2020高考数学刷题首选第二章函数导数及其应用考点测试15导数的应用一文

考点测试9　指数与指数函数高考概览高考在本考点的常考题型为选择题，分值5分，中等难度考纲研读1．了解指数函数模型的实际背景2．理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算3．理解指数函数的概念，理解指数函数的单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点4．体会指数函数是一类重要的函数模型一、基础小题1．下列运算不正确的是( )A ．＝π－3 B ．e 2x ＝(e x )24(3－π)4C ．＝a －b D ．＝·3(a －b )3ab a b 答案　D解析　当a ，b 小于0时，选项D 不正确．其他均正确．故选D ．2．已知a >0，则下列运算正确的是( )A ．a ·a ＝a B ．a ·a －＝034433434C ．(a )2＝a D ．a ÷a －＝a23491323答案　D解析　由指数幂运算性质可得选项D 正确．故选D ．3．计算：44＝( )(36a 9)(63a 9)A ．a 16 B ．a 8 C ．a 4 D ．a 2答案　C解析　44＝(a)4(a )4＝a 4．故选C ．(36a 9)(63a 9)9189184．若函数f (x )＝(2a －5)·a x 是指数函数，则f (x )在定义域内( )A ．为增函数 B ．为减函数C ．先增后减 D ．先减后增答案　A解析　由指数函数的定义知2a －5＝1，解得a ＝3，所以f (x )＝3x ，所以f (x )在定义域内为增函数．故选A ．5．设a ＝，b ＝，c ＝，则a ，b ，c 的大小关系是( )352525352525A ．a >c >bB ．a >b >cC ．c >a >bD ．b >c >a 答案　A解析　由题意，根据指数函数的性质可得0<<<1，根据幂函数的性质可得<，2535252525253525∴a >c >b ．故选A ．6．已知函数f (x )＝4＋a x －1的图象恒过定点P ，则点P 的坐标是( )A ．(1，5) B ．(1，4) C ．(0，4) D ．(4，0)答案　A解析　当x ＝1时，f (x )＝5．故选A ．7．当x >0时，函数f (x )＝(a 2－1)x 的值总大于1，则实数a 的取值范围是( )A ．1<|a |<2 B ．|a |<1C ．|a |>D ．|a |<22答案　C解析　∵x >0时，f (x )＝(a 2－1)x 的值总大于1，∴a 2－1>1，即a 2>2．∴|a |>．故选C ．28．函数f (x )＝a x －(a >0，a ≠1)的图象可能是( )1a答案　D解析　当a >1时，将y ＝a x 的图象向下平移个单位长度得f (x )＝a x －的图象，A ，B1a 1a都不符合；当0<a <1时，将y ＝a x 的图象向下平移个单位长度得f (x )＝a x －的图象，而1a 1a 1a大于1．故选D ．9．已知函数f (x )满足对一切x ∈R ，f (x ＋2)＝－都成立，且当x ∈(1，3]时，f (x )＝2－1f (x )x ，则f (2019)＝( )A ．B ．C ．D ．1418116132答案　B解析　由已知条件f (x ＋2)＝－可得f (x )＝－，故f (x ＋2)＝f (x －2)，易1f (x )1f (x －2)得函数f (x )是周期为4的周期函数，∴f (2019)＝f (3＋504×4)＝f (3)，∵当x ∈(1，3]时，f (x )＝2－x ，∴f (3)＝2－3＝，即f (2019)＝．故选B ．181810．下列说法中，正确的是( )①任取x ∈R 都有3x >2x ；②当a >1时，任取x ∈R 都有a x >a －x ；③y ＝()－x 是增函数；3④y ＝2|x |的最小值为1；⑤在同一坐标系中，y ＝2x 与y ＝2－x 的图象关于y 轴对称．A ．①②④ B ．④⑤ C ．②③④ D ．①⑤答案　B解析　①中令x ＝－1，则3－1<2－1，故①错误；②中当x <0时，a x <a －x ，故②错误；③中y ＝()－x ＝x ，∵0<<1，∴y ＝x 为减函数，故③错误；④中x ＝0时，y 取最小3(33)33(33)值1，故④正确；⑤由函数图象变换，可知y＝2x 与y ＝2－x 的图象关于y 轴对称，故⑤正确．故选B ．11．求值：0．064－－－0＋[(－2)3]－＋16－0．75＋0．01＝________．13594312答案　14380解析　原式＝0．4－1－1＋(－2)－4＋2－3＋0．1＝－1＋＋＋＝．104116181101438012．函数y ＝x 2－2x 的值域为________．(12)答案　(0，2]解析　∵x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1，∴0<x 2－2x ≤－1，即值域为(0，2]．(12)(12)二、高考小题13．(2017·全国卷Ⅰ)设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则( )A ．2x <3y <5z B ．5z <2x <3y C ．3y <5z <2x D ．3y <2x <5z 答案　D解析　令t ＝2x ＝3y ＝5z ，∵x ，y ，z 为正数，∴t ＞1．则x ＝log 2t ＝，同理，y ＝，z ＝．lg t lg 2lg t lg 3lg tlg 5∴2x －3y ＝－＝2lg t lg 23lg t lg 3lg t (2lg 3－3lg 2)lg 2×lg 3＝＞0，lg t (lg 9－lg 8)lg 2×lg 3∴2x ＞3y ．又∵2x －5z ＝－＝2lg t lg 25lg t lg 5lg t (2lg 5－5lg 2)lg 2×lg 5＝＜0，lg t (lg 25－lg 32)lg 2×lg 5∴2x ＜5z ，∴3y ＜2x ＜5z ．故选D ．14．(2015·天津高考)已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数．记a ＝f (log 0．53)，b ＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．c <b <a 答案　C解析　∵f (x )＝2|x －m |－1为偶函数，∴m ＝0．∵a ＝f (log 3)＝f (log 23)，b ＝f (log 25)，c12＝f (0)，log 25>log 23>0，而函数f (x )＝2|x |－1在(0，＋∞)上为增函数，∴f (log 25)>f (log 23)>f (0)，即b >a >c ，故选C ．15．(2015·江苏高考)不等式2x 2－x <4的解集为________．答案　{x |－1<x <2}解析　不等式2x 2－x <4可转化为2x 2－x <22，利用指数函数y ＝2x 的性质可得，x 2－x <2，解得－1<x <2，故所求解集为{x |－1<x <2}．16．(2015·福建高考)若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．答案　1解析　因为f (1＋x )＝f (1－x )，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，所以a ＝1．函数f (x )＝2|x －1|的图象如图所示．因为函数f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，所以m ≥1，所以实数m 的最小值为1．17．(2018·上海高考)已知常数a >0，函数f (x )＝的图象经过点Pp ，，Qq ，－2x 2x ＋ax 6515．若2p ＋q ＝36pq ，则a ＝________．答案　6解析　由已知条件知f (p )＝，f (q )＝－，6515所以Error!①＋②，得＝1，2p (2q ＋aq )＋2q (2p ＋ap )(2p ＋ap )(2q ＋aq )整理得2p ＋q ＝a 2pq ，又2p ＋q ＝36pq ，∴36pq ＝a 2pq ，又pq ≠0，∴a 2＝36，∴a ＝6或a ＝－6，又a >0，得a ＝6．三、模拟小题18．(2018·河南安阳月考)化简(a >0，b >0)的结果是( )a 3b 23ab 2(a 14b 12)43baA ．B ．abC ．a 2bD ．b a a b答案　D解析　原式＝＝＝＝ab －1＝．故选D ．a 3b 2a 13b23ab2(b a )13(a 103b 83)12a 23b 73a 53·b 43a 23b 73ab19．(2018·福建厦门第一次质量检查)已知a ＝0．3，b ＝log 0．3，c ＝a b ，则a ，b ，c 1212的大小关系是( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．a <c <bD ．b <c <a 答案　B 解析　∵a ＝0．3<1，b ＝log 0．3>log 0．5＝1，∴a <b ，又c ＝log 0．30．3＝0．30．3，1212121212且y ＝x 0．3在(0，＋∞)上单调递增，∴a >c ，∴c <a <b ．故选B ．20．(2018·河南八市第一次测评)设函数f (x )＝x 2－a 与g (x )＝a x (a >1且a ≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M ＝(a －1)0．2与N ＝0．1的大小关系是( )1aA ．M ＝NB ．M ≤NC ．M <ND ．M >N 答案　D解析　因为f (x )＝x 2－a 与g (x )＝a x (a >1且a ≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a >2，所以M ＝(a －1)0．2>1，N ＝0．1<1，所以M >N ，故选D ．1a21．(2018·湖南郴州第二次教学质量检测)已知函数f (x )＝e x －，其中e 是自然对数1e x 的底数，则关于x 的不等式f (2x －1)＋f (－x －1)>0的解集为( )A ．－∞，－∪(2，＋∞)B．(2，＋∞)43C ．－∞，∪(2，＋∞)D．(－∞，2)43答案　B解析　函数f (x )＝e x －的定义域为R ，∵f (－x )＝e －x －＝－e x ＝－f (x )，∴f (x )1e x 1e －x 1ex 是奇函数，那么不等式f (2x －1)＋f (－x －1)>0等价于f (2x －1)>－f (－x －1)＝f (1＋x )，易证f (x )是R 上的递增函数，∴2x －1>x ＋1，解得x >2，∴不等式f (2x －1)＋f (－x －1)>0的解集为(2，＋∞)，故选B ．22．(2018·湖南益阳4月调研)已知函数f (x )＝(a ∈R )的图象关于点0，对2x 1＋a ·2x 12称，则a ＝________．答案　1解析　由已知，得f (x )＋f (－x )＝1，即＋＝1，整理得(a －1)[22x ＋(a 2x 1＋a ·2x 2－x1＋a ·2－x －1)·2x ＋1]＝0，当a －1＝0，即a ＝1时，等式成立．23．(2018·浙江丽水月考)当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x <0恒成立，则实数m 的取值范围是________．答案　(－1，2)解析　原不等式变形为m 2－m <x ，∵函数y ＝x 在(－∞，－1]上是减函数，∴x ≥(12)(12)(12)－1＝2，当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <x 恒成立等价于m 2－m <2，解得－1<m <2．(12)(12)一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．(2018·河北石家庄二中调研)已知函数f (x )＝ax ，a 为常数，且函数的图象过点(－(12)1，2)．(1)求a 的值；(2)若g (x )＝4－x －2，且g (x )＝f (x )，求满足条件的x 的值．解　(1)由已知得－a ＝2，解得a ＝1．(12)(2)由(1)知f (x )＝x ，(12)又g (x )＝f (x )，则4－x －2＝x ，即x －x －2＝0，即2－x －2＝0，令x ＝t ，(12)(14)(12)[(12)x ](12)(12)则t >0，t 2－t －2＝0，即(t －2)(t ＋1)＝0，又t >0，故t ＝2，即x ＝2，解得x ＝－1，故满足条件的x 的值为－1．(12)2．(2018·河南新乡月考)已知函数f (x )＝a 3－ax (a >0且a ≠1)．(1)当a ＝2时，f (x )<4，求x 的取值范围；(2)若f (x )在[0，1]上的最小值大于1，求a 的取值范围．解　(1)当a ＝2时，f (x )＝23－2x <4＝22，3－2x <2，得x >．12(2)y ＝3－ax 在定义域内单调递减，当a >1时，函数f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝a 3－a >1＝a 0，得1<a <3．当0<a <1时，函数f (x )在[0，1]上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝a 3>1，不成立．所以1<a <3．3．(2018·江西九江月考)已知函数f (x )＝b ·a x (其中a ，b 为常量且a >0，a ≠1)的图象经过点A (1，6)，B (3，24)．(1)试确定f (x )；(2)若不等式x ＋x －m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实数m 的取值范围．(1a)(1b)解　(1)∵f (x )＝b ·a x 的图象过点A (1，6)，B (3，24)，∴Error!　Error!②÷①得a 2＝4．又a >0，且a ≠1，∴a ＝2，b ＝3，∴f (x )＝3·2x ．(2)由(1)知x ＋x －m ≥0在(－∞，1]上恒成立转化为m ≤x ＋x 在(－∞，1]上(1a )(1b )(12)(13)恒成立．令g (x )＝x ＋x ，(12)(13)则g (x )在(－∞，1]上单调递减，∴m ≤g (x )min ＝g (1)＝＋＝．121356故所求实数m 的取值范围是．(－∞，56]4．(2018·湖南衡阳八中月考)已知函数f (x )＝e x ＋a ·e －x ，x ∈R ．(1)当a ＝1时，证明f (x )为偶函数；(2)若f (x )在[0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(3)若a ＝1，求实数m 的取值范围，使m [f (2x )＋2]≥f (x )＋1在R 上恒成立．解　(1)证明：当a ＝1时，f (x )＝e x ＋e －x ，定义域(－∞，＋∞)关于原点对称，而f (－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．(2)设x 1，x 2∈[0，＋∞)且x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝e x 1＋a e －x 1－(e x 2＋a e －x 2)＝．(e x 1－e x 2)(e x 1＋x 2－a )e x 1＋x 2因为x 1<x 2，函数y ＝e x 为增函数，所以e x 1<e x 2，e x 1－e x 2<0，又f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x 1)<f (x 2)，故f (x 1)－f (x 2)<0，所以e x 1＋x 2－a >0恒成立，即a <e x 1＋x 2对任意的0≤x 1<x 2恒成立，∴a ≤1．故实数a 的取值范围为(－∞，1]．(3)由(1)，(2)知函数f (x )＝e x ＋e －x 在(－∞，0]上递减，在[0，＋∞)上递增，所以其最小值f (0)＝2，且f (2x )＝e 2x ＋e －2x ＝(e x ＋e －x )2－2，设t ＝e x ＋e －x ，则t ∈[2，＋∞)，∈0，，1t 12则不等式m [f (2x )＋2]≥f (x )＋1恒成立，等价于m ·t 2≥t ＋1，即m ≥恒成立，t ＋1t 2而＝＋＝＋2－，t ＋1t 21t 21t 1t 1214当且仅当＝，即t ＝2时取得最大值，1t 12t ＋1t 234故m ≥．因此实数m 的取值范围为，＋∞．3434。

