解析：∵log 23＝a ，log 37＝b ，∴log 27＝ab ， ∴log 1456＝log 256log 214＝3＋log 271＋log 27＝3.1ab ab ++ 答案：31ab ab ++题组二对数函数的图象3.(2009·广东高考)若函数y ＝f (x )是函数y ＝a x (a ＞0，且a ≠1)的反函数，其图象经过点(a ，a )，则f (x )＝ ( ) A.log 2x B.12x C.log 12x D.x 2 解析：由题意f (x )＝log a x ，∴a ＝log a a 12＝12，∴f (x )＝log 12x .答案：C4.若函数f (x )＝log a (x ＋b )的图象如图所示，其中a ，b 为常数，则函数g (x )＝a x ＋b 的大致图象是 ()解析：由题意得0＜a ＜1,0＜b ＜1，则函数g (x )＝a x ＋b 的大致图象是D. 答案：D5.已知函数f (x )＝288(1),65(1),x x x x x -⎧⎨-+>⎩≤ g (x )＝ln x ，则f (x )与g (x )两函数的图象的交点个数为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：画出f (x )＝288(1),65(1),x x x x x -⎧⎨-+>⎩≤g (x )＝ln x 的图象如图，两函数的图象的交点个数为3，故选C. 答案：C题组三对数函数的性质6.(2009·天津高考)设a ＝13log 2，b ＝121log 3，c ＝(12)0.3，则 ( )A.a ＜b ＜cB.a ＜c ＜bC.b ＜c ＜aD.b ＜a ＜c 解析：∵13log 2＜13log 1＝0，∴a ＜0；∵121log 3＞121log 2＝1，∴b ＞1； ∵(12)0.3＜1，∴0＜c ＜1，故选B. 答案：B7.(2010·诸城模拟)若定义运算f (a *b )＝ 则函数f [log 2(1＋x )*log 2(1－x )]的值域是 ( ) A.(－1,1) B.[0,1) C.(－∞，0] D.[0，＋∞),,,a a bb a ⎧⎨⎩<≥b解析：f (log 2(1＋x )*log 2(1－x )) ＝22log 1log 0x x x x ⎧⎨⎩<<<(1+),(0≤),(1-),(-1).借助函数图象易知，该函数的值域为[0,1). 答案：B8.(文)函数f (x )＝a x ＋log a (x ＋1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为a ，则a 的值为( ) A.14 B.12C. 2D. 4 解析：故y ＝a x 与y ＝log a (x ＋1)单调性相同且在[0,1]上的最值分别在两端点处取得. 最值之和：f (0)＋f (1)＝a 0＋log a 1＋a ＋log a 2＝a ， ∴log a 2＋1＝0，∴a ＝12.答案：B(理)函数f (x )＝a x ＋log a x 在区间[1,2]上的最大值与最小值之和为－14，最大值与最小值之积为－38，则a 等于 ( )A.2B.12C.2或12D.23解析：a x 与log a x 具有相同的单调性，最大值与最小值在区间的端点处取得，f (1)＋f (2)＝－14，f (1)·f (2)＝－38，解得a ＝12.答案：B9.已知f (x )＝log a (ax 2－x )(a ＞0，且a ≠1)在区间[2,4]上是增函数，求实数a 的取值范围. 解：设t ＝ax 2－x ＝a (x －12a )2－14a， 若f (x )＝log a t 在[2,4]上是增函数，0<<1,>1,114,4,22164>042>0,0<<1,>1,11,,>1.8411>,>,24a a a a a a a a a a a a a ⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪--⎪⎪⎩⎩⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪∴⎨⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩需≥或≤即≤或≥ 所以实数a 的取值范围为(1，＋∞).