2017版考前三个月(浙江专版,文理通用)高考知识·方法篇 专题3 函数与导数 第7练

第36练 函数与方程思想[思想方法解读] 1.函数与方程思想的含义(1)函数的思想 ,是用运动和变化的观点 ,分析和研究数学中的数量关系 ,是对函数概念的本质认识 ,建立函数关系或构造函数 ,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题 ,从而使问题获得解决的思想方法．(2)方程的思想 ,就是分析数学问题中变量间的等量关系 ,建立方程或方程组 ,或者构造方程 ,通过解方程或方程组 ,或者运用方程的性质去分析、转化问题 ,使问题获得解决的思想方法． 2．函数与方程思想在解题中的应用(1)函数与不等式的相互转化 ,对函数y ＝f (x ) ,当y >0时 ,就化为不等式f (x )>0 ,借助于函数的图象和性质可解决有关问题 ,而研究函数的性质也离不开不等式．(2)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数 ,用函数的观点去处理数列问题十分重要．(3)解析几何中的许多问题 ,需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算 ,经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决 ,建立空间直角坐标系后 ,立体几何与函数的关系更加密切．体验 (高|考 )1．(2021·湖南)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3x ≤a x 2x ＞a假设存在实数b ,使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点 ,那么a 的取值范围是________． 答案 (－∞ ,0)∪(1 ,＋∞)解析 函数g (x )有两个零点 ,即方程f (x )－b ＝0有两个不等实根 ,那么函数y ＝f (x )和y ＝b 的图象有两个公共点．①假设a<0 ,那么当x≤a时,f(x)＝x3,函数单调递增；当x>a时,f(x)＝x2,函数先单调递减后单调递增,f(x)的图象如图(1)实线局部所示,其与直线y＝b可能有两个公共点．②假设0≤a≤1 ,那么a3≤a2,函数f(x)在R上单调递增,f(x)的图象如图(2)实线局部所示,其与直线y＝b至||多有一个公共点．③假设a>1 ,那么a3>a2 ,函数f(x)在R上不单调,f(x)的图象如图(3)实线局部所示,其与直线y ＝b可能有两个公共点．综上,a<0或a>1.2．(2021·安徽)设x3＋ax＋b＝0 ,其中a ,b均为实数,以下条件中,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 ,f′(x)＝3x2＋a ,当a≥0时,f′(x)≥0 ,f(x)单调递增,必有一个实根,④⑤正确；当a<0时,由于选项当中a＝－3 ,∴只考虑a＝－3这一种情况,f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1) ,∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2 ,f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2 ,要有一根,f(x)极大<0或f(x)极小>0 ,∴b<－2或b>2 ,①③正确,②错误．所有正确条件为①③④⑤.3．(2021·课标全国甲)函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x ) ,假设函数y ＝x ＋1x 与y ＝f (x )图象的交点为(x 1 ,y 1) ,(x 2 ,y 2) ,… ,(x m ,y m ) ,那么∑i ＝1m(x i ＋y i )等于( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m答案 B解析 方法一 特殊函数法 ,根据f (－x )＝2－f (x )可设函数f (x )＝x ＋1 ,由y ＝x ＋1x,解得两个点的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝－1y 1＝0⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝1y 2＝2此时m ＝2 ,所以∑i ＝1m (x i ＋y i )＝m ,应选B. 方法二 由题设得12(f (x )＋f (－x ))＝1 ,点(x ,f (x ))与点(－x ,f (－x ))关于点(0,1)对称 ,那么y ＝f (x )的图象关于点(0,1)对称．又y ＝x ＋1x ＝1＋1x,x ≠0的图象也关于点(0,1)对称．那么交点(x 1 ,y 1) ,(x 2 ,y 2) ,… ,(x m ,y m )成对 ,且关于点(0,1)对称． 那么∑i ＝1m(x i ,y i )＝∑i ＝1mx i ＋∑i ＝1my i ＝0＋m2×2＝m ,应选B.(高|考 )必会题型题型一 利用函数与方程思想解决图象交点或方程根等问题例1 (2021·天津)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(4a －3)x ＋3ax <0log 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 ,那么a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0 23B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 34C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1323∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1323∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34答案 C解析 由y ＝log a (x ＋1)＋1在[0 ,＋∞)上递减 ,得0<a <1.又由f (x )在R 上单调递减 ,那么⎩⎨⎧02＋(4a －3)·0＋3a ≥f (0)＝13－4a2≥0⇒13≤a ≤34. 如下列图 ,在同一坐标系中作出函数y ＝|f (x )|和y ＝2－x 的图象．由图象可知 ,在[0 ,＋∞)上 ,|f (x )|＝2－x 有且仅有一个解．故在(－∞ ,0)上 ,|f (x )|＝2－x 同样有且仅有一个解．当3a >2 ,即a >23时 ,由x 2＋(4a －3)x ＋3a ＝2－x (其中x <0) ,得x 2＋(4a －2)x＋3a －2＝0(其中x <0) ,那么Δ＝(4a －2)2－4(3a －2)＝0 ,解得a ＝34或a ＝1(舍去)；当1≤3a ≤2 ,即13≤a ≤23时 ,由图象可知 ,符合条件．综上所述 ,a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1323∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.应选C.点评 函数图象的交点、函数零点、方程的根三者之间可互相转化 ,解题的宗旨就是函数与方程的思想．方程的根可转化为函数零点、函数图象的交点 ,反之函数零点、函数图象的交点个数问题也可转化为方程根的问题．变式训练1 定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ∈[0 1)2－x 2x ∈[－1 0)且f (x ＋2)＝f (x ) ,g (x )＝2x ＋5x ＋2,那么方程f (x )＝g (x )在区间[－5,1]上的所有实根之和为( ) A ．－5B ．－6C ．－7D ．－8答案 C解析 g (x )＝2x ＋5x ＋2＝2(x ＋2)＋1x ＋2＝2＋1x ＋2 ,由题意知函数f (x )的周期为2 ,那么函数f (x ) ,g (x )在区间[－5,1]上的图象如下列图：由图象知f (x )、g (x )有三个交点 ,故方程f (x )＝g (x ) 在x ∈[－5,1]上有三个根x A 、x B 、x C ,x B ＝－3 , x A ＋x C2＝－2 ,x A ＋x C ＝－4 , ∴x A ＋x B ＋x C ＝－7.题型二 函数与方程思想在不等式中的应用例2 定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x ) ,满足f (x )>f ′(x ) ,且f (0)＝1 ,那么不等式f (x )e x<1的解集为( ) A ．(－∞ ,0) B ．(0 ,＋∞) C ．(－∞ ,2) D ．(2 ,＋∞)答案 B解析 构造函数g (x )＝f (x )e x ,那么g ′(x )＝e x ·f ′(x )－e x ·f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .由题意得g ′(x )<0恒成立 ,所以函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．又g (0)＝f (0)e 0＝1 ,所以f (x )e x <1 ,即g (x )<1 ,所以x >0 ,所以不等式的解集为(0 ,＋∞)．应选B. 点评 不等式恒成立问题的处理方法在解决不等式恒成立问题时 ,一种最||重要的思想方法就是构造适当的函数 ,利用函数的图象和性质解决问题．同时要注意在一个含多个变量的数学问题中 ,需要确定适宜的变量和参数 ,从而揭示函数关系 ,使问题更明朗化．一般地 ,存在范围的量为变量 ,而待求范围的量为参数．变式训练2 f (x )＝log 2x ,x ∈[2,16] ,对于函数f (x )值域内的任意实数m ,那么使x 2＋mx ＋4>2m ＋4x 恒成立的实数x 的取值范围为( ) A ．(－∞ ,－2] B ．[2 ,＋∞)C ．(－∞ ,－2]∪[2 ,＋∞)D ．(－∞ ,－2)∪(2 ,＋∞) 答案 D解析 ∵x ∈[2,16] ,∴f (x )＝log 2x ∈[1,4] , 即m ∈[1,4]．不等式x 2＋mx ＋4>2m ＋4x 恒成立 , 即为m (x －2)＋(x －2)2>0恒成立 , 设g (m )＝(x －2)m ＋(x －2)2 , 那么此函数在[1,4]上恒大于0 ,所以⎩⎨⎧g (1)>0 g (4)>0 即⎩⎪⎨⎪⎧x －2＋(x －2)2>04(x －2)＋(x －2)2>0解得x <－2或x >2.题型三 函数与方程思想在数列中的应用例3 数列{a n }是首||项为2 ,各项均为正数的等差数列 ,a 2 ,a 3 ,a 4＋1成等比数列 ,设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n (其中S n 是数列{a n }的前n 项和) ,假设对任意n ∈N * ,不等式b n ≤k 恒成立 ,求实数k 的最||小值．解 因为a 1＝2 ,a 23＝a 2·(a 4＋1) , 又因为{a n }是正项等差数列 ,故d ≥0 , 所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d ) , 得d ＝2或d ＝－1(舍去) , 所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n . 因为S n ＝n (n ＋1) ,b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1(n ＋1)(n ＋2)＋1(n ＋2)(n ＋3)＋…＋12n (2n ＋1)＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n2n 2＋3n ＋1 ＝12n ＋1n＋3. 令f (x )＝2x ＋1x(x ≥1) ,那么f ′(x )＝2－1x 2 ,当x ≥1时 ,f ′(x )>0恒成立 ,所以f (x )在[1 ,＋∞)上是增函数 , 故当x ＝1时 ,f (x )min ＝f (1)＝3 , 即当n ＝1时 ,(b n )max ＝16,要使对任意的正整数n ,不等式b n ≤k 恒成立 , 那么须使k ≥(b n )max ＝16 ,所以实数k 的最||小值为16.点评 数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似 ,但要注意数列问题中n 的取值范围为正整数 ,涉及的函数具有离散性特点 ,其一般解题步骤为： 第|一步：分析数列式子的结构特征．第二步：根据结构特征构造 "特征〞函数(方程) ,转化问题形式．第三步：研究函数性质．结合解决问题的需要 ,研究函数(方程)的相关性质 ,主要涉及函数单调性与最||值、值域问题的研究．第四步：回归问题．结合对函数(方程)相关性质的研究 ,回归问题．变式训练3 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和 ,(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．假设a 8a 7＜－1 ,那么( )A ．S n 的最||大值是S 8B ．S n 的最||小值是S 8C ．S n 的最||大值是S 7D ．S n 的最||小值是S 7答案 D解析 由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1 ,即n (a 1＋a n )2n ＜(n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2(n ＋1) ,所以a n ＜a n ＋1 ,所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1 ,所以a 8＞0 ,a 7＜0 ,即数列{a n }前7项均小于0 ,第8项大于零 ,所以S n 的最||小值为S 7 ,应选D.题型四 函数与方程思想在解析几何中的应用例4 椭圆C 的中|心为坐标原点O ,焦点在y 轴上 ,短轴长为 2 ,离心率为22,直线l 与y 轴交于点P (0 ,m ) ,与椭圆C 交于相异两点A ,B ,且AP →＝3PB →. (1)求椭圆C 的方程； (2)求m 的取值范围．