考点测试11 函数的图象一、基础小题1．已知函数f (x )＝2x－2，则函数y ＝|f (x )|的图象可能是( )答案 B解析 函数y ＝|f (x )|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≥1，2－2x，x <1，故y ＝|f (x )|在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，排除A 、C 、D.2．为了得到函数y ＝lgx ＋310的图象，只需把函数y ＝lg x 的图象上所有的点( )A ．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度B ．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度C ．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度D ．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 答案 C 解析 y ＝lgx ＋310＝lg (x ＋3)－1可由y ＝lg x 的图象向左平移3个单位长度，向下平移1个单位长度而得到．3．函数f (x )＝x ＋|x |x的图象是( )答案 C解析 化简f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x >0，x －1x <0，作出图象可知选C.4．已知a >0，b >0且ab ＝1，则函数f (x )＝a x与函数g (x )＝－log b x 的图象可能是( )答案 B解析 ∵ab ＝1，且a >0，b >0，∴a ＝1b，又g (x )＝－log b x ＝－log 1ax ＝log a x ，所以f (x )与g (x )的底数相同，单调性相同，且两图象关于直线y ＝x 对称，故选B.5．已知函数f (x )＝1lnx ＋1－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 B解析 当x ＝1时，y ＝1ln 2－1<0，排除A ；当x ＝0时，y 不存在，排除D ；当x 从负方向无限趋近0时，y 趋向于－∞，排除C ，选B.6．若函数f (x )＝(k －1)a x－a －x(a >0，且a ≠1)在R 上既是奇函数，又是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )答案 A解析 由函数f (x )＝(k －1)a x－a －x(a >0，且a ≠1)在R 上是奇函数，得k ＝2，又f (x )是减函数，得0<a <1，则g (x )＝log a (x ＋k )＝log a (x ＋2)，定义域是(－2，＋∞)，且单调递减，故图象是A.7．已知函数y ＝f (x )(－2≤x ≤2)的图象如图所示，则函数y ＝f (|x |)(－2≤x ≤2)的图象是( )答案 B解析 解法一：由题意可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x －1，－2≤x <0，－x －12＋1，0≤x ≤2，所以y ＝f (|x |)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12＋1，－2≤x <0，－x －12＋1，0≤x ≤2，可知选B.解法二：由函数f (x )的图象可知，函数在y 轴右侧的图象在x 轴上方，函数在y 轴左侧的图象在x 轴下方，而y ＝f (|x |)在x >0时的图象保持不变，因此排除C 、D ，由于y ＝f (|x |)是偶函数，函数y ＝f (|x |)在y 轴右侧的图象与在y 轴左侧的图象关于y 轴对称，故选B.8．若对任意的x ∈R ，y ＝1－a |x |均有意义，则函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 的大致图象是( )答案 B解析 由题意得1－a |x |≥0，即a |x |≤1＝a 0恒成立，由于|x |≥0，故0<a <1.y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＝－log a |x |是偶函数，且在(0，＋∞)上是单调递增函数，故选B.9.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b x ≤0，log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19x >0的图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝( )A ．43B ．73C ．4D ．133答案 D解析 由题图知，可将点(0,2)代入y ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19，得2＝log c19，解得c ＝13.再将点(0,2)和(－1,0)分别代入y ＝ax ＋b ，解得a ＝2，b ＝2，∴a ＋b ＋c ＝133，选D.10．如图，虚线是四个象限的角平分线，实线是函数y ＝f (x )的部分图象，则f (x )可能是( )A ．x sin xB ．x cos xC ．x 2cos x D ．x 2sin x答案 A解析 由题图知f (x )是偶函数，排除B 、D.当x ≥0时，－x ≤f (x )≤x .故选A. 11．把函数f (x )＝(x －2)2＋2的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式是________．答案 y ＝(x －1)2＋3解析 把函数f (x )＝(x －2)2＋2的图象向左平移1个单位，得y ＝2＋2＝(x －1)2＋2，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式为y ＝(x －1)2＋2＋1＝(x －1)2＋3.12．已知函数f (x )的图象如图所示，则函数g (x )＝log2f (x )的定义域是________．答案(2,8]f(x)有意义，由函数f(x)的图象知满足f(x)>0解析当f(x)>0时，函数g(x)＝log2的x∈(2,8]．二、高考小题13．函数y＝2x2－e|x|在的图象大致为( )答案 D解析当x∈(0,2]时，y＝f(x)＝2x2－e x，f′(x)＝4x－e x.f′(x)在(0,2)上只有一个零点x0，且当0<x<x0时，f′(x)<0；当x0<x≤2时，f′(x)>0.故f(x)在(0,2]上先减后增，又f(2)－1＝7－e2<0，所以f(2)<1.故选D.14．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是( )A．{x|－1<x≤0}B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1<x≤1}D ．{x |－1<x ≤2} 答案 C解析 作出函数y ＝log 2(x ＋1)的图象，如图所示：其中函数f (x )与y ＝log 2(x ＋1)的图象的交点为D (1,1)，结合图象可知f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}，故选C.15．函数f (x )＝ax ＋bx ＋c 2的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b >0，c ＜0B ．a <0，b >0，c >0C ．a <0，b >0，c <0D ．a <0，b <0，c <0答案 C解析 函数f (x )的定义域为{x |x ≠－c }，由题中图象可知－c ＝x P >0，即c <0，排除B ；令f (x )＝0，可得x ＝－b a ，则x N ＝－b a ，又x N >0，则b a<0，所以a ，b 异号，排除A ，D.故选C.16．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，x －22，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞B ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2答案 D解析 记h (x )＝－f (2－x )在同一坐标系中作出f (x )与h (x )的图象如图，直线AB ：y＝x －4，当直线l ∥AB 且与f (x )的图象相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ′，y ＝x －22，解得b ′＝－94，－94－(－4)＝74，所以曲线h (x )向上平移74个单位后，所得图象与f (x )的图象有四个公共点，平移2个单位后，两图象有无数个公共点，因此，当74<b <2时，f (x )与g (x )的图象有四个不同的交点，即y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点．选D.17．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数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 )，则∑mi ＝1(x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m答案 B解析 由f (－x )＝2－f (x )可知f (x )的图象关于点(0,1)对称，又易知y ＝x ＋1x ＝1＋1x的图象关于点(0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点(0,1)对称，则x 1＋x m ＝x 2＋x m －1＝…＝0，y 1＋y m ＝y 2＋y m －1＝…＝2，∴∑mi ＝1(x i ＋y i )＝0×m 2＋2×m2＝m .故选B.18．如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 B解析 当点P 与C 、D 重合时，易求得PA ＋PB ＝1＋5；当点P 为DC 的中点时，有OP ⊥AB ，则x ＝π2，易求得PA ＋PB ＝2PA ＝2 2.显然1＋5>22，故当x ＝π2时，f (x )没有取到最大值，则C 、D 选项错误．当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4时，f (x )＝tan x ＋4＋tan 2x ，不是一次函数，排除A ，故选B.三、模拟小题19．已知函数f (x )＝4－x 2，函数g (x )(x ∈R 且x ≠0)是奇函数，当x >0时，g (x )＝log 2x ，则函数f (x )·g (x )的大致图象为( )答案 D解析 因为函数f (x )＝4－x 2为偶函数，g (x )是奇函数，所以函数f (x )·g (x )为奇函数，其图象关于原点对称，排除A 、B.又当x >0时，g (x )＝log 2x ，当x >1时，g (x )>0，当0<x <1时，g (x )<0；f (x )＝4－x 2，当x >2时，f (x )<0，当0<x <2时，f (x )>0，所以C 错误，故选D.20．已知f (x )＝ax －2，g (x )＝log a |x |(a >0且a ≠1)，若f (4)g (－4)<0，则y ＝f (x )，y＝g (x )在同一坐标系内的大致图象是( )答案 B 解析 ∵f (x )＝ax －2>0恒成立，又f (4)g (－4)<0，所以g (－4)＝log a |－4|＝log a 4<0＝log a 1，∴0<a <1.故函数y ＝f (x )在R 上单调递减，且过点(2,1)，函数y ＝g (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故B 正确．21．已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝ln |x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x答案 A解析 由函数图象可知，函数f (x )为奇函数，应排除B 、C.若函数为f (x )＝x －1x，则x →＋∞时，f (x )→＋∞，排除D ，故选A.22．若函数y ＝f (x )的图象过点(1,1)，则函数y ＝f (4－x )的图象一定经过点________． 答案 (3,1)解析 由于函数y ＝f (4－x )的图象可以看作y ＝f (x )的图象先关于y 轴对称，再向右平移4个单位长度得到．点(1,1)关于y 轴对称的点为(－1,1)，再将此点向右平移4个单位长度，可推出函数y ＝f (4－x )的图象过定点(3,1)．23．设函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝2x ＋a的图象关于直线y ＝－x ＋1对称，且f (－3)＋f (－7)＝1，则实数a 的值是________．答案 2解析 设函数y ＝f (x )的图象上任意一点的坐标为(x ，y )，其关于直线y ＝－x ＋1对称的点的坐标为(m ，n )，则点(m ，n )在函数y ＝2x ＋a的图象上，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋n 2＝－x ＋m2＋1，y －nx －m ＝1，得m ＝1－y ，n ＝1－x ，代入y ＝2x ＋a得1－x ＝21－y ＋a，即y ＝－log 2(1－x )＋a ＋1，即函数y＝f (x )＝－log 2(1－x )＋a ＋1，又f (－3)＋f (－7)＝1，所以－log 24＋a ＋1－log 28＋a ＋1＝1，解得a ＝2.24．已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx －2的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(1,4)解析 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤－1或x >1，－x －1，－1<x <1，函数y ＝kx －2恒过定点M (0，－2)，k MA ＝0，k MB ＝4.当k ＝1时，直线y ＝kx －2在x >1时与直线y ＝x ＋1平行，此时有一个公共点，∴k ∈(0,1)∪(1,4)，两函数图象恰有两个交点．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5].(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象；(2)写出f (x )的单调递增区间；(3)由图象指出当x 取什么值时f (x )有最值．解 (1)函数f (x )的图象如图所示． (2)由图象可知，函数f (x )的单调递增区间为，．(3)由图象知当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－1， 当x ＝0时，f (x )max ＝f (0)＝3.2．已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R )，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值；(2)作出函数f (x )的图象并判断其零点个数； (3)根据图象指出f (x )的单调递减区间； (4)根据图象写出不等式f (x )>0的解集；(5)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有三个不相等的实根}． 解 (1)∵f (4)＝0，∴4|m －4|＝0，即m ＝4.(2)∵f (x )＝x |m －x |＝x |4－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －4，x ≥4，－x x －4，x <4.∴函数f (x )的图象如图：由图象知f (x )有两个零点．(3)从图象上观察可知：f (x )的单调递减区间为．(4)从图象上观察可知：不等式f (x )>0的解集为：{x |0<x <4或x >4}．(5)由图象可知若y ＝f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则0<m <4，∴集合M ＝{m |0<m <4}．3．已知函数f (x )＝|x 2－4x ＋3|.若关于x 的方程f (x )－a ＝x 至少有三个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －22－1，x ∈－∞，1]∪[3，＋∞，－x －22＋1，x ∈1，3.作出图象如图所示．原方程变形为|x 2－4x ＋3|＝x ＋a .于是，设y ＝x ＋a ，在同一坐标系下再作出y ＝x ＋a 的图象．如图．则当直线y ＝x ＋a 过点(1,0)时，a ＝－1；当直线y ＝x ＋a 与抛物线y ＝－x 2＋4x －3相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋a ，y ＝－x 2＋4x －3⇒x 2－3x ＋a ＋3＝0.由Δ＝9－4(3＋a )＝0，得a ＝－34.由图象知当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－34时方程至少有三个不等实根． 4．设函数f (x )＝x ＋1x(x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞))的图象为C 1，C 1关于点A (2,1)对称的图象为C 2，C 2对应的函数为g (x )．(1)求函数y ＝g (x )的解析式，并确定其定义域；(2)若直线y ＝b 与C 2只有一个交点，求b 的值，并求出交点的坐标． 解 (1)设P (u ，v )是y ＝x ＋1x上任意一点，∴v ＝u ＋1u①.设P 关于A (2,1)对称的点为Q (x ，y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧u ＋x ＝4，v ＋y ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧u ＝4－x ，v ＝2－y .代入①得2－y ＝4－x ＋14－x ，y ＝x －2＋1x －4，∴g (x )＝x －2＋1x －4(x ∈(－∞，4)∪(4，＋∞))． (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b ，y ＝x －2＋1x －4⇒x 2－(b ＋6)x ＋4b ＋9＝0，∴Δ＝(b ＋6)2－4×(4b ＋9)＝b 2－4b ＝0，b ＝0或b ＝4. ∴当b ＝0时，得交点(3,0)；当b ＝4时，得交点(5,4)．。