题组四对数函数的综合应用10.(2009·辽宁高考)已知函数f (x )满足：当x ≥4时，f (x )＝(12)x ；当x ＜4时，f (x )＝f (x ＋1).则f (2＋log 23)＝ ( ) A.124 B.112 C.18 D.38 解析：∵2＜3＜4＝22，∴1＜log 23＜2. ∴3＜2＋log 23＜4，∴f (2＋log 23)＝f (3＋log 23)＝f (log 224)＝242log 12()＝242log 2-＝1242log 2＝124.答案：A11.若函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a ＞0，a ≠1)在区间(0，12)内恒有f (x )＞0，则f (x )的单调递增区间是 .解析：定义域为(0，＋∞)∪(－∞，－12)，当x ∈(0，12)时，2x 2＋x ∈(0,1)，因为a ＞ 0，a ≠1，设u ＝2x 2＋x ＞0，y ＝log a u 在(0,1)上大于0恒成立，∴0＜a ＜1，所以函数f (x )＝log a (2x 2＋x )(a ＞0，a ≠1)的单调递增区间是u ＝2x 2＋x (x ∈(－∞，－12)∪(0，＋∞))的递减区间，即(－∞，－12).答案：(－∞，－12)12.(文)若f (x )＝x 2－x ＋b ，且f (log 2a )＝b ，log 2f (a )＝2(a >0且a ≠1). (1)求f (log 2x )的最小值及相应x 的值；(2)若f (log 2x )>f (1)且log 2f (x )<f (1)，求x 的取值范围. 解：(1)∵f (x )＝x 2－x ＋b ， ∴f (log 2a )＝(log 2a )2－log 2a ＋b ＝b ， ∴log 2a ＝1，∴a ＝2.又∵log 2f (a )＝2，∴f (a )＝4.∴a 2－a ＋b ＝4，∴b ＝2. ∴f (x )＝x 2－x ＋2.∴f (log 2x )＝(log 2x )2－log 2x ＋2＝221(log -)2x 2＋74.∴当log 2x ＝12，即x ＝2时，f (log 2x )有最小值74.(2)由题意知22222log log 2>2,log 2<2.x x x x ⎧-+⎪⎨+⎪⎩()(-) 222log <0log >1,0<2<4.0<<1>2,1<<2.0<<1.x x x x x x x x ⎧⎪∴⎨-+⎪⎩⎧∴⎨-∴⎩或或 (理)已知f (x )＝log a x ，g (x )＝2log a (2x ＋t －2)(a >0，a ≠1，t ∈R). (1)当t ＝4，x ∈[1,2]，且F (x )＝g (x )－f (x )有最小值2时，求a 的值； (2)当0<a <1，x ∈[1,2]时，有f (x )≥g (x )恒成立，求实数t 的取值范围. 解：(1)当t ＝4时，F (x )＝g (x )－f (x )＝log a (2x ＋2)2x ，x ∈[1,2]，令h (x )＝(2x ＋2)2x ＝4(x ＋1x ＋2)，x ∈[1,2]，则h ′(x )＝4(1－1x 2)＝4(x －1)(x ＋1)x 2>0，∴h (x )在[1,2]上是单调增函数， ∴h (x )min ＝16，h (x )max ＝18. 当0<a <1时，有F (x )min ＝log a 18，令log a18＝2求得a＝32>1(舍去)；当a>1时，有F(x)min＝log a16，令log a16＝2求得a＝4>1.∴a＝4.(2)当0<a<1，x∈[1,2]时，有f(x)≥g(x)恒成立，即当0<a<1，x∈[1,2]时，log a x≥2log a(2x＋t－2)恒成立，由log a x≥2log a(2x＋t－2)可得log a x≥log a(2x＋t－2)，∴x≤2x＋t－2，∴t≥－2x＋x＋2.设u(x)＝－2x＋x＋2＝－2(x)2＋x＋2＝－2(x－14)2＋178，∵x∈[1,2]，∴x∈[1，2].∴u(x)max＝u(1)＝1.