解 (1)设椭圆C 的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1 (a >b >0) ,设c >0 ,c 2＝a 2－b 2 ,由题意 ,知2b ＝ 2 ,c a ＝22 ,所以a ＝1 ,b ＝c ＝22.故椭圆C 的方程为y 2＋x 212＝1 ,即y 2＋2x 2＝1. (2)①当直线l 的斜率不存在时 ,也满足AP →＝3PB →,此时m ＝±12.②当直线l 的斜率存在时 ,设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0) ,l 与椭圆C 的交点坐标为A (x 1 ,y 1) ,B (x 2 ,y 2) ,由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m 2x 2＋y 2＝1 得(k 2＋2)x 2＋2kmx ＋(m 2－1)＝0 ,Δ＝(2km )2－4(k 2＋2)(m 2－1)＝4(k 2－2m 2＋2)>0 ,(*) x 1＋x 2＝－2km k 2＋2 ,x 1x 2＝m 2－1k 2＋2.因为AP →＝3PB →,所以－x 1＝3x 2 ,所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2x 2 x 1x 2＝－3x 22.那么3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0 ,即3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km k 2＋22＋4·m 2－1k 2＋2＝0 ,整理得4k 2m 2＋2m 2－k 2－2＝0 , 即k 2(4m 2－1)＋2m 2－2＝0 , 当m 2＝14时 ,上式不成立；当m 2≠14时 ,k 2＝2－2m 24m 2－1 ,由(*)式 ,得k 2>2m 2－2 ,又k ≠0 , 所以k 2＝2－2m 24m 2－1>0 ,解得－1<m <－12或12<m <1 ,综上 ,所求m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－1 －12∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12 1. 点评 利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤 第|一步：联立方程． 第二步：求解判别式Δ.第三步：代换．利用题设条件和圆锥曲线的几何性质 ,得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系 ,将其代换．第四步：下结论．将上述等量代换式代入Δ>0或Δ≥0中 ,即可求出目标参数的取值范围． 第五步：回忆反思．在研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时 ,无论题目中有没有涉及求参数的取值范围 ,都不能无视了判别式对某些量的制约 ,这是求解这类问题的关键环节． 变式训练4 点F 1(－c,0) ,F 2(c,0)为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点 ,点P 为椭圆上一点 ,且PF 1→·PF 2→＝c 2 ,那么此椭圆离心率的取值范围是____________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤33 22解析 设P (x ,y ) ,那么PF 1→·PF 2→＝(－c －x ,－y )·(c －x ,－y ) ＝x 2－c 2＋y 2＝c 2 ,①将y 2＝b 2－b 2a 2x 2代入①式解得 x 2＝(2c 2－b 2)a 2c 2＝(3c 2－a 2)a 2c 2 ,又x 2∈[0 ,a 2] ,∴2c 2≤a 2≤3c 2 , ∴e ＝ca ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33 22.(高|考 )题型精练1．关于x 的方程3x ＝a 2＋2a ,在(－∞ ,1]上有解 ,那么实数a 的取值范围是( ) A ．[－2 ,－1)∪(0,1] B ．[－3 ,－2)∪[0,1] C ．[－3 ,－2)∪(0,1] D ．[－2 ,－1)∪[0,1] 答案 C解析 当x ∈(－∞ ,1]时 ,3x ∈(0,3] ,要使3x ＝a 2＋2a 有解 ,a 2＋2a 的值域必须为(0,3] , 即0<a 2＋2a ≤3 ,解不等式可得－3≤a ＜－2或0＜a ≤1 , 应选C.2．设函数f (x )＝e x (x 3－3x ＋3)－a e x －x ,假设不等式f (x )≤0有解 ,那么实数a 的最||小值为( ) A.2e－1 B ．2－2eC ．1＋2e 2D ．1－1e答案 D解析 因为f (x )≤0有解 ,所以f (x )＝e x (x 3－3x ＋3)－a e x －x ≤0 ,a ≥x 3－3x ＋3－x e x ＝F (x ) , F ′(x )＝3x 2－3＋x －1e x ＝(x －1)(3x ＋3＋e －x ) , 令G (x )＝3x ＋3＋e －x ,G ′(x )＝3－e －x,3－e －x ＝0 ,x ＝－ln 3 ,G (x )最||小值G (－ln 3)＝6－3ln 3>0 ,F (x )在(－∞ ,1)上递减 ,在(1 ,＋∞)上递增 ,F (x )的最||小值为F (1)＝1－1e ,所以a ≥1－1e, 应选D.3．f (x )＝x 2－4x ＋4 ,f 1(x )＝f (x ) ,f 2(x )＝f (f 1(x )) ,… ,f n (x )＝f (f n －1(x )) ,函数y ＝f n (x )的零点个数记为a n ,那么a n 等于( )A ．2nB ．2n －1 C ．2n ＋1D ．2n 或2n －1 答案 B解析 f 1(x )＝x 2－4x ＋4＝(x －2)2 ,有1个零点2 ,由f 2(x )＝0可得f 1(x )＝2 ,那么x ＝2＋2或x ＝2－ 2 ,即y ＝f 2(x )有2个零点 ,由f 3(x )＝0可得f 2(x )＝2－2或2＋ 2 ,那么(x －2)2＝2－2或(x －2)2＝2＋ 2 ,即y ＝f 3(x )有4个零点 ,以此类推可知 ,y ＝f n (x )的零点个数a n ＝2n －1.应选B.4．对任意的θ∈(0 ,π2) ,不等式1sin 2θ＋4cos 2θ≥|2x －1|恒成立 ,那么实数x 的取值范围是( ) A ．[－3,4]B ．[0,2]C ．[－32 ,52] D ．[－4,5] 答案 D解析 ∵对任意的θ∈(0 ,π2) ,sin 2θ＋cos 2θ＝1 , ∴1sin 2θ＋4cos 2θ＝(sin 2θ＋cos 2θ)(1sin 2θ＋4cos 2θ) ＝5＋cos 2θsin 2θ＋4sin 2θcos 2θ≥5＋2×2＝9 ,当且仅当tan θ＝22时取等号． ∵不等式1sin 2θ＋4cos 2θ≥|2x －1|恒成立 , ∴9≥|2x －1| ,∴－9≤2x －1≤9 ,解得－4≤x ≤5 ,那么实数x 的取值范围是[－4,5]．5．函数f (x )＝ln x －14x ＋34x－1 ,g (x )＝－x 2＋2bx －4 ,假设对任意x 1∈(0,2) ,x 2∈[1,2] ,不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立 ,那么实数b 的取值范围为____________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞ 142 解析 问题等价于f (x )min ≥g (x )max .f (x )＝ln x －14x ＋34x－1 , 所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝4x －x 2－34x 2, 令f ′(x )>0得x 2－4x ＋3<0 ,解得1<x <3 ,故函数f (x )的单调递增区间是(1,3) ,单调递减区间是(0,1)和(3 ,＋∞) ,故在区间(0,2)上 ,x ＝1是函数的极小值点 ,这个极小值点是唯一的 ,故也是最||小值点 ,所以f (x )min ＝f (1)＝－12. 由于函数g (x )＝－x 2＋2bx －4 ,x ∈[1,2]．当b <1时 ,g (x )max ＝g (1)＝2b －5；当1≤b ≤2时；g (x )max ＝g (b )＝b 2－4；当b >2时 ,g (x )max ＝g (2)＝4b －8.故问题等价于⎩⎪⎨⎪⎧ b <1 －12≥2b －5或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤b ≤2 －12≥b 2－4或⎩⎪⎨⎪⎧b >2 －12≥4b －8. 解第|一个不等式组得b <1 ,解第二个不等式组得1≤b ≤142 ,第三个不等式组无解．综上所述 ,b 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞ 142. 6．满足条件AB ＝2 ,AC ＝2BC 的三角形ABC 的面积的最||大值是________． 答案 2 2解析 可设BC ＝x ,那么AC ＝2x ,根据面积公式得S △ABC ＝x 1－cos 2B ,由余弦定理计算得cos B ＝4－x 24x, 代入上式得S △ABC ＝x1－(4－x 24x )2 ＝128－(x 2－12)216. 由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋x >2x ＋2>2x 得22－2<x <22＋2. 故当x ＝23时 ,S △ABC 有最||大值2 2.7．设函数f (x )＝ln x ＋a x －1(a 为常数)． (1)假设曲线y ＝f (x )在点(2 ,f (2))处的切线与x 轴平行 ,求实数a 的值；(2)假设函数f (x )在(e ,＋∞)内有极值 ,求实数a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0,1)∪(1 ,＋∞) , 由f (x )＝ln x ＋a x －1得f ′(x )＝1x －a (x －1)2 , 由于曲线y ＝f (x )在点(2 ,f (2))处的切线与x 轴平行 ,所以f ′(2)＝0 ,即12－a (2－1)2＝0 , 所以a ＝12. (2)因为f ′(x )＝1x －a (x －1)2＝x 2－(2＋a )x ＋1x (x －1)2, 假设函数f (x )在(e ,＋∞)内有极值 ,那么函数y＝f′(x)在(e ,＋∞)内有异号零点,令φ(x)＝x2－(2＋a)x＋1.设x2－(2＋a)x＋1＝(x－α)(x－β) ,可知αβ＝1 ,不妨设β>α ,那么α∈(0,1) ,β∈(1 ,＋∞) ,假设函数y＝f′(x)在(e ,＋∞)内有异号零点,即y＝φ(x)在(e ,＋∞)内有异号零点,所以β>e ,又φ(0)＝1>0 ,所以φ(e)＝e2－(2＋a)e＋1<0 ,－2 ,解得a>e＋1e－2 ,＋∞)．所以实数a的取值范围是(e＋1e8．f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)假设f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围．解(1)∵f(x)＝e x－ax－1(x∈R) ,∴f′(x)＝e x－a.令f′(x)≥0 ,得e x≥a ,当a≤0时,f′(x)>0在R上恒成立；当a>0时,有x≥ln a.综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(－∞ ,＋∞)；当a>0时,f(x)的单调增区间为(ln a ,＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝e x－a.∵f(x)在R上单调递增,∴f′(x)＝e x－a≥0恒成立,即a≤e x在R上恒成立．∵当x∈R时,e x>0 ,∴a≤0 ,即a的取值范围是(－∞ ,0]．9．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0) ,离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ,N .(1)求椭圆C 的方程；(2)当△AMN 的面积为103时 ,求k 的值． 解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2 c a ＝22 a 2＝b 2＋c 2 解得b ＝ 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)由⎩⎨⎧ y ＝k (x －1) x 24＋y 22＝1 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 设点M ,N 的坐标分别为(x 1 ,y 1) ,(x 2 ,y 2) ,那么x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2 ,x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2. 所以|MN |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝2(1＋k 2)(4＋6k 2)1＋2k 2. 又因为点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k 2, 所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2. 由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103 ,解得k ＝±1. 所以k 的值为1或－1.10．等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2 ,且a 3＋2是a 2 ,a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)假设b n ＝a n ＋log 21a n,S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ,求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最||小值． 解 (1)设等比数列{a n }的首||项为a 1 ,公比为q ,依题意 ,有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋a 3＝3a 2a 2＋a 4＝2(a 3＋2) 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1(2＋q 2)＝3a 1q ①a 1(q ＋q 3)＝2a 1q 2＋4. ② 由①得q 2－3q ＋2＝0 ,解得q ＝1或q ＝2.当q ＝1时 ,不合题意．舍去；当q ＝2时 ,代入②得a 1＝2 ,所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2)b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n －n . 所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－n (1＋n )2 ＝2n ＋1－2－12n －12n 2. 因为S n －2n ＋1＋47<0 ,所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0 , 即n 2＋n －90>0 ,解得n >9或n <－10. 因为n ∈N * ,故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最||小值为10.。