第2课时 导数与方程题型一 求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0， 当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)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，并借助函数的大致图象判断方程根的情况． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ， 所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一 又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )， 令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1， 所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2， 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数． 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞， 画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解 由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3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 ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明 不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝， 所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增， 所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立； 当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立， 所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意， 所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增； 当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0， 所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意． 由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立， 可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减， 又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)， 即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

3.2 导数的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是( )A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值. 方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,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;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数. ∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知, (i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若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)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若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.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( )A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=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①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,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;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时, f(x)≥0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e x-.当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)当a≥时, f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:-+所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*)得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).。

第三节函数的奇偶性与周期性知识点一函数的奇偶性1．判断正误(1)偶函数的图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．(×)(2)若函数y＝f(x＋a)是定义在R上的偶函数，则函数y＝f(x)关于直线x ＝a对称．(√)(3)若函数y ＝f (x ＋b )是定义在R 上的奇函数，则函数y ＝f (x )关于点(b,0)中心对称．( √ )2．(必修1P35例5改编)下列函数中为偶函数的是( B ) A ．y ＝x 2sin x B ．y ＝x 2cos x C ．y ＝|ln x |D ．y ＝2－x解析：根据偶函数的定义知偶函数满足f (－x )＝f (x )且定义域关于原点对称，A 选项为奇函数，B 选项为偶函数，C 选项定义域为(0，＋∞)，不具有奇偶性，D 选项既不是奇函数，也不是偶函数．3．(必修1P39A 组第6题改编)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝x 2＋1x ，则f (－1)等于( A )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：f (－1)＝－f (1)＝－(1＋1)＝－2. 知识点二 周期性1．周期函数对于函数y ＝f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有_f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函数y ＝f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期．2．最小正周期如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的最小正周期．4．判断正误(1)函数f (x )在定义域上满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期为2a (a >0)的周期函数．( √ )(2)函数f (x )为R 上的奇函数，且f (x ＋2)＝f (x )，则f (2 014)＝0.( √ ) 5．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝－f (x ＋2)，当x ∈(0,2]时，f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (2 015)＝( D )A ．5B ．12C ．2D ．－2解析：由f (x )＝－f (x ＋2)，得f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数，所以f (2 015)＝f (503×4＋3)＝f (3)＝f (1＋2)＝－f (1)＝－(2＋0)＝－2，故选D.1．函数奇偶性常用结论(1)如果函数f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (|x |)．(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(3)在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．2．函数周期性常用结论对f (x )定义域内任一自变量的值x ： (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a (a >0)． (2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a (a >0)．(3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a (a >0).考向一 函数的奇偶性方向1 函数奇偶性的判断【例1】 (2019·福州市一模)下列函数为偶函数的是( ) A ．y ＝tan(x ＋π4) B ．y ＝x 2＋e |x | C ．y ＝x cos xD ．y ＝ln|x |－sin x【解析】 对于选项A ，易知y ＝tan(x ＋π4)为非奇非偶函数；对于选项B ，设f (x )＝x 2＋e |x |，则f (－x )＝(－x )2＋e |－x |＝x 2＋e |x |＝f (x )，所以y ＝x 2＋e |x |为偶函数；对于选项C ，设f (x )＝x cos x ，则f (－x )＝－x cos(－x )＝－x cos x ＝－f (x )，所以y ＝x cos x 为奇函数；对于选项D ，设f (x )＝ln|x |－sin x ，则f (2)＝ln2－sin2，f (－2)＝ln2－sin(－2)＝ln2＋sin2≠f (2)，所以y ＝ln|x |－sin x 为非奇非偶函数，故选B.【答案】 B方向2 函数奇偶性的应用【例2】 (1)(2019·贵阳市摸底考试)已知函数f (x )＝a －2e x ＋1(a ∈R )是奇函数，则函数f (x )的值域为( )A ．(－1,1)B ．(－2,2)C ．(－3,3)D ．(－4,4)(2)(2019·河南许昌二模)已知函数f (x )＝2|x |＋1＋x 3＋22|x |＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m 等于( )A ．0B ．2C ．4D ．8【解析】 (1)解法1：由f (x )是奇函数知f (－x )＝－f (x )，所以a －2e －x ＋1＝－a ＋2e x ＋1，得2a ＝2e x ＋1＋2e －x ＋1，所以a ＝1e x ＋1＋e xe x ＋1＝1，所以f (x )＝1－2e x ＋1.因为e x ＋1>1，所以0<1e x ＋1<1，－1<1－2e x ＋1<1，所以函数f (x )的值域为(－1,1)．故选A.解法2：函数f (x )的定义域为R ，且函数f (x )是奇函数，所以f (0)＝a －1＝0，即a ＝1，所以f (x )＝1－2e x ＋1.因为e x ＋1>1，所以0<1e x ＋1<1，－1<1－2e x＋1<1，所以函数f(x)的值域为(－1,1)．故选A.(2)易知f(x)的定义域为R，f(x)＝2·(2|x|＋1)＋x32|x|＋1＝2＋x32|x|＋1，设g(x)＝x32|x|＋1，则g(－x)＝－g(x)(x∈R)，∴g(x)为奇函数，∴g(x)max＋g(x)min＝0.∵M＝f(x)max＝2＋g(x)max，m＝f(x)min＝2＋g(x)min，∴M＋m＝2＋g(x)max＋2＋g(x)min＝4，故选C.【答案】(1)A(2)C1.判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f(x)与f(－x)是否具有等量关系.2.已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据f(x)±f(－x)＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值.1．(方向1)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( D ) A ．y ＝x ＋sin2x B ．y ＝x 2－cos x C ．y ＝2x ＋12xD ．y ＝x 2＋sin x解析：对于A ，定义域为R ，f (－x )＝－x ＋sin2(－x )＝－(x ＋sin2x )＝－f (x )，为奇函数；对于B ，定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，为偶函数；对于C ，定义域为R ，f (－x )＝2－x ＋12－x＝2x＋12x ＝f (x )，为偶函数；y ＝x 2＋sin x 既不是偶函数也不是奇函数．2．(方向2)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a (x ≥0)，g (x )(x <0)，则f (－2)的值等于－8.解析：因为函数f (x )为奇函数，所以f (0)＝0，则30－a ＝0，∴a ＝1.∴当x ≥0时，f (x )＝3x －1，则f (2)＝32－1＝8，因此f (－2)＝－f (2)＝－8.3．(方向2)(2019·山东省名校联盟)若函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，则a 的值为12.解析：解法1：因为函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，所以f (－x )＝f (x )，即(－x )3(12－x －1＋a )＝x 3(12x －1＋a )，所以2a ＝－(12－x －1＋12x －1)，所以2a ＝1，解得a ＝12.解法2：因为函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，所以f (－1)＝f (1)，所以(－1)3×(12－1－1＋a )＝13×(121－1＋a )，解得a ＝12，经检验，当a ＝12时，函数f (x )为偶函数． 考向二 函数的周期性【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50【解析】 解法1：∵f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，且f (0)＝0.∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )＝f (2－x )，f (－x )＝f (2＋x )，∴f (2＋x )＝－f (x )，∴f (4＋x )＝－f (2＋x )＝f (x )，∴f (x )是周期函数，且一个周期为4，∴f (4)＝f (0)＝0，f (2)＝f (1＋1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝－f (1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (50)＝12×0＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2，故选C.解法2：由题意可设f (x )＝2sin(π2x )，作出f (x )的部分图象如图所示．由图可知，f (x )的一个周期为4，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (49)＋f (50)＝12×0＋f (1)＋f (2)＝2，故选C.【答案】 C(1)若f (x )的图象有两个不同的对称中心，分别为(a ，0)，(b ，0)，则2|b －a |为f (x )的周期.(2)若f (x )的图象有两条不同的对称轴，分别为直线x ＝a ，直线x ＝b ，则2|b －a |为f (x )的周期.(3)若f (x )的图象有一个对称中心(a ，0)，一条对称轴为直线x ＝b ，且a ≠b ，则4|b －a |为f (x )的周期.(2019·安徽省全国名校联考)已知函数y ＝g (x )满足g (x ＋2)＝－g (x )，若y ＝f (x )在(－2,0)∪(0,2)上为偶函数，且其解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x <2，g (x )，－2<x <0，则g (－2 017)的值为( B )A ．－1B ．0 C.12D ．－12解析：因为函数y ＝g (x )满足g (x ＋2)＝－g (x )，所以g (x ＋4)＝－g (x ＋2)＝－[－g (x )]＝g (x )，所以4是函数g (x )的周期，所以g (－2 017)＝g (－504×4－1)＝g (－1)＝f (－1)＝f (1)＝log 21＝0. 考向三 函数性质的综合应用方向1 函数的单调性与奇偶性【例4】 (2019·吉林长春模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x (x ≥0)，2x －x 2(x <0)，函数g (x )＝|f (x )|－1，若g (2－a 2)>g (a )，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2,1)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－2,2)D ．(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)【解析】 由题可知，f (x )为单调递增的奇函数，则g (x )为偶函数，又g (2－a 2)>g (a )，因此|2－a 2|>|a |，即(2－a 2)2>a 2，利用换元法解得a 的取值范围是(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)．故选D.【答案】 D方向2 函数的奇偶性、周期性、对称性【例5】 (1)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，且f (1)＝2，则f (2 018)＝________.(2)函数y ＝f (x )满足对任意x ∈R 都有f (x ＋2)＝f (－x )成立，且函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称，f (1)＝4，则f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)的值为________．