∴实数t的取值范围为t≥1.第二章 第八节 幂函数与二次函数题组一幂函数问题1.已知幂函数f (x )＝x α的部分对应值如下表：x112f (x ) 122则不等式f (|x |)≤2的解集是 ( ) A.{x |－4≤x ≤4} B.{x |0≤x ≤4} C.{x |－2≤x ≤2} D.{x |0＜x ≤2} 解析：由表知22＝(12)α，∴α＝12，∴f (x )＝12x .∴12x ()≤2，即|x |≤4，故－4≤x ≤4. 答案：A2.函数y ＝1nx ()(n ∈N ，n >2)的图象的大致形状是 ( )解析：由n >2知－1n <0，∴x ≠0，且图象在第一象限内为减函数. 答案：A3.比较下列各组值的大小：(1)138--和－1319()；(2) 254.1、253.8-（ 1.9-）35-(3)0.20.5和0.40.3.解：比较幂值的大小，一般可以借助幂函数和指数函数的单调性，有时也要借助中间值.(1)由于幂函数13y x -=在(0，＋∞)上是减函数，所以1133<89--，因此 1133<89----，即11339<18;----()(2)由于2235554.11,0 3.81, 1.9><<0<,-(-)-13y x -=因此223555><<4.11,0 3.81, 1.9-(-)-(3)由于指数函数y ＝0.2x 在R 上是减函数， 所以0.20.5<0.20.3，又由于幂函数y ＝x 0.3在(0，＋∞)上是增函数， 所以0.20.3<0.40.3，故有0.20.5<0.40.3.题组二二次函数的解析式4.已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 且f (1＋x )＝f (－x )，则下列不等式中成立的是 ( ) A.f (－2)＜f (0)＜f (2) B.f (0)＜f (－2)＜f (2) C. f (0)＜f (2)＜f (－2) D. f (2)＜f (0)＜f (－2) 解析：∵f (1＋x )＝f (－x )，∴(x ＋1)2＋b (x ＋1)＋c ＝x 2－b x ＋c ， ∴x 2＋(2＋b )x ＋1＋b ＋c ＝x 2－bx ＋c ， ∴2＋b ＝－b ，即b ＝－1，∴f (x )＝x 2－x ＋c ，其图象的对称轴为x ＝12，∴f (0)＜f (2)＜f (－2). 答案：C5.(2010·海口模拟)方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a ∈(0，＋∞))的解的个数是 ( )A.1个B.2个C.3个D.4个解析：∵a ∈(0，＋∞)，∴a 2＋1＞1，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有两个交点，∴方程有两解.故选B.答案：B6.已知二次函数f (x )的二次项系数为a ，满足不等式f (x )＞－2x 的解集为(1,3)，且方程f (x )＋6a ＝0有两个相等的实根，求f (x )的解析式.解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0).∵f (x )＞－2x ，∴ax 2＋bx ＋c ＞－2x ，即ax 2＋(b ＋2)x ＋c ＞0.∵解集为(1,3)，故224,0,4,<0.x x x x x x ⎧+⎪⎨-⎪⎩≥ 0,0,213,42,3<.13<a a b a b a a c c a ⎧⎪⎪⎧⎪+⎪⎪+=-⇒=--⎨⎨⎪⎪=⎩⎪⎪⨯=⎪⎩ 由于f (x )＝－6a 有两个相等的实根，故ax 2＋bx ＋c ＋6a ＝0中Δ＝0.∴b 2－4a (c ＋6a )＝0. ③联立①②③，故a ＝－15，b ＝－65，c ＝－35， ∴f (x )＝－15x 2－65x －35.题组三 二次函数的性质7.函数f (x )＝4x 2－mx ＋5在区间[－2，＋∞)上是增函数，则f (1)的取值范围是 ( )A. f (1)≥25B.f (1)＝25C. f (1)≤25D.f (1)＞25解析：由题知8m ≤－2，∴m ≤－16.∴f (1)＝9－m ≥25. 答案：A ① ②。