第11练 导数几何意义的必会题型[题型分析·高考展望] 本部分题目考查导数的几何意义：函数f (x )在x ＝x 0处的导数即为函数图象在该点处的切线的斜率，考查形式主要为选择题和填空题或者在解答题的某一步中出现(难度为低中档)，内容就是求导，注意审题是过点(x 0，y 0)的切线还是在点(x 0，y 0)处的切线． 体验高考1．(2016·四川)设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．(0,2) C ．(0，＋∞) D ．(1，＋∞) 答案 A解析 ∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1，∴f ′(x )＝⎩⎨⎧－1x，0<x <1，1x ，x >1.若k 1·k 2＝－1，则两个切点一个在x ∈(0,1)的图象上为P 1，一个在x ∈(1，＋∞)的图象上为P 2.设P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则k 1＝－1x 1，k 2＝1x 2.∵k 1k 2＝－1，∴x 1x 2＝1. 令x 1＝x 0(0<x 0<1)，则x 2＝1x 0.∴P 1(x 0，－ln x 0)，P 2⎝⎛⎭⎫1x 0，－ln x 0. ∴l 1：y ＋ln x 0＝－1x 0(x －x 0)⇒y ＝－1x 0x ＋1－ln x 0，∴A (0,1－ln x 0)．l 2：y ＋ln x 0＝x 0(x －1x 0)⇒y ＝x 0x －1－ln x 0，∴B (0，－1－ln x 0)，∴|AB |＝1－ln x 0－(－1－ln x 0)＝2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1x 0x ＋1－ln x 0，y ＝x 0x －1－ln x 0，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0x 20＋1，x 20－1x 20＋1－ln x 0.∴S △P AB ＝12·2|x 0|x 20＋1·|AB |＝12·2x 0x 20＋1·2＝2x 0x 20＋1＝2x 0＋1x 0.∵x 0∈(0,1)，∴0＜2x 0＋1x 0＜1，故S △P AB ∈(0,1)．2．(2016·课标全国丙)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e －x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是________． 答案 y ＝2x解析 设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x ，因为f (x )为偶函数，所以f (－x )＝f (x )， 所以f (x )＝e x －1＋x .因为当x ＞0时，f ′(x )＝e x －1＋1，所以f ′(1)＝2，所以曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程为 y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .3．(2016·课标全国甲)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________. 答案 1－ln 2解析 y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1)，y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2)，∴⎩⎨⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln (x 2＋1)－x2x 2＋1，解得⎩⎨⎧x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2.4．(2015·天津)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：13214.3－≤－＋ax x(1)解 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()1300412.＝，＝－x f x ' 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()13124.＝－g x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭设方程g (x )＝a 的根为x 2′，可得1324.12＝－＋ax '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′＝a4.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1321214.3－≤－＝－＋ax x x x ''5．(2016·课标全国甲)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0，曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a (x －1)x ＋1>0，设g (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a(x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0.①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 因此g (x )>0；②当a >2时，令g ′(x )＝0得，x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1.由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，因此g (x )<0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]． 高考必会题型题型一 直接求切线或切线斜率问题例1 (1)(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝______. (2)曲线y ＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1 答案 (1)1 (2)C解析 (1)f ′(x )＝3ax 2＋1，f ′(1)＝1＋3a ，f (1)＝a ＋2. 在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(1＋3a )(x －1)． 将(2,7)代入切线方程，得7－(a ＋2)＝(1＋3a )，解得a ＝1. (2)∵y ＝x ex －1＝x e x e， ∴y ′＝1e (e x ＋x ·e x )＝1e·e x·(x ＋1)，故曲线在点(1,1)处的切线斜率为y ′|x ＝1＝2.点评 导数几何意义的应用，需注意以下两点：(1)当曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线垂直于x 轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x ＝x 0.(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线．曲线y ＝f (x )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)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解．变式训练1 (2016·课标全国丙)已知f (x )为偶函数，当x ＜0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________． 答案 2x ＋y ＋1＝0解析 设x ＞0，则－x ＜0，f (－x )＝ln x －3x ，又f (x )为偶函数，f (x )＝ln x －3x ，f ′(x )＝1x －3，f ′(1)＝－2，切线方程为y ＝－2x －1. 题型二 导数几何意义的综合应用例2 (2015·山东)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 ＋ax ＋1，即f ′(1)＝a ＋1＝2，所以a ＝1.(2)当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4e2.点评 已知切线求参数问题，主要利用导数几何意义，通过切点坐标、切线斜率之间的关系来构造方程组求解．变式训练2 (2015·广东)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.(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ，任意x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立． ∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间． (2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ， ∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0， ∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点， 又∵f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． (3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)， 则()0200e (1)0＝＋＝，xf x x '∴x 0＝－1， 把x 0＝－1代入y ＝f (x )得y 0＝2e －a ，∴k OP ＝a －2e.f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上单调递增， 令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上单调递减， ∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e ≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1.高考题型精练1．已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为( )A ．x ＋y －1＝0B ．x －y －1＝0C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0答案 B解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)． 又∵f ′(x )＝1＋ln x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0， 解得x 0＝1，y 0＝0. ∴切点为(1,0)， ∴f ′(1)＝1＋ln 1＝1.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.故选B.2．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m <0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m 等于( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－2 答案 D解析 ∵f ′(x )＝1x，∴直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1. 