(3)(2019·四川广元市统考)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1＋x )＋f (1－x )＝2，g (x )＝(x －1)3＋1，若函数f (x )图象与函数g (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x 2 018，y 2 018)，则∑i ＝12 018(x i ＋y i )＝( )A ．8 072B ．6 054C ．4 036D ．2 018【解析】 (1)∵f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32， ∴f (x ＋3)＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＋32＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )． ∴f (x )是以3为周期的周期函数．则f (2 018)＝f (672×3＋2)＝f (2)＝f (－1)＝－f (1)＝－2. (2)∵函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称， ∴f (x )是R 上的奇函数，又f (x ＋2)＝－f (x )， ∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，故f (x )的周期为4， ∴f (2 017)＝f (504×4＋1)＝f (1)＝4，∴f (2 016)＋f (2 018)＝f (2 016)＋f (2 016＋2) ＝f (2 016)－f (2 016)＝0， ∴f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)＝4.(3)由题意知，函数f (x )的图象关于点(1,1)对称，函数g (x )＝(x －1)3＋1的图象也关于点(1,1)对称．故∑i ＝12 018x i ＝(x 1＋x 2 018)＋(x 2＋x 2 017)＋…＋(x 1 009＋x 1 010)＝1 009×2＝2 018，∑i ＝12 018y i ＝(y 1＋y 2 018)＋(y 2＋y 2 017)＋…＋(y 1 009＋y 1 010)＝1 009×2＝2 018，所以∑i ＝12 018 (x i ＋y i )＝∑i ＝12 018x i ＋∑i ＝12 018y i ＝2×2 018＝4 036.故选C.【答案】 (1)－2 (2)4 (3)C(1)函数单调性与奇偶性的综合.注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性.(2)周期性与奇偶性的综合.此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)单调性、奇偶性与周期性的综合.解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.1．(方向1)(2019·河北八校一模)设f (x )为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f (－2)＝0，则xf (x )<0的解集为( C )A ．(－1,0)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－2,0)∪(0,2)解析：∵f (x )为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f (－2)＝0，∴f (－2)＝－f (2)＝0，在(0，＋∞)内是减函数．若xf (x )<0，则⎩⎪⎨⎪⎧x >0，f (x )<0＝f (2)或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，f (x )>0＝f (－2).根据f (x )在(－∞，0)内是减函数，在(0，＋∞)内是减函数，解得：x ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．故选C.2．(方向2)(2019·四川成都七中一诊)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x＋1)是偶函数，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x (3－2x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝( C )A.12 B ．－12 C ．－1D ．1解析：∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∵函数y ＝f (x ＋1)是定义在R 上的偶函数，∴f (－x ＋1)＝f (x ＋1)＝－f (x －1)，f (x ＋2)＝－f (x )，可得f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，则f (x )的周期是4，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝f ⎝⎛⎭⎪⎫4×4－12＝f －12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·(3－1)＝－1，故选C.3．(方向2)若定义域为R 的函数f (x )在(4，＋∞)上为减函数，且函数y ＝f (x ＋4)为偶函数，则( D )A ．f (2)>f (3)B ．f (2)>f (5)C ．f (3)>f (5)D ．f (3)>f (6)解析：∵y ＝f (x ＋4)为偶函数，∴f (－x ＋4)＝f (x ＋4)，因此y ＝f (x )的图象关于直线x ＝4对称，∴f (2)＝f (6)，f (3)＝f (5)．又y ＝f (x )在(4，＋∞)上为减函数，∴f (5)>f (6)，所以f (3)>f (6)．奇、偶函数的一组性质及其应用函数的奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样，特别是与函数其他性质的综合应用更加突出．这类问题从通性通法的角度来处理，显得较为繁琐．若能灵活利用函数的奇偶性的性质，常能达到化难为易、事半功倍的效果．笔者撷取近年高考题和联赛题为例，归纳出奇、偶函数的一组性质及其应用．性质1 若函数f (x )是奇函数，且g (x )＝f (x )＋c ，则必有g (－x )＋g (x )＝2c .简证 由于函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以g (－x )＋g (x )＝f (－x )＋c ＋f (x )＋c ＝2c .典例1 已知函数f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4(a ，b ∈R )，f (lg(log 210))＝5，则f (lg(lg2))＝( )A ．－5B ．－1C ．3D ．4【解析】 设g (x )＝ax 3＋b sin x ，则f (x )＝g (x )＋4，且函数g (x )为奇函数． 又lg(lg2)＋lg(log 210)＝lg(lg2·log 210)＝lg1＝0，所以f (lg(lg2))＋f (lg(log 210))＝2×4＝8，所以f (lg(lg2))＝3.故选C.【答案】 C典例2 设函数f (x )＝(x ＋1)2＋sin x x 2＋1的最大值、最小值分别为M ，N ，则M ＋N ＝________.【解析】 f (x )＝(x ＋1)2＋sin xx 2＋1＝x 2＋1＋2x ＋sin x x 2＋1＝2x ＋sin x x 2＋1＋1.设g (x )＝2x ＋sin xx 2＋1，则f (x )＝g (x )＋1，且函数g (x )为奇函数．对于一个奇函数来说，其最大值与最小值之和为0，即[g (x )]max ＋[g (x )]min＝0，而M ＝[g (x )]max ＋1，N ＝[g (x )]min ＋1，所以M ＋N ＝2.【答案】 2性质2 若函数f (x )是奇函数，则函数g (x )＝f (x －a )＋h 的图象关于点(a ，h )对称．简证 函数g (x )＝f (x －a )＋h 的图象可由f (x )的图象平移得到，不难知结论成立．典例3 (2019·武汉市调研)函数f (x )＝x x ＋1＋x ＋1x ＋2＋x ＋2x ＋3的对称中心为( )A ．(－4,6)B ．(－2,3)C ．(－4,3)D ．(－2,6)【解析】 设g (x )＝－1x －1－1x －1x ＋1.则g (－x )＝－1－x －1－1－x －1－x ＋1＝1x －1＋1x ＋1x ＋1＝－g (x )， 故g (x )为奇函数．易知f (x )＝3－(1x ＋1＋1x ＋2＋1x ＋3)＝g (x ＋2)＋3，所以函数f (x )的对称中心为(－2,3)．故选B.【答案】B典例4设α，β分别满足方程α3－3α2＋5α－4＝0，β3－3β2＋5β－2＝0，则α＋β＝________.【解析】设g(x)＝x3＋2x，则g(x)为单调递增的奇函数．设f(x)＝x3－3x2＋5x，则f(x)＝g(x－1)＋3，故f(x)关于点(1,3)中心对称．观察题目条件α3－3α2＋5α－4＝0，β3－3β2＋5β－2＝0，知f(α)＝4，f(β)＝2.所以f(α)＋f(β)＝6，则点(α，4)与点(β，2)关于点(1,3)对称，故α＋β＝2.【答案】2性质3若函数f(x)为偶函数，则f(x)＝f(|x|)．简证当x≥0时，|x|＝x，所以f(|x|)＝f(x)；当x<0时，f(|x|)＝f(－x)，由于函数f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，故f(|x|)＝f(x)．综上，若函数f(x)为偶函数，则f(x)＝f(|x|)．典例5设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－11＋x2，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x 的取值范围是()A．(1 3，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞) C ．(－13，13)D ．(－∞，－13)∪(13，＋∞)．【解析】 易知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )为偶函数． 当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，易知此时f (x )单调递增．所以f (x )>f (2x －1)⇒f (|x |)>f (|2x －1|)，所以|x |>|2x －1|，解得13<x <1.故选A.【答案】 A典例6 已知f (x )是偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－2,1] B ．[－5,0] C ．[－5,1]D ．[－2,0]【解析】 因为f (x )是偶函数且在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax ＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上恒成立，则|ax ＋1|≤|x －2|＝2－x ，即x －2≤ax ＋1≤2－x .由ax ＋1≤2－x ，得ax ≤1－x ，a ≤1x －1，而1x －1在x ＝1时取得最小值0，故a ≤0.同理，由x －2≤ax ＋1得a ≥－2，所以a 的取值范围是[－2,0]．【答案】D。

专题三 函数与基本初等函数本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间60分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·佳木斯调研)已知幂函数y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－18，则log 2f (4)的值为( )A ．3B ．4C ．6D ．－6 答案 C解析 设幂函数为f (x )＝x n.由幂函数y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－18，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝－18＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－123⇒n ＝3，则f (x )＝x 3，f (4)＝64，则log 2f (4)＝log 264＝6，故选C.2．(2019·全国卷Ⅱ)若a >b ，则( ) A ．ln (a －b )>0 B ．3a <3b C ．a 3－b 3>0 D ．|a |>|b | 答案 C解析 解法一：不妨设a ＝－1，b ＝－2，则a >b ，可验证A ，B ，D 错误，只有C 正确．解法二：由a >b ，得a －b >0.但a －b >1不一定成立，则ln (a －b )>0 不一定成立，故A 不一定成立．因为y ＝3x 在R 上是增函数，当a >b 时，3a >3b ，故B 不成立．因为y ＝x 3在R 上是增函数，当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 成立．因为当a ＝3，b ＝－6时，a >b ，但|a |<|b |，所以D 不一定成立．故选C.3．(2019·抚顺二模)已知f (x )＝x 2＋2x ＋1＋a ，∀x ∈R ，f [f (x )]≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5－12，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5－32，＋∞C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案 B解析 设t ＝f (x )＝(x ＋1)2＋a ≥a ， ∴f (t )≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t ＋1)2＋a ≥0对任意t ∈[a ，＋∞)都成立， 当a ≤－1时，f (t )min ＝f (－1)＝a ， 则a ≥0，与a ≤－1矛盾，当a ＞－1时，f (t )min ＝f (a )＝a 2＋3a ＋1， 则a 2＋3a ＋1≥0，解得a ≥5－32，故选B.4．(2019·江西名校联考)函数f (x )＝x 2＋ln (e －x )·ln (e ＋x )的大致图象为( )答案 A解析 ∵函数f (x )的定义域为(－e ，e)，且f (－x )＝x 2＋ln (e ＋x )·ln (e －x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数，排除C ；∵x →e 时，f (x )→－∞，∴排除B ，D.故选A.5．(2019·银川六校联考)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)，若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (2018)＝( )A ．36 B.136 C ．6 D.16 答案 A解析 ∵f (x ＋4)＝f (x －2)，∴f (x ＋6)＝f (x )．∴函数f (x )的周期为6.又f (x )是偶函数，且当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，∴f (2018)＝f (2＋336×6)＝f (2)＝f (－2)＝62＝36.故选A.6．(2019·安庆二模)若函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)的定义域与值域都是[m ，n ](m <n )，则a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(e ，＋∞)C ．(1，e) D. (1，e1e )答案 D解析 函数f (x )＝log a x 的定义域与值域相同等价于方程log a x ＝x 有两个不同的实数解．因为log a x ＝x ⇔ln x ln a ＝x ⇔ln a ＝ln xx ，所以问题等价于直线y ＝ln a 与函数y ＝ln x x 的图象有两个交点．作函数y ＝ln xx 的图象，如图所示．根据图象可知，当0＜ln a ＜1e 时，即1＜a ＜e1e 时，直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点．故选D.7．(2019·沧州模拟)已知函数f (x )＝e x －1－e －x ＋1，则下列说法正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期是1 B ．函数f (x )是单调递减函数C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝1轴对称D ．函数f (x )的图象关于(1,0)中心对称 答案 D解析 函数f (x )＝e x －1－e －x ＋1，即f (x )＝e x －1－1ex －1，可令t ＝e x －1，即有y ＝t－1t ，由y ＝t －1t 在t ＞0单调递增，t ＝e x －1在R 上单调递增，可得函数f (x )在R 上为增函数，则A ，B 均错误；由f (2－x )＝e 1－x －e x －1，可得f (x )＋f (2－x )＝0，即有f (x )的图象关于点(1,0)对称，则C 错误，D 正确．故选D.8．(2019·东北师大附中摸底)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，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)答案 D解析因为奇函数f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上是增函数．又因为函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，所以函数f(x)为周期函数，且周期为8，因此f(－25)＝f(－1)<f(0)＝f(80)<f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1)．故选D.9．(2019·广州市高三年级调研)已知实数a＝2ln 2，b＝2＋2ln 2，c＝(ln 2)2，则a，b，c的大小关系是()A．c<b<a B．c<a<b C．b<a<c D．a<c<b答案 B解析因为ln 2＝log e2，所以0<ln 2<1，所以c＝(ln 2)2<1，而20<2ln 2<21，即1<a<2，b＝2＋2ln 2>2，所以c<a<b.故选B.10．(2019·大庆铁人中学高三一模)已知实数a，b满足2a＝3,3b＝2，则函数f(x)＝a x＋x－b的零点所在的区间是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)答案 B解析∵实数a，b满足2a＝3,3b＝2，∴a＝log23>1,0<b＝log32<1，∵函数f(x)＝a x＋x－b，∴f(x)＝(log23)x＋x－log32单调递增，∵f(0)＝1－log32>0，f(－1)＝log32－1－log32＝－1<0，∴根据函数的零点判定定理得出函数f(x)＝a x＋x－b的零点所在的区间为(－1,0)．故选B.11．(2019·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数y＝1a x，y＝log a⎝⎛⎭⎪⎫x＋12(a>0，且a≠1)的图象可能是()答案 D解析 当0<a <1时，函数y ＝a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，于是函数y ＝1a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，函数y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12的图象过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递减．因此，选项D 中的两个图象符合．当a >1时，函数y ＝a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，于是函数y ＝1a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，函数y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12的图象过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增．显然A ，B ，C ，D 四个选项都不符合．故选D. 12．(2019·衡阳市高三第一次联考)若函数f (x )的图象上存在两个不同点A ，B 关于原点对称，则称A ，B 两点为一对“优美点”，记作(A ，B )，规定(A ，B )和(B ，A )是同一对“优美点”．已知f (x )＝⎩⎨⎧|cos x |，x ≥0，－lg (－x )，x <0，则函数f (x )的图象上共存在“优美点”( )A ．14对B ．3对C ．5对D ．7对 答案 D解析 与y ＝－lg (－x )的图象关于原点对称的函数是y ＝lg x ，函数f (x )的图象上的优美点的对数，即方程|cos x |＝lg x (x >0)的解的个数，也是函数y ＝|cos x |与y ＝lg x 的图象的交点个数，如图，作函数y ＝|cos x |与y ＝lg x 的图象，由图可知，共有7个交点，函数f (x )的图象上存在“优美点”共有7对．故选D.第Ⅱ卷 (非选择题，共40分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·漳州质量监测)已知函数y ＝f (x ＋1)－2是奇函数，g (x )＝2x －1x －1，且f (x )与g (x )的图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则x 1＋x 2＋…＋x 6＋y 1＋y 2＋…＋y 6＝________.答案 18解析 因为函数y ＝f (x ＋1)－2为奇函数，所以函数f (x )的图象关于点(1,2)对称，g (x )＝2x －1x －1＝1x －1＋2关于点(1,2)对称，所以两个函数图象的交点也关于点(1,2)对称，则(x 1＋x 2＋…＋x 6)＋(y 1＋y 2＋…＋y 6)＝2×3＋4×3＝18. 14．(2019·四川省一诊)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x >1，x 2＋1，x ≤1，则f (2)－f (1)＝________. 答案 0解析 ∵函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x >1，x 2＋1，x ≤1，∴f (2)＝2，f (1)＝1＋1＝2，∴f (2)－f (1)＝2－2＝0.15．(2019·江苏省镇江市期末)已知函数f (x )＝12x －2x ，则满足f (x 2－5x )＋f (6)>0的实数x 的取值范围是________．答案 (2,3)解析 根据题意，函数f (x )＝12x －2x，f (－x )＝12－x －2－x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，又由y ＝12x 在R 上为减函数，y ＝－2x 在R 上为减函数，则函数f (x )在R 上为减函数，则f (x 2－5x )＋f (6)>0⇒f (x 2－5x )>－f (6)⇒ f (x 2－5x )>f (－6)⇒x 2－5x <－6， 解得2<x <3，即x 的取值范围为(2,3)．16．(2019·山东省烟台市高三(上)期末)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|log 2x －1|，0<x ≤4，3－x ，x >4，设a ，b ，c 是三个不相等的实数，且满足f (a )＝f (b )＝f (c )，则abc 的取值范围为________．答案 (16,36)解析 作出f (x )的图象如图，当x >4时，由f (x )＝3－x ＝0，得x ＝3，得x ＝9， 若a ，b ，c 互不相等，不妨设a <b <c ， 因为f (a )＝f (b )＝f (c )，所以由图象可知0<a <2<b <4<c <9， 由f (a )＝f (b )，得1－log 2a ＝log 2b －1，即log 2a ＋log 2b ＝2， 即log 2(ab )＝2，则ab ＝4， 所以abc ＝4c ，因为4<c <9， 所以16<4c <36，即16<abc <36， 所以abc 的取值范围是(16,36)．三、解答题(本大题共2小题，共20分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2019·宁夏育才中学月考)已知函数f (x )＝x 2－4x ＋a ＋3，a ∈R .(1)若函数f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在[a ，a ＋1]上的最大值为3，求a 的值． 解 (1)由Δ＝16－4(a ＋3)≥0，得a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]． (2)f (x )＝(x －2)2＋a －1.当a ＋1<2，即a <1时，f (x )max ＝f (a )＝a 2－3a ＋3＝3，解得a ＝0，a ＝3(舍去)； 当1≤a ≤32时，f (x )max ＝f (a )＝3，解得a ＝0或a ＝3(均舍去)； 当32<a ≤2时，f (x )max ＝f (a ＋1)＝a 2－a ＝3，解得a ＝1±132(均舍去)． 当a >2时，f (x )max ＝f (a ＋1)＝a 2－a ＝3，解得a ＝1＋132，a ＝1－132(舍去)．综上，a ＝0或a ＝1＋132.18．(本小题满分10分)(2019·潍坊月考)中国“一带一路”战略构思提出后，某科技企业为抓住“一带一路”带来的机遇，决定开发生产一款大型电子设备．生产这种设备的年固定成本为500万元，每生产x 台，需另投入成本c (x )(万元)，当年产量不足80台时，c (x )＝12x 2＋40x (万元)；当年产量不小于80台时，c (x )＝101x ＋8100x －2180(万元)．若每台设备售价为100万元，通过市场分析，该企业生产的电子设备能全部售完．(1)求年利润y (万元)关于年产量x (台)的函数关系式；(2)年产量为多少台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大？ 解 (1)当0<x <80时，y ＝100x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋40x －500＝－12x 2＋60x －500；当x ≥80时，y ＝100x －⎝ ⎛⎭⎪⎫101x ＋8100x －2180－500＝1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x .∴y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x 2＋60x －500，0＜x ＜80，x ∈N *，1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x ，x ≥80，x ∈N *.(2)当0<x <80时，y ＝－12(x －60)2＋1300，∴当x ＝60时，y 取得最大值，最大值为1300万元； 当x ≥80时，y ＝1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x ≤1680－2x ·8100x ＝1500，当且仅当x＝8100x，即x ＝90时，y 取得最大值，最大值为1500万元．综上，当年产量为90台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大，最大利润为1500万元．。

一、选择题1．已知函数()()221sin 1x xf x x ++=+，其中()f x '为函数()f x 的导数，则()()()()2020202020192019f f f f ''+-+--=（ ）A ．0B ．2C ．2019D ．20202．已知函数2()ln f x a x x =+，0a >，若曲线()y f x =在点(1,1)处的切线是曲线()y f x =的所有切线中斜率最小的，则a =（ ）A ．12B ．1CD ．23．已知()21ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有()()12122f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．(]0,1B ．()1,+∞C ．()0,1D ．[)1,+∞4．已知函数()=x e xf x x+，1(ln )a f e =，1()2b f =，1()c f e =，则（ ）A ．a b c >>B ．c b a >>C ．b a c >>D ．b c a >>5．记函数()cos2f x x =的导函数为()f x '，则函数()()()g x x f x '=+在[0,]x π∈内的单调递增区间是（ ）A ．0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．511,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．5,12ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦6．设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（ ） A ．()1,0- B ．()1,-+∞ C ．()0,∞+ D ．()(),10,-∞-+∞7．已知函数()2ln 1f x x x =--，则()y f x =的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．8．已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ）A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-9．已知定义在R 上的函数()f x 满足(3)16f =，且()f x 的导函数'()41f x x <-，则不等式2()21f x x x <-+的解集为（ ） A ．{}|33x x -<< B ．{}|3x x >- C ．{}|3x x >D ．{|3x x <-或3x10．已知函数()f x 的导函数()f x ，且满足2()32(2)f x x xf '=+，则(5)f '=（ ） A ．5B ．6C ．7D ．-1211．已知函数2()sin cos f x x x x x =++，则不等式1(ln )(ln )2(1)0f x f f x+-<的解集为（ ） A ．(,)e +∞B ．(0,)eC ．1(,)e eD ．1(0,)(1,)e e12．已知定义在(0,)+∞上的函数()f x 的导函数()f x '满足()1xf x '>，则（ ） A ．()()21ln 2f f -< B ．()()21ln 2f f -> C ．()()211f f -<D ．()()211f f ->二、填空题13．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，其导函数为()f x '，若对任意的正实数，()()()()220,xf x f x g x x f x '+<=，则不等式()(12x g g ->的解集为______ 14．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()()xf x f x '<，若()10f =，则不等式()0f x x>的解集为________. 15．函数32()22=-f x x x 在区间[1,2]-上的最大值是___________.16．若点()()()112212,,,A x y B x y x x <是函数1,1()ln ,1x e x f x x x ⎧-+=⎨>⎩的图象上任意两点，且函数()f x 分别在点A 和点B 处的切线互相垂直，则12x x 的最小值为______． 17．设（1+ax ）2020＝a 0+a 1x +a 2x 2+……+a 2019x 2019+a 2020x 2020,若a 1+2a 2+3a 3+…+2019a 2019+2020a 2020＝2020a ,则实数a ＝_______. 18．已知函数()331xf x x e =++，其导函数为()f x '，则()()()()2020202020192019f f f f ''+-+--的值为_______.19．已知函数()f x axlnx =，()x 0,∞∈+，其中a 为实数，()f'x 为()f x 的导函数，若()f'e 2(e 2.71828==⋯是自然对数的底数)，则a 的值为______．20．函数sin x y x e =+在点(0,1)处的切线方程是__________．三、解答题21．已知函数()1ex f x a +=，()ln1xg x a=-，其中0a >. （1）若1a =，在平面直角坐标系xOy 中，过坐标原点O 分别作函数()y f x =与()y g x =的图象的切线1l ，2l ，求1l ，2l 的斜率之积；（2）若()()f x g x ≥在区间()0,∞+上恒成立，求a 的最小值. 22．已知函数()331f x x x =-+.（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间.（3）求函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.23．设函数32()23(1)6f x x a x ax b =-+++，其中,a b ∈R .（1）若曲线()y f x =在(1,(1))f --的切线方程为123y x =+，求a ，b 的值； （2）若()f x 在3x =处取得极值，求a 的值； （3）若()f x 在(,0)-∞上为增函数，求a 的取值范围.24．已知函数()3ln 42x a f x x x =+--，其中a R ∈，且曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线垂直于直线12y x =. （1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间.25．已知函数()ln f x ax x b =+，()23g x x kx =++，曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为1y x =-，a ，b ，R k ∈．（1）若函数()f x 在(),b m 上有最小值，求a ，b 的值及m 的取值范围； （2）当1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，其中 2.718e =⋅⋅⋅，e 为自然对数的底数，若关于x 的不等式()()20f x g x +≥有解，求k 的取值范围．26．已知函数f （x ）＝ax 3+bx +c 在x ＝2处取得极值为c ﹣16. （1）求a 、b 的值；（2）若f （x ）有极大值28，求f （x ）在[﹣3，3]上的最大值和最小值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】将函数解析式变形为()22sin 11x xf x x +=++，求得()f x '，进而可求得所求代数式的值. 【详解】()()222221sin 12sin 2sin 1111x x x x x x x f x x x x ++++++===++++，所以，()()()()()2222020sin 202022020sin 202020202020222020120201f f ⨯-+-⨯++-=++=+-+， ()()()()()2222cos 122sin 1x x x x x f x x++-+'=+，函数()f x '的定义域为R ，()()()()()2222cos 122sin 1x x x x x f x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤+-⋅-++-+-⎣⎦⎣⎦⎣⎦-=⎡⎤-+⎣⎦'()()()()()2222cos 122sin 1x x x x x f x x ++-+'==+， 所以，函数()f x '为偶函数，因此，()()()()20202020201920192f f f f ''+-+--=. 