又f (1)＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1. g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)， 则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1， y 0＝12x 20＋mx 0＋72(m <0)， 于是解得m ＝－2.故选D.3．已知直线l 与曲线f (x )＝x 2－3x ＋2＋2ln x 相切，则直线l 倾斜角的最小值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2答案 B解析 函数的定义域为(0，＋∞)．由导数的几何意义可知，曲线上任意一点P (x ，y )处的切线的斜率为f ′(x )＝2x －3＋2x ，因为x ＞0，故2x ＋2x≥22x ×2x ＝4(当且仅当2x ＝2x，即x ＝1时取等号)，所以f ′(x )＝2x －3＋2x ≥4－3＝1，即直线l 的斜率的最小值为1，此时直线的倾斜角取得最小值π4.故选B.4．设a ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a －3)x 的导函数是f ′(x )，若f ′(x )是偶函数，则曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为( ) A ．y ＝3x B ．y ＝－2x C ．y ＝－3x D ．y ＝2x答案 C解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a －3)，又f ′(x )是偶函数，∴a ＝0，即f ′(x )＝3x 2－3. ∴k ＝f ′(0)＝－3，∴曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝－3x ， 故选C.5．若曲线f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ＋d (a ，b ，c >0)上不存在斜率为0的切线，则f ′(1)b－1的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．[1，＋∞) C ．(2，＋∞) D ．[2，＋∞)答案 A解析 因为函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(1)b －1＝a ＋b ＋c b －1＝a ＋cb .函数f (x )图象上不存在斜率为0的切线，也就是f ′(x )＝0无解，故Δ＝b 2－4ac <0，即ac >b 24，所以a ＋c b ≥2acb >2b 24b ＝1，即f ′(1)b －1＝a ＋cb的取值范围是(1，＋∞)．6．若曲线y ＝kx ＋ln x 在点(1，k )处的切线平行于x 轴，则k ＝________. 答案 －1解析 y ′＝k ＋1x，则y ′|x ＝1＝k ＋1＝0.解得k ＝－1.7．(2015·陕西)设曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P的坐标为________． 答案 (1,1)解析 y ′＝e x ，曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1，设P (m ，n )，y ＝1x (x >0)的导数为y ′＝－1x 2(x >0)，曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m 2 (m >0)，因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1,1)．8．已知f (x )＝x 3＋f ′(23)x 2－x ，则f (x )的图象在点(23，f (23))处的切线斜率是________．答案 －1解析 f ′(x )＝3x 2＋2f ′(23)x －1，令x ＝23，可得f ′(23)＝3×(23)2＋2f ′(23)×23－1，解得f ′(23)＝－1，所以f (x )的图象在点(23，f (23))处的切线斜率是－1.9．已知曲线C ：f (x )＝x 3－ax ＋a ，若过曲线C 外一点A (1,0)引曲线C 的两条切线，它们的倾斜角互补，则a 的值为________． 答案278解析 设切点坐标为(t ，t 3－at ＋a )．由题意知，f ′(x )＝3x 2－a ， 切线的斜率为k ＝y ′|x ＝t ＝3t 2－a ，①所以切线方程为y －(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(x －t )． ② 将点(1,0)代入②式得，－(t 3－at ＋a )＝(3t 2－a )(1－t )，解得t ＝0或t ＝32.分别将t ＝0和t ＝32代入①式，得k ＝－a 和k ＝274－a ，由题意它们互为相反数，得a ＝278.10．已知函数y ＝f (x )及其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程是________．答案 x －y －2＝0解析 根据导数的几何意义及图象可知，曲线y ＝f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(2)＝1，又过点P (2,0)，所以切线方程为x －y －2＝0.11．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2图象上一点P (2，f (2))处的切线方程为y ＝－3x ＋2ln 2＋2. (1)求a ，b 的值；(2)若方程f (x )＋m ＝0在区间[1e ，e]内有两个不等实根，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a x －2bx (x >0)，f ′(2)＝a2－4b ，f (2)＝a ln 2－4b .∴a2－4b ＝－3，且a ln 2－4b ＝－6＋2ln 2＋2. 解得a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝2ln x －x 2(x >0)， 设h (x )＝f (x )＋m ＝2ln x －x 2＋m ， 则h ′(x )＝2x －2x ＝2(1－x 2)x ，令h ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)． 当x ∈[1e ，1)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数；当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0，h (x )是减函数，则方程h (x )＝0在[1e ，e]内有两个不等实根的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧ h (1e )≤0，h (1)>0，h (e )≤0， 解得1<m ≤1e 2＋2. 12．(2016·北京)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)f (x )的定义域为R .∵f ′(x )＝e a －x －x e a －x ＋b ＝(1－x )e a －x ＋b . 依题设，⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)＝2e ＋2，f ′(2)＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1. 解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x ， 由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知， f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)，故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．。

第14练 存在与恒成立问题[题型分析·高考展望] “存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目中出现是近年高考的一大热点，弄清其含义，适当进行转化来加以解决．此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中，难度高，需要有较强的分析能力和运算能力，训练时应注意破题方法的研究．体验高考1．(2015·课标全国Ⅰ)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 设g (x )＝e x (2x －1)，y ＝ax －a ，由题知存在唯一的整数x 0，使得当x ＝x 0时，g (x )在直线y ＝ax －a 的下方． 因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)， 所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，[g (x )]min ＝－2e －12，当x ＝0时，g (0)＝－1，g (1)＝e>0，直线y ＝a (x －1)恒过(1,0)且斜率为a ，故－a >g (0)＝－1， 且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e≤a <1.故选D.2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围． (1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1， 即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1. ①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1. 当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m ＋m ＞e －1. 综上，m 的取值范围是[－1,1]．3．(2016·江苏)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解 (1)①由已知可得2x ＋⎝⎛⎭⎫12x＝2， 即2x ＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0.②f (x )＝2x ＋⎝⎛⎭⎫12x ＝2x＋2－x ， 令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t≥2t ·4t＝4. (当且仅当t ＝2时等号成立)． ∴m ≤⎝⎛⎭⎫t ＋4t min ＝4. 即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0. g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.∵g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 为单调递增函数，且值域为R ， ∴g ′(x )一定存在零点，∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意，g (x )有且仅有1个零点， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1.高考必会题型题型一 恒成立问题例1 (2015·福建改编)已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x ＞0时，f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )． 证明 (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ， x ∈(0，＋∞)，则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减， 故当x ＞0时，F (x )＜F (0)＝0， 即当x ＞0时，f (x )＜x .(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈(0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋(1－k )x ＋1.当k ≤0时，G ′(x )＞0，故G (x )在(0，＋∞)上单调递增，G (x )＞G (0)＝0， 故任意正实数x 0均满足题意．当0＜k ＜1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k －1＞0，取x 0＝1k －1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )＞0，从而G (x )在(0，x 0)上单调递增，所以G (x )＞G (0)＝0， 即f (x )＞g (x )．综上，当k ＜1时，总存在x 0＞0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )．点评 恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数，利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值． 变式训练1 设f (x )＝e x －a (x ＋1)．(1)若任意的x ∈R ，f (x )≥0恒成立，求正实数a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝e x －a (x ＋1)，所以f ′(x )＝e x －a . 由题意，知a ＞0，故由f ′(x )＝e x －a ＝0，解得x ＝ln a . 故当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以函数f (x )的最小值为f (ln a )＝e ln a －a (ln a ＋1)＝－a ln a . 