故选：B. 【点睛】结论点睛：本题考查利用函数奇偶性求值，关于奇函数、偶函数的导函数的奇偶性，有如下结论：（1）可导的奇函数的导函数为偶函数； （2）可导的偶函数的导函数为奇函数. 在应用该结论时，首先应对此结论进行证明.2．D解析：D 【分析】()y f x =的所有切线的斜率即为()2af x x x'=+（0x >）的值域，由题意知当1x =时()f x '取得最小值，由基本不等式可知()2a x f x x '=+≥=，当且仅当2ax x =即22a x =时()f x '取得最小值，可得2a = 【详解】 因为2()ln f x a x x =+，定义域为()0,∞+，所以()2af x x x'=+， 由导数的几何意义可知：当1x =时()f x '取得最小值， 因为0a >，0x >，所以()2a x f x x '=+≥=， 当且仅当2ax x=即22a x =时()f x '取得最小值， 又因为1x =时()f x '取得最小值，所以2212a =⨯=， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是由导数的几何意义可得当1x =时()2af x x x'=+取得最小值，再利用基本不等式求()f x '取得最小值时满足2ax x=即22a x =，即可求出a 的值. 3．D解析：D 【分析】根据条件()()12122f x f x x x ->-可变形为112212()2[()]20f x x f x x x x --->-，构造函数()21()2ln ()202g x f x x a x a x x =-=+>-，利用其为增函数即可求解. 【详解】 根据1212()()2f x f x x x ->-可知112212()2[()]20f x x f x x x x --->-， 令()21()2ln ()202g x f x x a x a x x =-=+>- 由112212()2[()]20f x x f x x x x --->-知()g x 为增函数， 所以()()'200,0ag x x x a x=+-≥>>恒成立， 分离参数得()2a x x ≥-，而当0x >时，()2x x -在1x =时有最大值为1， 故1a ≥. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题由条件()()12122f x f x x x ->-恒成立，转化为112212()2[()]20f x x f x x x x --->-恒成立是解题的关键，再根据此式知函数()21()2ln ()202g x f x x a x a x x =-=+>-为增函数,考查了推理分析能力，属于中档题. 4．B解析：B 【分析】求出()f x 的导数，根据导数判断出函数的单调性，再根据111ln ,,2e e的大小关系即可判断. 【详解】()=x e xf x x+，0x ≠()()()()2211xx x e x e x e x f x x x+-+-'∴==， 当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 当()0,1x ∈时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，则()f x 单调递增，11012e <<<，112f f e ⎛⎫⎛⎫∴< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且1112f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭， 1ln 10e =-<，()11ln 111f f e e ⎛⎫∴=-=-< ⎪⎝⎭，111ln 2f f f e e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即c b a >>.故选：B. 【点睛】易错点睛：本题考查利用函数单调性判断大小，注意函数的定义域为{}0x x ≠，故单调区间有3个，故在判断1(ln )a f e=的大小的时候应从函数值判断，而不能直接利用单调性.5．C解析：C 【分析】先对函数()f x 求导，再利用辅助角公式化简，然后利用正弦函数图像和性质即可分增区间. 【详解】()cos2f x x =， ()'2sin 2f x x ∴=-，2()2sin 24sin 23g x x x x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，令2222232k x k πππππ-+≤+≤+， 解得71212k x k ππππ-+≤≤-+， ()g x ∴在[]0,π内的递增区间为511,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 故选：C . 【点睛】本题主要考查的是正弦复合函数的单调性以及单调区间的求解，以及复合函数的导数的求法，熟练掌握正弦函数图像和性质是解决本题的关键，是中档题.6．B解析：B 【详解】()21ln 2f x x ax bx =--,,,由得，()()()1111ax x f x ax a x x+-=-+-=-', 若,由,得,当时,,此时单调递增；1x > 时,,此时单调递减；所以是的极大值点．若,则由,得或．时的极大值点, ,解得．综上：,的取值范围时．故选B ．【点晴】本题是一道关于函数极值的题目,考虑运用导数求函数的极值．对求导,得,由得,将代入到导函数中,可得()()()1111ax x f x ax a x x+-=-+-=-',接下来分和两种情况,结合函数的单调性,分别求出的极大值点,从而建立的不等式求解即可．7．A解析：A 【分析】利用函数的定义域和函数的值域排除BD ，通过函数的单调性排除C ，推出结果即可. 【详解】令()ln 1g x x x =--，则11()1x g x x x-'=-=， 由()0g x '>得1x >，即函数()g x 在(1,)+∞上单调递增， 由()0g x '<得01x <<，即函数()g x 在(0,1)上单调递减， 所以当1x =时，()()min 10g x g ==， 于是对任意(0,1)(1,)x ∈+∞，有()0g x >，则()0f x >，故排除BD ，因为函数()g x 在()0,1单调递减，则函数()f x 在()0,1递增，故排除C.【点睛】本题考查利用导数对函数图象辨别，属于中档题.8．D解析：D 【分析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解. 【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线， 当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-， 故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D 【点睛】本题考查了不等式恒成立求出参数取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题.9．C解析：C 【分析】根据题意，设2()()21g x f x x x =-+-，求导分析可得()0g x '<，即函数()g x 在R 上为减函数，则原不等式可以转化为()()3g x g <，结合函数的单调性分析可得答案．解：根据题意，设2()()21g x f x x x =-+-，其导数()()41g x f x x '='-+， 又由()41f x x '<-，即()410f x x '-+<， 则()0g x '<，即函数()g x 在R 上为减函数，又由f （3）16=，则g （3）f =（3）18310-+-=， ()()22()21()2103f x x x f x x x g x g <-+⇒-+-<⇒<，又由函数()g x 为减函数，则有3x >，则不等式2()21f x x x <-+的解集为{|3}x x >； 故选：C ． 【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及不等式的求解，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系是解决本题的关键，属于中档题．10．B解析：B 【分析】将()2f '看出常数利用导数的运算法则求出()f x '，令2x =求出()2f '代入()f x '，令5x =求出()5f '即可．【详解】 解：()2()322f x x xf '=+，()()622f x x f '∴=+'， ()(2)1222f f '∴=+'(2)12f '∴=- ()624f x x '∴=- (5)65246f '∴=⨯-=故选B ． 【点睛】本题主要考查了导数的运算法则，解题的关键是弄清()2f '是常数，属于基础题．11．C解析：C 【分析】先判断出()f x 为R 上的偶函数，再利用当0x >时，()'0f x >得到函数的单调性，从而可解原不等式. 【详解】因为()()()()22()sin cos sin cos f x x x x x x x x x f x -=--+-+-=++=，所以()f x 为R上的偶函数，又1(ln )(ln )2(1)0f x f f x+-<等价于(ln )(ln )2(1)0f x f x f +--<即：(ln )(1)f x f <，()'()sin cos sin 22cos f x x x x x x x x =+-+=+，当0x >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+为增函数，故(ln )(1)f x f <等价于ln 1x <即1ln 1x -<<即1x e e <<，故不等式的解集为1e e ⎛⎫⎪⎝⎭,，故选C.【点睛】对于偶函数()f x ，其单调性在两侧是相反的，并且()()()f x fx f x ==-，对于奇函数()g x ，其单调性在两侧是相同的．另外解函数不等式要利用函数的单调性去掉对应法则f ．12．B解析：B 【解析】分析：根据题意，由()1xf x '>可得()()'1f x lnx x='>，构造函数()()g x f x lnx =-，可得()()()110xf x g x f x x x-=-=''>'，故()g x 单调递增，根据单调性可得结论． 详解：令()(),0g x f x lnx x =->， ∴()()()11xf x g x f x x x=''-'-=， ∵()1xf x '>， ∴()0g x '>，∴函数()g x 在()0,+∞上单调递增， ∴()()21g g >，即()()2211f ln f ln ->-， ∴()()21ln2f f ->． 故选B ．点睛：本题考查对函数单调性的应用，考查学生的变形应用能力，解题的关键是根据题意构造函数()()g x f x lnx =-，通过判断函数的单调性得到函数值间的关系，从而达到求解的目的．二、填空题13．【分析】根据条件可得函数为偶函数且在单调递减从而可得不等式【详解】当时且为偶函数在单调递减解得：故答案为：【点睛】求解的关键在于构造什么样的函数再利用导数研究函数的单调性进而将不等式进行等价转化解析：1322x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭【分析】根据条件可得函数()g x 为偶函数，且在(0,)+∞单调递减，从而可得不等式. 【详解】当0x >时，()''(()2())0g x x xf x f x =+<，且()g x 为偶函数，∴()g x 在(0,)+∞单调递减， ∴()(()111122222x x x g g g g--->⇔>⇔<112x ⇔-<， 解得：1322x <<， 故答案为：1322x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭. 【点睛】求解的关键在于构造什么样的函数，再利用导数研究函数的单调性，进而将不等式进行等价转化.14．【分析】令对其求导由时可知从而在上单调递减由的奇偶性可得是定义域上的偶函数从而可得出在上的单调性再结合可求出的解集【详解】由题意令则因为时则故在上单调递减又是定义在上的奇函数所以所以即是上的偶函数根 解析：()()1,00,1-【分析】 令()()f xg x x=，对其求导，由0x >时，()()xf x f x '<，可知()0g x '<，从而()g x 在()0,∞+上单调递减，由()f x 的奇偶性，可得()g x 是定义域上的偶函数，从而可得出()g x 在(),0-∞上的单调性，再结合()()110g g -==，可求出()0g x >的解集.【详解】 由题意，令()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=， 因为0x >时，()()xf x f x '<，则()()()20xf x f x g x x'-'=<，故()g x 在()0,∞+上单调递减，又()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()()f x f x -=-， 所以()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，即()g x 是()(),00,-∞⋃+∞上的偶函数，根据偶函数的对称性，可知()g x 在(),0-∞上单调递增，且()()()11101f g g -===，所以()()1,00,1x ∈-时，()0g x >.故答案为：()()1,00,1-.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的解集，解题关键是求出函数的单调性.本题通过构造函数()()f xg x x=，求导并结合当0x >时，()()xf x f x '<，可求出函数()g x 在()0,∞+上的单调性，再结合函数的奇偶性，可求出()g x 在定义域上的单调性.考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题．15．8【分析】对函数求导由导数确定单调区间由单调性确定极值再比较极值与函数端点值即可确定函数最值【详解】f′(x)=6x2-4x=2x(3x-2）已知x ∈-12当2≥x>或-1≤x<0时f′(x)>0f解析：8 【分析】对函数求导，由导数确定单调区间，由单调性确定极值，再比较极值与函数端点值，即可确定函数最值. 【详解】f ′(x )=6x 2-4x = 2x (3x -2）， 已知x ∈[-1，2]，当2 ≥ x >23或-1 ≤ x <0时， f ′(x )>0， f （x ）单调递增区间是2[1,0),(,2]3-， 当0<x <23时，f ′(x )<0， f （x ）单调递减区间是2(0,)3，故函数在0x =处取极大值，f （0）=0，又f (2)=8，故 f （x ）的最大值是8. 故答案为：8 【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了计算能力，属于基础题目.16．【分析】先判定再根据切线相互垂直可得的关系利用该关系式把转化为一元函数利用导数可求其最小值【详解】当时当时因为故所以即其中又令则当时；当时故故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义以及导数在函数最值解析：1e-【分析】先判定()()12,1,1,x x ∈-∞∈+∞，再根据切线相互垂直可得12,x x 的关系，利用该关系式把12x x 转化为一元函数，利用导数可求其最小值.【详解】当1x <时，()0xf x e '=-<，当1x >时，()10f x x'=>， 因为()()121f x f x ''=-，故()()12,1,1,x x ∈-∞∈+∞，所以1211x e x -⨯=-即12x x e =，其中11<x . 又1121xx x x e =，令(),1tg t te t =<，则()()1,1tg t t e t '=+<，当1t <-时，()0g t '<；当11t -<<时，()0g t '>， 故()()min 11g t g e=-=-， 故答案为：1e-. 【点睛】本题考查导数的几何意义以及导数在函数最值中的应用，注意根据导数的性质确定切点的位置，而多元函数的最值问题一般可转化为一元函数的最值问题，后者可利用导数来处理.17．0【分析】结合所求式子与已知的式子特点可以对原函数求导然后利用赋值法求解即可【详解】对已知的式子两边同时求导可得：2020a （1+ax ）2019令x ＝1则：2020a （1+a ）2019＝a1+2a2解析：0 【分析】结合所求式子与已知的式子特点,可以对原函数求导,然后利用赋值法求解即可. 【详解】对已知的式子两边同时求导可得：2020a （1+ax ）2019220191232020232020a a x a x a x =++++,令x ＝1则：2020a （1+a ）2019＝a 1+2a 2+3a 3+…+2020a 2020, 又因为：a 1+2a 2+3a 3+…+2019a 2019+2020a 2020＝2020a , 所以（1+a ）2019＝1,所以a ＝0. 故答案为：0. 【点睛】本题考查了二项式定理的系数的性质、赋值法的应用.同时考查了学生的运算能力,属于中档题.18．3【分析】根据解析式可得到解析式可求得；求导后可得到从而代入的值可求得结果【详解】故答案为：【点睛】本题考查根据函数的性质求解函数值的问题涉及到导数的运算关键是能够通过函数解析式得到原函数和导函数的解析：3 【分析】根据()f x 解析式可得到()f x -解析式，可求得()()3f x f x -+=；求导后可得到()()f x f x ''-=，从而代入x 的值可求得结果.【详解】()333311x x x e f x x x e e --=-=-++ ()()3f x f x ∴-+=()()202020203f f ∴+-=()()222223333332121xx x x x x x e e f x x x x e e e e e ---'=+=+=-++++++ ()()f x f x ''∴-= ()()201920190f f ''∴--= ()()()()20202020201920193f f f f ''∴+-+--=故答案为：3 【点睛】本题考查根据函数的性质求解函数值的问题，涉及到导数的运算，关键是能够通过函数解析式得到原函数和导函数的性质.19．