由题意，若任意的x ∈R ，f (x )≥0恒成立， 即f (x )＝e x －a (x ＋1)≥0恒成立，故有－a ln a ≥0， 又a ＞0，所以ln a ≤0，解得0＜a ≤1. 所以正实数a 的取值范围为(0,1]．(2)设x 1，x 2是任意的两个实数，且x 1＜x 2， 则直线AB 的斜率为k ＝g (x 2)－g (x 1)x 2－x 1.由已知k ＞m ，即g (x 2)－g (x 1)x 2－x 1＞m .因为x 2－x 1＞0，所以g (x 2)－g (x 1)＞m (x 2－x 1)， 即g (x 2)－mx 2＞g (x 1)－mx 1. 因为x 1＜x 2，所以函数h (x )＝g (x )－mx 在R 上为增函数，故有h ′(x )＝g ′(x )－m ≥0恒成立，所以m ≤g ′(x )． 而g ′(x )＝e x －a －ae x ，又a ≤－1＜0，故g ′(x )＝e x ＋(－a )e x －a ≥2e x ·(－a )ex －a＝2－a －a .而2－a －a ＝2－a ＋(－a )2 ＝(－a ＋1)2－1≥3，所以m 的取值范围为(－∞，3]． 题型二 存在性问题例2 (2015·浙江)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )．(1)当b ＝a 24＋1时，求函数f (x )在[－1,1]上的最小值g (a )的表达式；(2)已知函数f (x )在[－1,1]上存在零点，0≤b －2a ≤1，求b 的取值范围． 解 (1)当b ＝a 24＋1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋a 22＋1， 故对称轴为直线x ＝－a2.当a ≤－2时，g (a )＝f (1)＝a 24＋a ＋2.当－2＜a ≤2时，g (a )＝f ⎝⎛⎭⎫－a2＝1. 当a ＞2时，g (a )＝f (－1)＝a 24－a ＋2.综上，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 24＋a ＋2，a ≤－2，1，－2＜a ≤2，a 24－a ＋2，a ＞2.(2)设s ，t 为方程f (x )＝0的解，且－1≤t ≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧s ＋t ＝－a ，st ＝b ， 由于0≤b －2a ≤1，因此－2t t ＋2≤s ≤1－2t t ＋2(－1≤t ≤1)．当0≤t ≤1时，－2t 2t ＋2≤st ≤t －2t 2t ＋2.由于－23≤－2t 2t ＋2≤0和－13≤t －2t 2t ＋2≤9－45，所以－23≤b ≤9－4 5.当－1≤t ＜0时，t －2t 2t ＋2≤st ≤－2t 2t ＋2，由于－2≤－2t 2t ＋2＜0和－3≤t －2t 2t ＋2＜0，所以－3≤b ＜0.故b 的取值范围是[－3,9－4 5 ]．点评 证明存在性这类问题的思路是想法找到一个“x 0”使问题成立即可，必要时需要对问题进行转化．若证“存在且唯一”则需说明除“x 0”外其余不能使命题成立，或利用函数单调性证明此类问题．变式训练2 (2015·北京)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－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 ＋x33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立，求k 的最大值． (1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )， 所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x，f ′(0)＝2.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝⎛⎭⎫x ＋x33， 则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2. 因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0,1)上单调递增． 所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0,1)， 即当x ∈(0,1)时，f (x )>2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33， 则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－(k －2)1－x 2.所以当0<x < 4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0， 4k －2k 上单调递减．故当0<x < 4k －2k 时，h (x )<h (0)＝0，即f (x )<k ⎝⎛⎭⎫x ＋x 33. 所以当k >2时，f (x )>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33并非对x ∈(0,1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2.高考题型精练1．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎡⎭⎫179，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫179，＋∞ C ．(－∞，2] D ．(－∞，2)答案 A解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0. ∴f (x )在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增， ∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m ≥179.2．在R 上定义运算：⎝ ⎛⎭⎪⎫a b c d ＝ad －bc ，若不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( ) A ．－12 B ．－32 C.12 D.32答案 D解析 由定义知，不等式⎝⎛⎭⎪⎫x －1 a －2a ＋1 x ≥1等价于x 2－x －(a 2－a －2)≥1，∴x 2－x ＋1≥a 2－a 对任意实数x 恒成立， ∵x 2－x ＋1＝(x －12)2＋34≥34，∴a 2－a ≤34，解得－12≤a ≤32，则实数a 的最大值为32.3．若x ∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( ) A ．e x ≤1＋x ＋x 2B.11＋x≤1－12x ＋14x 2C ．cos x ≥1－12x 2D ．ln(1＋x )≥x －18x 2答案 C解析 设f (x )＝cos x ＋12x 2－1，则f ′(x )＝－sin x ＋x ≥0(x ≥0)， 所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1是增函数，所以f (x )＝cos x ＋12x 2－1≥f (0)＝0，即cos x ≥1－12x 2.4．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )＞1，则不等式e x ·f (x )＞e x ＋1的解集为( ) A ．{x |x ＞0} B ．{x |x ＜0}C ．{x |x ＜－1，或x ＞1}D ．{x |x ＜－1，或0＜x ＜1} 答案 A解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ， 因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＞e x －e x ＝0， 所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数． 又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )＞g (0)，解得x ＞0.5．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5，－3] B ．[－6，－98]C ．[－6，－2]D ．[－4，－3]答案 C解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0，恒成立，即a ∈R . 当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max . 设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0，∴φ(x )在(0,1]上单调递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6， ∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4.当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0， 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2. 综上知－6≤a ≤－2.6．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋1，若存在x 0使|f (x 0)|≤14，|f (x 0＋1)|≤14同时成立，则实数a 的取值范围为________．答案 [－6，－2]∪[2，6] 解析 由f (x )＝(x ＋a 2)2＋4－a 24，考察f (x )＝x 2＋h ，当h ＝0时，有|f (－12)|≤14，|f (－12＋1)|≤14同时成立；当h ＝－12时，有|f (－12)|≤14，|f (－12＋1)|≤14同时成立．所以－12≤h ≤0，即－12≤4－a 24≤0，解得－6≤a ≤－2或2≤a ≤ 6.7．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )，f ′(x )>0，对于任意实数x ，有f (x )≥0，则f (1)f ′(0)的最小值为________． 答案 2解析 ∵f ′(x )＝2ax ＋b ，∴f ′(0)＝b >0.由题意知⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝b 2－4ac ≤0a >0，∴ac ≥b 24，∴c >0，∴f (1)f ′(0)＝a ＋b ＋c b ≥b ＋2ac b ≥2bb ＝2，当且仅当a ＝c 时“＝”成立．8．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________． 答案 (－∞，－2)解析 a ＝0时，不符合题意； a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.若a >0，则由图象知f (x )有负数零点，不符合题意． 则a <0，由图象f (0)＝1>0知， 此时必有0<f ⎝⎛⎭⎫2a <1， 即0<a ×8a 3－3×4a 2＋1<1，化简得a 2>4， 又a <0，所以a <－2.9．若在区间[0,1]上存在实数x 使2x (3x ＋a )<1成立，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，1)解析 2x (3x ＋a )<1可化为a <2－x －3x ，则在区间[0,1]上存在实数x 使2x (3x ＋a )<1成立，等价于a <(2－x －3x )max ，而2－x －3x 在[0,1]上单调递减，∴2－x －3x 的最大值为20－0＝1，∴a <1， 故a 的取值范围是(－∞，1)．10．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________． 答案 ⎣⎡⎭⎫94，＋∞解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min＝f (0)＝－1.根据题意可知，存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立．令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.11．已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． (1)解 任意的x ∈(0，＋∞)，有2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x， 设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)， 则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2， ①当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围为(－∞，4]．(2)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))成立． f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e， 当且仅当x ＝1e时取到． 设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－x e x ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e， 当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． 12．(2016·课标全国丙)设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ； (3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1， 即1<x －1ln x<x . (3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln c ln c. 当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1. 又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。