1【分析】根据题意求出函数的导数将代入计算可得解可得a 的值即可得答案【详解】根据题意函数则函数若则解可得；故答案为1【点睛】本题考查导数的计算关键是掌握导数的计算公式属于基础题解析：1 【分析】根据题意，求出函数()'f x 的导数，将x e =代入计算可得()'ln 22f e a e a a =+==，解可得a 的值，即可得答案． 【详解】根据题意，函数()ln f x ax x =，则函数()()()''ln ln 'ln f x a x x ax x a x a =+=+， 若()'2f e =，则()'ln 22f e a e a a =+==， 解可得1a =； 故答案为1． 【点睛】本题考查导数的计算，关键是掌握导数的计算公式，属于基础题．20．【解析】分析：求出函数的导数求得切线的斜率由斜截式方程即可得到所求切线的方程详解：的导数为在点（01）处的切线斜率为即有在点（01）处的切线方程为故答案为点睛：近几年高考对导数的考查几乎年年都有利用解析：210x y -+=【解析】分析：求出函数sin xy x e =+的导数，求得切线的斜率，由斜截式方程，即可得到所求切线的方程.详解：sin x y x e =+的导数为'cos x y x e =+， 在点（0,1）处的切线斜率为0cos02k e =+=， 即有在点（0,1）处的切线方程为210x y -+=. 故答案为210x y -+=.点睛：近几年高考对导数的考查几乎年年都有，利用导数的几何意义，求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，曲线()y f x =在点0x 的导数0'()f x 就是曲线在该点的切线的斜率，我们通常用导数的这个几何意义来研究一些与曲线的切线有关的问题，用导数求切线方程的关键在于求切点坐标和斜率，分清是求在曲线某点处的切线方程，还是求过某点处的曲线切线方程.三、解答题21．（1）1；（2）21e. 【分析】（1）利用导数的运算法则和公式求得1()e x f x +'=，1()g x x'=，得到切线1l ，2l 的斜率∴111ex l k +=，221l k x =，根据两切线都经过原点，求得121,e x x ==，进而求得两直线的斜率之积;（2）问中是典型的无法分离参数的情况，进行转化并构造函数，1()e x F x x +=，转化为()ln 1x F x F a ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭，分类讨论，并注意利用导数进一步研究函数()F x 的单调性，当ln 10,x a ->转化为1max ln 1e x x x x a a +⎛⎫≥-⇒≥ ⎪⎝⎭，进而再次造函数令1()ex x x ϕ+=，利用导数研究单调性并求得其最大值，即得a 的最小值. 【详解】解：（1）当1a =时，()1x f x e=＋，()ln 1g x x =-设过原点O 的直线分别切()f x ，()g x 于点()111,P x y ，()222,P x y1()e x f x +'=，1()g x x'=， ∴111e x l k +=，221l k x =且11111122222e e 1e ln 11x x x x x x x x ++⎧=⎪=⎧⎪⇒⎨⎨=-⎩⎪=⎪⎩ ∴12221e 1el l k k ⋅=⋅=． （2）由1eln 1x xa a+≥-在(0,)+∞上恒成立得∵0a >，∴111eln x x a a a+≥- ln 1eln 1ln 1e (*)xx ax x x x a a a +⎛⎫⎛⎫≥-=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令1()e x F x x +=，∴()ln1x F x F a ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭①当ln 10xa-≤时，(*)左边0,>右边0,≤显然成立 ②当ln10,xa->注意到1()(1)e 0x F x x +'=+> ∴()F x 在(0,)+∞上∴1maxln1e x x x x a a +⎛⎫≥-⇒≥ ⎪⎝⎭ 令1()e x x x ϕ+=，11221e e 1()e ex x x x x x x ϕ++++--'==，令()0x ϕ'= 得01x <<时，()0x ϕ'>，()x ϕ↗； 当1x >时，()0x ϕ'<，()x ϕ↘ ∴max 21()(1)x e ϕϕ==，∴21a e ≥．【点睛】本题考查求曲线上某点处的切线的斜率问题和利用导数研究不等式恒成立问题，属中档题，难度一般.关键是要熟练掌握导数的运算法则和求导公式，这是一切导数问题的基础，第（2）问中将不等式整理为为ln 1eln 1ln 1e (*)xx ax x x x a a a +⎛⎫⎛⎫≥-=-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭令1()e x F x x +=，转化为()ln 1x F x F a ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭，是难点也是解决问题的关键点，多次构造函数，并利用函数思想进行转化和求解是本题的显著特点，值得好好体会.22．（1）310x y +-=；（2）()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和()1,+∞，单调递减区间为()1,1-；（3）最大值为3，最小值为1-. 【分析】（1）对()f x 求导， ()0k f '=，计算()0f 求切点，利用点斜式即可写出切线方程； （2）令()0f x '>可得单调递增区间，令()0f x '<可得单调递减区间； （3）求出()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调性，即可利用单调性求出最值.【详解】()()()233311f x x x x ==+'--，()03k f '==-，因为()01f =，所以切点为()0,1，所以切线方程为()130y x -=--， 即310x y +-=，（2）由()()()2333110f x x x x '=-=+->可得1x >或1x <-，由()()()2333110f x x x x '=-=+-<可得11x -<<，所以函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和()1,+∞， 单调递减区间为()1,1-，（3）由（2）知()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，[]1,2单调递增，所以31113312228f ⎛⎫⎛⎫=-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()3223213f =-⨯+=， ()3113111f =-⨯+=-，所以()()min 11f x f ==- ，()()max 23f x f == ， 所以函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为3，最小值为1-， 【点睛】方法点睛：求函数()f x 在区间[],a b 上的最值的方法：（1）若函数在区间[],a b 上单调递增或递减，则()f a 与()f b 一个为最大值，另一个为最小值；（2）若函数在区间[],a b 内有极值，则要先求出函数在[],a b 上的极值，再与()f a ，()f b 比较，最大的为最大值，最小的为最小值；（3）函数()f x 在区间(),a b 上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.23．（1）0a =，4b =-；（2）3a =；（3）[0,)a ∈+∞.（1）利用导数的几何意义，可得(1)12f '-=，(1)9f -=-，计算整理，即可求得a ，b 的值；（2）令'(3)0f =，即可求得a 的值，检验可得3x =为极值点，即可得答案； （3）令'()0f x =，解得1x a =，21x =，分别求得1a <和1a ≥时，()f x 的单调区间，结合题意，分析推理，即可得答案. 【详解】（1）因为32()23(1)6f x x a x ax b =-+++，所以2()66(1)6f x x a x a '=-++，由题设可得(1)121212f a '-=+=，(1)959f a b -=-+-=-， 解得0a =，4b =-.（2）因为()f x 在3x =取得极值， 所以(3)12360f a '=-+=，解得3a =.当3a =时，'2()624186(1)(3)f x x x x x =-+=--， 令'()0f x =，解得x=1或3，所以3x =为()f x 的极值点，故3a =满足题意. （3）令()6()(1)0f x x a x '=--=， 得1x a =，21x =. 当1a <时，若(,)(1,)x a ∈-∞+∞，则()0f x '>，所以()f x 在(,)a -∞和(1,)+∞上为增函数， 故当01a ≤<时，()f x 在(,0)-∞上为增函数恒成立. 当0a <时，()f x 在(,)a -∞上为增函数，不符合题意， 当1a ≥时，若(,1)(,)x a ∈-∞+∞，则()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞和(,)a +∞上为增函数， 从而()f x 在(,0)-∞上也为增函数，满足题意.综上所述，当[0,)a ∈+∞时，()f x 在(,0)-∞上为增函数. 【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数求函数的单调区间和极值点问题，考查计算求值，分类讨论的能力，属中档题. 24．（1）54a =；（2）单调递减区间是()0,5，单调递增区间是()5,+∞. 【分析】（1）求导，使()12f '=-求解a 的值；（2）将（1）中所求a 的值代入，求解()0f x '>和()0f x '<的区间，从而得出函数()f x 的单调区间.（1）对()f x 求导得()2114a f x x x=--'， 由()f x 在点()()1,1f 处的切线垂直于直线12y x =， 知()3124f a '=--=-，解得54a =. （2）由（1）知()()53ln 0442x f x x x x =+-->，则()22454x x f x x'--=， 令()0f x '=，解得1x =-或5x =，因为1x =-不在()f x 的定义域()0,∞+内，所以舍去. 当()0,5x ∈时，()0f x '<，故()f x 在()0,5内单调递减； 当()5,x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在()5,+∞内单调递增. 故()f x 的单调递减区间是(0，5)，单调递增区间是()5,+∞. 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数单调区间的求解，难度一般.25．（1）1,0,a b =⎧⎨=⎩；1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）2321e e k e -+≥-. 【分析】（1）求出函数的导数，得到关于a ，b 的方程组，求出a ，b 的值，解关于导函数的不等式，求出函数的最小值，进而可得m 的取值范围；（2）问题等价于不等式22ln 3x x x k x++≥-在1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，设()22ln 3x x x h x x ++=-，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，求导可得函数的最值，进而可得k 的取值范围． 【详解】（1）()()ln 1f x a x '=+，由题意得()()1011f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，解得：10a b =⎧⎨=⎩， 故()ln 1f x x '=+， 当()0f x '>，即1x e>时，()f x 单调递增， 当()0f x '<，即10x e<<时，()f x 单调递减， 因为()f x 在()0,m 上有最小值， 所以m 的取值范围是1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（2）关于x 的不等式()()20f x g x +≥在1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解， 即232ln 0x x x kx ++≥+在1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解， 等价于不等式22ln 3x x x k x++≥-在1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解， 设()22ln 3x x x h x x ++=-，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ()2223x x h x x+-'∴=-， 当()0h x '>，即11x e<<时，()h x 单调递增， 当()0h x '<，即1x e <<时，()h x 单调递减， 又21321e h e e e -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2e 2e 3e e h ++=-， 所以()()22222211233212420e e e e e e e e h h e e e e e e ---++-+-++⎛⎫-=-==< ⎪⎝⎭， 故()2min 1321e e h x h e e -+⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以2321e e k e-+≥-． 【点睛】本题考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，是一道中档题.26．（1）1,12a b ==-；（2）最小值为4-，最大值为28.【分析】（1）先对函数()f x 进行求导，根据(2)0f '=，(2)16f c =-，求出a ，b 的值．（2）根据导数可知()f x 在2x =-处取得极大值，即可求出c ，再求出端点处的函数值，即可判断.【详解】（1）因3()f x ax bx c =++ ，故2()3f x ax b '=+，由于()f x 在点2x =处取得极值，故有(2)0(2)16f f c ==-'⎧⎨⎩，即1208216a b a b c c +=⎧⎨++=-⎩ ，解得112a b =⎧⎨=-⎩； （2）由（1）知 3()12f x x x c =-+，2()312f x x '=-令()0f x '= ，得122,2x x =-=，当(,2)x ∈-∞-时，()0f x '>故()f x 在(,2)-∞-上为增函数； 当(2,2)x ∈- 时，()0f x '< 故()f x 在(2,2)- 上为减函数， 当(2,)x ∈+∞ 时()0f x '> ，故()f x 在(2,)+∞ 上为增函数． 由此可知()f x 在12x =- 处取得极大值(2)16f c -=+，()f x 在22x = 处取得极小值(2)16f c =-，由题设条件知1628c += ，得12c =，此时(3)921f c -=+=，(3)93f c =-+=，(2)164f c =-=-， 因此()f x 上[3,3]-的最小值为(2)4f =-，最大值为28.【点睛】本题主要考查函数的导数与极值，最值之间的关系，属于导数的应用．。