第2练理清四种命题，突破充要条件[题型分析·高考展望]充分、必要条件是重点考查内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度以低、中档为主，在二轮复习中，本部分应该重点掌握四种命题的真假判断、否命题与命题的否定的区别、充分必要条件的判定与应用，这些知识被考查的概率都较高，特别是充分、必要条件几乎每年都有考查．体验高考1．(2015·山东)若m∈R, 命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是() A．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m＞0B．若方程x2＋x－m＝0有实根，则m≤0C．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m＞0D．若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0答案 D解析原命题为“若p，则q”，则其逆否命题为“若綈q，则綈p”．∴所求命题为“若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0”．2．(2015·天津)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的()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答案 A解析|x－2|＜1⇔－1＜x－2＜1⇔1＜x＜3，x2＋x－2＞0⇔x＜－2或x＞1，所以“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的充分不必要条件，故选A.3．(2016·山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()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答案 A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A. 4．(2016·北京)设a，b是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 D解析由|a＋b|＝|a－b|⇔(a＋b)2＝(a－b)2⇔a·b＝0⇔a⊥b，故是既不充分也不必要条件，故选D.5．(2015·四川)设a，b为正实数，则“a＞b＞1”是“log2a＞log2b＞0”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若a＞b＞1，那么log2a＞log2b＞0；若log2a＞log2b＞0，那么a＞b＞1，故选A.高考必会题型题型一命题及其真假判断常用结论：(1)原命题与逆否命题等价，同一个命题的逆命题、否命题等价；(2)四个命题中，真命题的个数为偶数．例1(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是() A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面答案 D解析对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．点评利用等价命题判断命题的真假，是判断命题真假快捷有效的方法．在解答时要有意识地去练习．变式训练1已知直线l，m和平面α，则下列命题正确的是()A．若l∥m，m⊂α，则l∥αB．若l∥α，m⊂α，则l∥mC．若l⊥m，l⊥α，则m∥αD．若l⊥α，m⊂α，则l⊥m答案 D解析若l∥m，m⊂α，当l⊂α时，则l∥α不成立，故A错误；若l∥α，m⊂α，则l∥m或l，m异面，故B错误；若l⊥m，l⊥α，则m⊂α或m∥α，故C错误；若l⊥α，m⊂α，根据线面垂直的定义，线面垂直则线垂直面内任一条线，可得l⊥m，故D 正确．题型二充分条件与必要条件例2(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.则“m∥β”是“α∥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析m⊂α，m∥βα∥β，但m⊂α，α∥β⇒m∥β，所以“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．点评判断充分、必要条件时应注意的问题(1)先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B 的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.(2)举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．变式训练2(2015·湖北)设a1，a2，…，a n∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，a n成等比数列；q：(a21＋a22＋…＋a2n－1)·(a22＋a23＋…＋a2n)＝(a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n)2，则()A．p是q的必要条件，但不是q的充分条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件答案 B解析若p成立，设a1，a2，…，a n的公比为q，则(a21＋a22＋…＋a2n－1)(a22＋a23＋…＋a2n)＝a21(1＋q2＋…＋q2n－4)·a22(1＋q2＋…＋q2n－4)＝a21a22(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝a n＝0，则q 成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.题型三与命题有关的综合问题例3以下关于命题的说法正确的是________(填写所有正确命题的序号)．①“若log2a>0，则函数f(x)＝log a x(a>0，a≠1)在其定义域内是减函数”是真命题；②命题“若a＝0，则ab＝0”的否命题是“若a≠0，则ab≠0”；③命题“若x ，y 都是偶数，则x ＋y 也是偶数”的逆命题为真命题． 答案 ②解析 对于①，若log 2a >0＝log 21，则a >1，所以函数f (x )＝log a x 在其定义域内是增函数，故①不正确；对于②，依据一个命题的否命题的定义可知，该说法正确；对于③，原命题的逆命题是“若x ＋y 是偶数，则x 、y 都是偶数”，是假命题，如1＋3＝4是偶数，但3和1均为奇数，故③不正确．综上可知正确的说法有②.点评 解决此类问题需要对每一个命题逐一作出判断，需要有扎实的基础知识，这是破解此类问题的前提条件．若需证明某命题为真，需要根据有关知识作出逻辑证明，但若需要证明某命题为假，只要举出一个反例即可，因此，“找反例”是破解此类问题的重要方法之一． 变式训练3 下列命题： ①若ac 2＞bc 2，则a ＞b ； ②若sin α＝sin β，则α＝β；③“实数a ＝0”是“直线x －2ay ＝1和直线2x －2ay ＝1平行”的充要条件； ④若f (x )＝log 2x ，则f (|x |)是偶函数．其中正确命题的序号是________． 答案 ①③④解析 对于①，ac 2＞bc 2，c 2＞0，∴a ＞b 正确； 对于②，sin 30°＝sin 150°30°＝150°，∴②错误；对于③，l 1∥l 2⇔A 1B 2＝A 2B 1，即－2a ＝－4a ⇒a ＝0且A 1C 2≠A 2C 1，∴③正确； ④显然正确．高考题型精练1．已知复数z ＝a ＋3i i (a ∈R ，i 为虚数单位)，则“a ＞0”是“z 在复平面内对应的点位于第四象限”的( ) 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 答案 C解析 z ＝a ＋3ii ＝－(a ＋3i)i ＝3－a i ，若z 位于第四象限，则a ＞0，反之也成立，所以“a ＞0”是“z 在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件．2．已知条件p ：x ＋y ≠－2，条件q ：x ，y 不都是－1，则p 是q 的( ) 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答案 A解析因为p：x＋y≠－2，q：x≠－1或y≠－1，所以綈p：x＋y＝－2，綈q：x＝－1且y＝－1，因为綈q⇒綈p但綈p綈q，所以綈q是綈p的充分不必要条件，即p是q的充分不必要条件．3．(2015·湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则() A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件C．p是q的充分必要条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件答案 A解析两直线异面，则两直线一定无交点，即两直线一定不相交；而两直线不相交，有可能是平行，不一定异面，故两直线异面是两直线不相交的充分不必要条件，故选A. 4．(2016·天津)设{a n}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案 C解析由题意得，a2n－1＋a2n＜0⇔a1(q2n－2＋q2n－1)＜0⇔q2(n－1)(q＋1)＜0⇔q∈(－∞，－1)，故是必要不充分条件，故选C.5．设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析当四边形ABCD为菱形时，必有对角线互相垂直，即AC⊥BD；当四边形ABCD中AC⊥BD时，四边形ABCD不一定是菱形，还需要AC与BD互相平分．综上知，“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的充分不必要条件．6．设φ∈R，则“φ＝0”是“f(x)＝cos(x＋φ)(x∈R)为偶函数”的()A．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 当φ＝0时，f (x )＝cos(x ＋φ)＝cos x 为偶函数成立；但当f (x )＝cos(x ＋φ)为偶函数时，φ＝k π，k ∈Z ，φ＝0不一定成立．故选A.7．(2016·四川)设p ：实数x ，y 满足(x －1)2＋(y －1)2≤2，q ：实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x －1，y ≥1－x ，y ≤1，则p 是q 的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 画出可行域(如图所示)，可知命题q 中不等式组表示的平面区域△ABC 在命题p 中不等式表示的圆盘内，故选A.8．(2016·四川)设p ：实数x ，y 满足x >1且y >1，q ：实数x ，y 满足x ＋y >2，则p 是q 的( ) 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答案 A 解析⎭⎪⎬⎪⎫当x ＞1，y ＞1时，x ＋y ＞2一定成立，即p ⇒q 当x ＋y ＞2时，可以x ＝－1，y ＝4，即q p ⇒ 故p 是q 的充分不必要条件9．下列4个命题中正确命题的个数是________．①命题“若x 2－3x ＋2＝0，则x ＝1”的逆否命题：“若x ≠1，则x 2－3x ＋2≠0”； ②m ＝3是直线(m ＋3)x ＋my －2＝0与直线mx －6y ＋5＝0互相垂直的充要条件； ③若实数x ，y ∈[－1,1]，则满足x 2＋y 2≥1的概率为π4；④命题“若a ∈M ，则b ∉M ”与命题“若b ∈M ，则a ∉M ”等价．答案 2解析 ①正确；②错，当m ＝0时，两直线也垂直，所以m ＝3是两直线垂直的充分不必要条件；③错，实数x ，y ∈[－1,1]表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，而x 2＋y 2＜1所表示的平面区域的面积为π，所以满足x 2＋y 2≥1的概率为4－π4；④正确，不难看出，命题“若a ∈M ，则b ∉M ”与命题“若b ∈M ，则a ∉M ”是互为逆否命题，因此二者等价，所以正确．10．已知命题p ：实数m 满足m 2＋12a 2＜7am (a ＞0)，命题q ：实数m 满足方程x 2m －1＋y 22－m＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，且p 是q 的充分不必要条件，则a 的取值范围为________． 答案 ⎣⎡⎦⎤13，38解析 由a ＞0，m 2－7am ＋12a 2＜0，得3a ＜m ＜4a ，即命题p ：3a ＜m ＜4a ，a ＞0.由x 2m －1＋y 22－m ＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，可得2－m ＞m －1＞0，解得1＜m ＜32，即命题q ：1＜m＜32. 因为p 是q 的充分不必要条件，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 3a ＞1，4a ≤32或⎩⎪⎨⎪⎧3a ≥1，4a ＜32，解得13≤a ≤38， 所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，38.。

第7练 抓重点——函数性质与分段函数[题型分析·高考展望] 函数单调性、奇偶性、周期性是高考必考内容，以分段函数为载体是常考题型．主要以选择题或填空题的形式考查，难度为中档偏上．二轮复习中，应该重点训练函数性质的综合应用能力，收集函数应用的不同题型，分析比较异同点，排查与其他知识的交汇点，找到此类问题的解决策略，通过训练提高解题能力．体验高考1．(2015·广东)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( ) A ．y ＝1＋x 2 B ．y ＝x ＋1xC ．y ＝2x ＋12xD ．y ＝x ＋e x答案 D解析 令f (x )＝x ＋e x ，则f (1)＝1＋e ，f (－1)＝－1＋e －1，即f (－1)≠f (1)，f (－1)≠－f (1)，所以y ＝x ＋e x 既不是奇函数也不是偶函数，而A 、B 、C 依次是偶函数、奇函数、偶函数，故选D.2．(2015·山东)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －b ，x ＜1，2x ，x ≥1.若f ⎝⎛⎭⎫f ⎝⎛⎭⎫56＝4，则b 等于( ) A ．1 B.78 C.34 D.12答案 D解析 由题意，得f ⎝⎛⎭⎫56＝3×56－b ＝52－b . 当52－b ≥1，即b ≤32时，5224－＝，b 解得b ＝12. 当52－b ＜1，即b ＞32时，3×⎝⎛⎭⎫52－b －b ＝4， 解得b ＝78(舍去)．所以b ＝12.3．(2016·浙江)已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b ＜0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A 解析 由题意知f (x )＝x 2＋bx ＝⎝⎛⎭⎫x ＋b 22－b 24，f (x )min ＝－b 24，令t ＝x 2＋bx ≥－b 24，则f (f (x ))＝f (t )＝t 2＋bt ＝⎝⎛⎭⎫t ＋b 22－b 24，当b ＜0时，f (f (x ))的最小值为－b 24，所以“b ＜0”能推出“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”；当b ＝0时，f (f (x ))＝x 4的最小值为0，f (x )的最小值也为0.所以“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”不能推出“b ＜0”，故选A.4．(2016·北京)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1)．由f ′(x )＞0得x ＜－1，由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0.所以f (x )在(－∞，－1)上单调递增；在(－1,0]上单调递减， 所以f (x )的最大值为f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 所以f (x )的最大值为2.(2)f (x )的两个函数在无限制条件时的图象如图．由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值，且－2a ＞2. 所以a ＜－1.5．(2016·四川)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x ，则f ⎝⎛⎭⎫－52＋f (1)＝________. 答案 －2解析 因为f (x )是周期为2的函数， 所以f (x )＝f (x ＋2)． 而f (x )是奇函数， 所以f (x )＝－f (－x )．所以f (1)＝f (－1)，f (1)＝－f (－1)，即f (1)＝0， 又f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12＝124＝2， 故f ⎝⎛⎭⎫－52＝－2，从而f ⎝⎛⎭⎫－52＋f (1)＝－2. 高考必会题型题型一 函数单调性、奇偶性的应用1．常用结论：设x 1、x 2∈[a ，b ]，则(x 1－x 2) [f (x 1)－f (x 2)]>0⇔f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在[a ，b ]上递增．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0⇔f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0⇔f (x )在[a ，b ]上递减．2．若f (x )和g (x )都是增函数，则f (x )＋g (x )也是增函数，－f (x )是减函数，复合函数的单调性根据内函数和外函数同增异减的法则判断．3．定义域不关于原点对称的函数一定是非奇非偶函数．4．奇偶性相同的两函数的积为偶函数，奇偶性相反的两函数的积为奇函数．例1 (1)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(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )x ＋1，x ＜1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0成立，那么a 的取值范围是________． 答案 (1)D (2)[32，2)解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a .因为f (x )在(－∞，4)上单调递增， 所以a ＜0，且－1a ≥4，解得－14≤a ＜0.综合上述得，－14≤a ≤0.(2)由已知条件得f (x )为增函数， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，(2－a )×1＋1≤a ，解得32≤a ＜2，∴a 的取值范围是[32，2)．点评 (1)奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上，这是简化问题的一种途径．尤其注意偶函数f (x )的性质：f (|x |)＝f (x )．(2)单调性：可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性． 变式训练1 (1)已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x ，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，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(2)若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]答案 (1)B (2)D解析 (1)∵函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，∴当x 1∈(1,2)时，f (x 1)＜f (2)＝0， 当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)＞f (2)＝0， 即f (x 1)＜0，f (x 2)＞0.(2)由f (x )＝－x 2＋2ax 在[1,2]上是减函数可得 [1,2]⊆[a ，＋∞)，∴a ≤1.∵y ＝1x ＋1在(－1，＋∞)上为减函数，∴由g (x )＝ax ＋1在[1,2]上是减函数可得a ＞0，故0＜a ≤1.题型二 函数的周期性与对称性的应用重要结论：(1)若对于定义域内的任意x ，都有f (a －x )＝f (a ＋x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．(2)若对于任意x ，都有f (x ＋T )＝f (x )，则f (x )的周期为T .例2 (1)已知函数f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x ∈[－1,0)时，f (x )＝－x ，则f (2 015)＋f (2 016)＝________.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋6)＝f (x )．当－3≤x ＜－1时，f (x )＝－(x ＋2)2；当－1≤x ＜3时，f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 016)＝________. 答案 (1)1 (2)336解析 (1)由f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数且f (x )的图象关于直线x ＝1对称，知f (x )的周期为4，∴f (2 015)＝f (3)＝f (－1)＝1， f (2 016)＝f (4)＝f (0)＝0. ∴f (2 015)＋f (2 016)＝1＋0＝1.(2)由f (x ＋6)＝f (x )可知，函数f (x )的一个周期为6，所以f (－3)＝f (3)＝－1，f (－2)＝f (4)＝0，f (－1)＝f (5)＝－1，f (0)＝f (6)＝0，f (1)＝1，f (2)＝2，所以在一个周期内有f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)＝[f (1)＋f (2)＋…＋f (6)]×336＝336. 点评 利用函数的周期性、对称性可以转化函数解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．变式训练2 已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，任意x ∈R ，f (x －1)＝f (x ＋1)成立，当x ∈(0,1)且x 1≠x 2时，有f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，给出下列命题：①f (1)＝0；②f (x )在[－2,2]上有5个零点；③点(2 014,0)是函数y ＝f (x )图象的一个对称中心； ④直线x ＝2 014是函数y ＝f (x )图象的一条对称轴． 则正确命题的序号是________． 答案 ①②③解析 令f (x －1)＝f (x ＋1)中x ＝0，得f (－1)＝f (1)，又f (－1)＝－f (1)，∴2f (1)＝0，∴f (1)＝0，故①正确；由f (x －1)＝f (x ＋1)，得f (x )＝f (x ＋2)， ∴f (x )是周期为2的周期函数，∴f (2)＝f (0)＝0，又当x ∈(0,1)且x 1≠x 2时，有f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，∴函数在区间(0,1)上单调递减，可作函数的简图如图．由图知②③也正确，④不正确． 所以正确命题的序号为①②③. 题型三 分段函数例3 (1)(2016·江苏)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1,1)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x ＜0，⎪⎪⎪⎪25－x ，0≤x ＜1，其中a ∈R .若f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫92，则f (5a )的值是________． (2)对实数a 和b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b ＞1.设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －x 2)，x ∈R .若函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2]∪(－1，32)B ．(－∞，－2]∪(－1，－34)C ．(－1，14)∪(14，＋∞)D ．(－1，－34)∪(14，＋∞)答案 (1)－25(2)B解析 (1)由已知f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫－52＋2＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝－12＋a ，f ⎝⎛⎭⎫92＝f ⎝⎛⎭⎫92－4＝f ⎝⎛⎭⎫12＝⎪⎪⎪⎪25－12＝110. 又∵f ⎝⎛⎭⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎫92，则－12＋a ＝110，a ＝35， ∴f (5a )＝f (3)＝f (3－4)＝f (－1)＝－1＋35＝－25.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x 2－2－(x －x 2)≤1，x －x 2，x 2－2－(x －x 2)＞1，即f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2，－1≤x ≤32，x －x 2，x ＜－1或x ＞32.f (x )的图象如图所示，由图象可知B 正确．点评 (1)分段函数是一个函数在其定义域的不同子集上，因对应关系的不同而分别用几个不同的式子来表示的．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．(2)在求分段函数f (x )的解析式时，一定要首先判断x 属于定义域的哪个子集，然后再代入相应的关系式． 变式训练3 设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R )，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x ＜g (x )，g (x )－x ，x ≥g (x )，则f (x )的值域是( )A ．[－94，0]∪(1，＋∞)B ．[0，＋∞)C ．[－94，＋∞)D ．[－94，0]∪(2，＋∞)答案 D解析 由x ＜g (x )得x ＜x 2－2， ∴x ＜－1或x ＞2；由x ≥g (x )得x ≥x 2－2，∴－1≤x ≤2.∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜－1或x ＞2，x 2－x －2，－1≤x ≤2.即f (x )＝⎩⎨⎧(x ＋12)2＋74，x ＜－1或x ＞2，(x －12)2－94，－1≤x ≤2.当x ＜－1时，f (x )＞2；当x ＞2时，f (x )＞8. ∴当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时， 函数的值域为(2，＋∞)； 当－1≤x ≤2时，－94≤f (x )≤0.∴当x ∈[－1,2]时，函数的值域为[－94，0]．综上可知，f (x )的值域为[－94，0]∪(2，＋∞)．高考题型精练1．设函数f (x )为偶函数，对于任意的x ＞0，都有f (2＋x )＝－2f (2－x )，已知f (－1)＝4，那么f (－3)等于( )A ．2B ．－2C ．8D ．－8 答案 D解析 ∵f (x )为偶函数， ∴f (1)＝f (－1)＝4，f (－3)＝f (3)， 当x ＝1时，f (2＋1)＝－2·f (2－1)， ∴f (3)＝－2×4＝－8，∴f (－3)＝－8.2．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)的实数x 的取值范围是( ) A ．(－1,1) B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 C解析 由f (x )为R 上的减函数且f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪1x ＞1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |＜1，x ≠0.∴－1＜x ＜0或0＜x ＜1.3．设f (x )是定义在实数集上的函数，且f (2－x )＝f (x )，若当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫13＜f (2)＜f ⎝⎛⎭⎫12 B ．f ⎝⎛⎭⎫12＜f (2)＜f ⎝⎛⎭⎫13 C ．f ⎝⎛⎭⎫12＜f ⎝⎛⎭⎫13＜f (2) D ．f (2)＜f ⎝⎛⎭⎫12＜f ⎝⎛⎭⎫13 答案 C解析 由f (2－x )＝f (x )可知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫32，f ⎝⎛⎭⎫13＝f ⎝⎛⎭⎫53，又当x ≥1时，f (x )＝ln x ，单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫32＜f ⎝⎛⎭⎫53＜f (2)，即f ⎝⎛⎭⎫12＜f ⎝⎛⎭⎫13＜f (2)． 4．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，则使得f (x )＞f (2x －1)成立的x 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫13，1B.⎝⎛⎭⎫－∞，13∪(1，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－13，13 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－13∪⎝⎛⎭⎫13，＋∞ 答案 A解析 由f (x )＝ln(1＋|x |)－11＋x 2，知f (x )为R 上的偶函数，于是f (x )＞f (2x －1)即为f (|x |)＞f (|2x －1|)．当x ＞0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，f ′(x )＝11＋x ＋2x(1＋x 2)2＞0，所以f (x )在[0，＋∞)上是增函数，则由f (|x |)＞f (|2x －1|)得|x |＞|2x －1|，平方得3x 2－4x ＋1＜0，解得13＜x ＜1，故选A.5．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2＋2x ，若f (2－a 2)＞f (a )，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－1,2)C ．(－2,1)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) 答案 C解析 ∵f (x )是奇函数，∴当x ＜0时，f (x )＝－x 2＋2x .作出函数f (x )的大致图象如图中实线所示，结合图象可知f (x )是R 上的增函数，由f (2－a 2)＞f (a )，得2－a 2＞a ，解得－2＜a ＜1. 6．函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称，当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝20.2·f (20.2)，b ＝ln 2·f (ln 2)，112211(log )(log )44＝，c f g 则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．b >a >c C ．c >a >b D ．a >c >b答案 B解析 因为函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称，所以y ＝f (x )关于y 轴对称． 所以函数y ＝xf (x )为奇函数．因为当x ∈(－∞，0)时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0， 所以函数y ＝xf (x )单调递减，从而当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝xf (x )单调递减． 因为1<20.2<2,0<ln 2<1，121log 24＝， 从而0.21210ln 22log 4，<<<所以b >a >c .7．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1]B.⎝⎛⎭⎫－1，12C.⎣⎡⎭⎫－1，12 D.⎝⎛⎭⎫0，12 答案 C解析 要使函数f (x )的值域为R ， 需使⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a ＜12.故选C. 8．已知函数f (x )在实数集R 上具有下列性质：①直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴；②f (x ＋2)＝－f (x )；③当1≤x 1＜x 2≤3时，(f (x 2)－f (x 1))·(x 2－x 1)＜0，则f (2 015)，f (2 016)，f (2 017)从大到小的顺序为________．答案 f (2 017)＞f (2 016)＞f (2 015)解析 由f (x ＋2)＝－f (x )，得f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )的周期是4.所以f (2 015)＝f (3)，f (2 016)＝f (0)，f (2 017)＝f (1)，又直线x ＝1是函数f (x )的一条对称轴， 所以f (2 016)＝f (0)＝f (2)．由(f (x 2)－f (x 1))·(x 2－x 1)＜0可知当1≤x 1＜x 2≤3时，函数单调递减，所以f (1)＞f (2)＞f (3)，故f (2 017)＞f (2 016)＞f (2 015)．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，f (x ＋1)，x <0其中[x ]表示不超过x 的最大整数．若直线y ＝k (x ＋1)(k >0)的图象与函数y ＝f (x )的图象恰有三个不同的交点，则实数k 的取值范围是____________．答案 ⎣⎡⎭⎫14，13解析 根据[x ]表示的意义可知，当0≤x <1时，f (x )＝x ，当1≤x <2时，f (x )＝x －1，当2≤x <3时，f (x )＝x －2，以此类推，当k ≤x <k ＋1时，f (x )＝x －k ，k ∈Z .当－1≤x <0时，f (x )＝x ＋1，作出函数f (x )的图象如图．直线y ＝k (x ＋1)过点(－1,0)，当直线经过点(3,1)时恰有三个交点，当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k ∈⎣⎡⎭⎫14，13.10．已知函数y ＝f (x )，x ∈R ，有下列4个命题：①若f (1＋2x )＝f (1－2x )，则f (x )的图象关于直线x ＝1对称；②y ＝f (x －2)与y ＝f (2－x )的图象关于直线x ＝2对称；③若f (x )为偶函数，且f (2＋x )＝－f (x )，则f (x )的图象关于直线x ＝2对称；④若f (x )为奇函数，且f (x )＝f (－x －2)，则f (x )的图象关于直线x ＝1对称．其中正确命题的序号为________．答案 ①②④解析 1＋2x ＋1－2x 2＝1，故函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故①正确；对于②，令t ＝x －2，则问题等价于y ＝f (t )与y ＝f (－t )图象的对称问题，显然这两个函数的图象关于直线t ＝0对称，即函数y ＝f (x －2)与y ＝f (2－x )的图象关于直线x －2＝0即x ＝2对称，故②正确；由f (x ＋2)＝－f (x )，可得f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，我们只能得到函数的周期为4，即只能推得函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝4k (k ∈Z )对称，不能推得函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，故③错误；由于函数f (x )为奇函数，且f (x )＝f (－x －2)，可得f (－x )＝f (x ＋2)，由于－x ＋x ＋22＝1，可得函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故④正确． 11．设函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且对任意实数x ，恒有f (x ＋2)＝－f (x )，当x ∈[0,2]时，f (x )＝2x －x 2.(1)求证：f (x )是周期函数；(2)当x ∈[2,4]时，求f (x )的解析式；(3)计算f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)．(1)证明 ∵f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，∴f (x )是周期为4的周期函数，(2)解 ∵x ∈[2,4]，∴－x ∈[－4，－2]，∴4－x ∈[0,2]，∴f (4－x )＝2(4－x )－(4－x )2＝－x 2＋6x －8，又f (4－x )＝f (－x )＝－f (x )，∴－f (x )＝－x 2＋6x －8，即f (x )＝x 2－6x ＋8，x ∈[2,4]．(3)解 ∵f (0)＝0，f (1)＝1，f (2)＝0，f (3)＝－1，又f (x )是周期为4的周期函数，∴f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝f (4)＋f (5)＋f (6)＋f (7)＝…＝f (2 012)＋f (2 013)＋f (2 014)＋f (2 015)＝0，∴f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2 016)＝f (2 016)＝f (0)＝0.12．已知函数f (x )＝lg(x ＋a x－2)，其中a 是大于0的常数． (1)求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈(1,4)时，求函数f (x )在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x ∈[2，＋∞)，恒有f (x )＞0，试确定a 的取值范围．解 (1)由x ＋a x －2＞0，得x 2－2x ＋a x＞0， 当a ＞1时，x 2－2x ＋a ＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)；当a ＝1时，定义域为{x |x ＞0且x ≠1}；当0＜a ＜1时，定义域为{x |0＜x ＜1－1－a 或x ＞1＋1－a }．(2)设g (x )＝x ＋a x －2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－a x 2＞0恒成立， 所以g (x )＝x ＋a x－2在[2，＋∞)上是增函数． 所以f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上是增函数． 所以f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎫x ＋a x －2在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a 2. (3)对任意x ∈[2，＋∞)，恒有f (x )＞0，即x ＋a x－2＞1对x ∈[2，＋∞)恒成立． 所以a ＞3x －x 2对x ∈[2，＋∞)恒成立．令h (x )＝3x －x 2，而h (x )＝3x －x 2＝－⎝⎛⎭⎫x －322＋94在[2，＋∞)上是减函数，所以h (x )max ＝h (2)＝2，所以a ＞2.合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。