第1讲导数的概念及运算一、填空题1．设y＝x2e x，则y′＝________.解析y′＝2x e x＋x2e x＝(2x＋x2)e x.答案(2x＋x2)e x2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2x·f′(1)＋ln x，则f′(1)＝________.解析由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋1 x，∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.答案－13．曲线y＝sin x＋e x在点(0,1)处的切线方程是________．解析y′＝cos x＋e x，故切线斜率为k＝2，切线方程为y＝2x＋1，即2x －y＋1＝0.答案2x－y＋1＝04．(2017·苏州调研)已知曲线y＝ln x的切线过原点，则此切线的斜率为________．解析y＝ln x的定义域为(0，＋∞)，且y′＝1x，设切点为(x0，ln x0)，则y′|x＝x0＝1x0，切线方程为y－ln x0＝1x0(x－x0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x0＝－1，解得x0＝e，故此切线的斜率为1 e.答案1 e5．若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.解析因为y′＝2ax－1x，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，解得a＝1 2.答案1 26．(2017·南师附中月考)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________.解析由图形可知：f(3)＝1，f′(3)＝－13，∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1－1＝0. 答案07．(2017·苏北四市模拟)设曲线y＝1＋cos xsin x在点⎝⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a＝________.解析∵y′＝－1－cos xsin2x，∴由条件知1a＝－1，∴a＝－1.答案－18．(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．解析由y＝x＋ln x，得y′＝1＋1x，得曲线在点(1，1)处的切线的斜率为k＝y′|x＝1＝2，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.又该切线与y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，消去y，得ax2＋ax＋2＝0，∴a≠0且Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.答案8二、解答题9．已知点M是曲线y＝13x3－2x2＋3x＋1上任意一点，曲线在M处的切线为l，求：(1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围．解 (1)y ′＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1≥－1，所以当x ＝2时，y ′＝－1，y ＝53，所以斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，斜率k ＝－1， 所以切线方程为3x ＋3y －11＝0.(2)由(1)得k ≥－1，所以tan α≥－1，所以α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 10．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解之得x ＝±1.当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)，∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)，即x ＋4y ＋17＝0.11．(2016·山东卷改编)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质，下列函数：①y ＝sin x ；②y ＝ln x ；③y ＝e x ；④y ＝x 3.其中具有T 性质的是________(填序号)．解析 若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于①：y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k∈Z)时，结论成立；对于②：y′＝1x，若有1x1·1x2＝－1，即x1x2＝－1，∵x1＞0，x2>0，∴不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；对于③：y′＝e x，若有e x1·e x2＝－1，即e x1＋x2＝－1.显然不存在这样的x1，x2；对于④：y′＝3x2，若有3x21·3x22＝－1，即9x21x22＝－1，显然不存在这样的x1，x2.答案①12．(2017·合肥模拟改编)点P是曲线x2－y－ln x＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为________．解析点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小，直线y＝x－2的斜率为1，令y＝x2－ln x，得y′＝2x－1x＝1，解得x＝1或x＝－12(舍去)，故曲线y＝x2－ln x上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标为(1,1)，点(1,1)到直线y＝x－2的距离等于2，∴点P到直线y＝x－2的最小距离为 2.答案 213．若函数f(x)＝12x2－ax＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．解析∵f(x)＝12x2－ax＋ln x，∴f′(x)＝x－a＋1x(x>0)．∵f(x)存在垂直于y轴的切线，∴f′(x)存在零点，即x＋1x－a＝0有解，∴a＝x＋1x≥2(当且仅当x＝1时取等号)．答案[2，＋∞)14．已知函数f(x)＝x－2x，g(x)＝a(2－ln x)(a>0)．若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在x＝1处的切线斜率相同，求a的值，并判断两条切线是否为同一条直线．解根据题意有f′(x)＝1＋2x2，g′(x)＝－ax.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为f′(1)＝3，曲线y＝g(x)在x＝1处的切线斜率为g′(1)＝－a，所以f′(1)＝g′(1)，即a＝－3.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－f(1)＝3(x－1)．所以y＋1＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－4＝0.曲线y＝g(x)在x＝1处的切线方程为y－g(1)＝3(x－1)，所以y＋6＝3(x－1)，即切线方程为3x－y－9＝0，所以，两条切线不是同一条直线.。

考点测试5 函数的定义域和值域高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值5分，中等难度 考纲研读会求一些简单函数的定义域和值域一、基础小题1．函数y ＝1log 2x －2的定义域为( )A ．(0，4)B ．(4，＋∞)C ．(0，4)∪(4，＋∞) D．(0，＋∞) 答案 C解析 由条件可得log 2x －2≠0且x >0，解得x ∈(0，4)∪(4，＋∞)．故选C ． 2．函数y ＝x (3－x )＋x －1的定义域为( ) A ．[0，3] B ．[1，3] C ．[1，＋∞) D．[3，＋∞) 答案 B解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x (3－x )≥0，x －1≥0，解得1≤x ≤3．故选B ．3．函数f (x )＝－2x 2＋3x (0<x ≤2)的值域是( ) A ．－2，98 B ．－∞，98C ．0，98D ．98，＋∞答案 A解析 f (x )＝－2x －342＋98(x ∈(0，2])，所以f (x )的最小值是f (2)＝－2，f (x )的最大值是f 34＝98．故选A ．4．已知函数f (x )＝2＋log 3x ，x ∈181，9，则f (x )的最小值为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．0 答案 A解析 由函数f (x )在其定义域内是增函数可知，当x ＝181时，函数f (x )取得最小值f 181＝2＋log 3 181＝2－4＝－2，故选A ．5．已知函数f (x )的定义域为(－1，1)，则函数g (x )＝f x2＋f (x －1)的定义域为( )A ．(－2，0)B ．(－2，2)C ．(0，2)D ．－12，0答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1<x 2<1，－1<x －1<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <2，0<x <2，∴0<x <2，∴函数g (x )＝f x2＋f (x－1)的定义域为(0，2)，故选C ．6．函数y ＝x ＋2－x 的值域为( ) A ．94，＋∞ B．94，＋∞ C ．－∞，94 D ．－∞，94答案 D解析 令t ＝2－x ≥0，则t 2＝2－x ，x ＝2－t 2，∴y ＝2－t 2＋t ＝－t －122＋94(t ≥0)，∴y ≤94，故选D ．7．已知函数f (x )＝1x ＋1，则函数f [f (x )]的定义域是( ) A ．{x |x ≠－1} B ．{x |x ≠－2}C ．{x |x ≠－1且x ≠－2}D ．{x |x ≠－1或x ≠－2} 答案 C解析 f [f (x )]＝1f (x )＋1＝11x ＋1＋1，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ≠－1，11＋x＋1≠0，解得x ≠－1且x ≠－2．故选C ．8．若函数y ＝f (x )的值域是[1，3]，则函数F (x )＝1－f (x ＋3)的值域是( ) A ．[－8，－3] B ．[－5，－1] C ．[－2，0] D ．[1，3] 答案 C解析 ∵1≤f (x )≤3，∴－3≤－f (x ＋3)≤－1，∴－2≤1－f (x ＋3)≤0，即F (x )的值域为[－2，0]．故选C ．9．函数y ＝16－4x的值域是( )A ．[0，＋∞) B．[0，4] C ．[0，4) D ．(0，4) 答案 C解析 由已知得0≤16－4x<16，0≤ 16－4x<16＝4，即函数y ＝16－4x的值域是[0，4)．故选C ．10．函数y ＝2x －1的定义域是(－∞，1)∪[2，5)，则其值域是( ) A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2 B ．(－∞，2] C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪(2，＋∞) D．(0，＋∞) 答案 A解析 当x <1时，x －1<0，此时y ＝2x －1<0；当2≤x <5时，1≤x －1<4，此时14<1x －1≤1，12<2x －1≤2，即12<y ≤2，综上，函数的值域为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2．故选A ．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，－2≤x ≤0，1x，0<x ≤3，则函数f (x )的值域是________．答案 －14，＋∞解析 当－2≤x ≤0时，x 2＋x ＝x ＋122－14，其值域为－14，2；当0<x ≤3时，1x 的值域为13，＋∞，故函数f (x )的值域是－14，＋∞．12．函数f (x )＝x －1x ＋1的值域为________． 答案 [－1，1)解析 由题意得f (x )＝x －1x ＋1＝1－2x ＋1，∵x ≥0，∴0<2x ＋1≤2，∴－2≤－2x ＋1<0，∴－1≤1－2x ＋1<1，故所求函数的值域为[－1，1)．二、高考小题13．(2016·全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x答案 D 解析 函数y ＝10lg x的定义域、值域均为(0，＋∞)，而y ＝x ，y ＝2x的定义域均为R ，排除A ，C ；y ＝lg x 的值域为R ，排除B ．故选D ．14．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________． 答案 [2，＋∞)解析 由题意可得log 2x －1≥0，即log 2x ≥1，∴x ≥2．∴函数的定义域为[2，＋∞)． 15．(2016·江苏高考)函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________． 答案 [－3，1]解析 若函数有意义，则需3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，解得－3≤x ≤1． 16．(2015·浙江高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x－3，x ≥1，lg (x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝________，f (x )的最小值是________． 答案 0 22－3解析 由题知，f (－3)＝1，f (1)＝0，即f [f (－3)]＝0．又f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝min{f (0)，f (2)}＝22－3．17．(2015·山东高考)已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________．答案 －32解析 ①当a >1时，f (x )在[－1，0]上单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，无解．②当0<a <1时，f (x )在[－1，0]上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32．18．(2015·福建高考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．答案 (1，2]解析 当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4，＋∞)．当x >2时，若a ∈(0，1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显然不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1＜a ≤2．三、模拟小题19．(2018·广东珠海一中等六校第三次联考)函数f (x )＝12－x＋ln (x ＋1)的定义域为( )A ．(2，＋∞) B．(－1，2)∪(2，＋∞) C ．(－1，2) D ．(－1，2] 答案 C解析 函数的定义域应满足⎩⎪⎨⎪⎧2－x >0，1＋x >0，∴－1<x <2．故选C ．20．(2018·河南联考)已知函数f (x )＝x ＋2x－a (a >0)的最小值为2，则实数 a ＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16 答案 B解析 由2x－a ≥0得x ≥log 2a ，故函数的定义域为[log 2a ，＋∞)，易知函数f (x )在[log 2a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (log 2a )＝log 2a ＝2，解得a ＝4．故选B ．21．(2018·江西南昌三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2(x ≤1)，ln x (x >1)，那么函数f (x )的值域为( )A ．(－∞，－1)∪[0，＋∞) B．(－∞，－1]∪(0，＋∞)C ．[－1，0)D ．R 答案 B解析 函数y ＝x －2(x ≤1)的值域为(－∞，－1]，函数y ＝ln x (x >1)的值域为(0，＋∞)，故函数f (x )的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．故选B ．22．(2018·邵阳石齐中学月考)已知函数f (x )＝4|x |＋2－1的定义域是[a ，b ](a ，b ∈Z )，值域是[0，1]，那么满足条件的整数数对(a ，b )共有( )A ．2个B ．3个C ．5个D ．无数个 答案 C解析 ∵函数f (x )＝4|x |＋2－1的值域是[0，1]，∴1≤4|x |＋2≤2，∴0≤|x |≤2，∴－2≤x ≤2，∴[a ，b ]⊆[－2，2]．又由于仅当x ＝0时，f (x )＝1，当x ＝±2时，f (x )＝0，故在定义域中一定有0，且2，－2中必有其一，故满足条件的整数数对(a ，b )有(－2，0)，(－2，1)，(－2，2)，(－1，2)，(0，2)共5个．故选C ．23．(2019·汕头模拟)函数y ＝3|x |－1的定义域为[－1，2]，则函数的值域为________． 答案 [0，8]解析 当x ＝0时，y min ＝30－1＝0，当x ＝2时，y max ＝32－1＝8，故值域为[0，8]． 24．(2018·江苏常州期中)若函数f (x ＋1)的定义域是[－1，1]，则函数f (log 12x )的定义域为________．答案 14，1解析 ∵f (x ＋1)的定义域是[－1，1]，∴f (x )的定义域是[0，2]，则f (log 12x )的定义域为0≤log 12x ≤2，∴14≤x ≤1．一、高考大题1．(2016·浙江高考)已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p >q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围； (2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0，6]上的最大值M (a )． 解 (1)由于a ≥3，故当x ≤1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)(2－x )>0， 当x >1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )．所以，使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2，2a ]． (2)设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2． ①f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2， 所以，由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a >2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)，当2≤x ≤6时，F (x )≤g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2，34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以，M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a <4，2，a ≥4.二、模拟大题2．(2018·山东青岛月考)已知f (x )＝2＋log 3x ，x ∈[1，9]，试求函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域．解 ∵f (x )＝2＋log 3x 的定义域为[1，9]，要使[f (x )]2＋f (x 2)有意义，必有1≤x ≤9且1≤x 2≤9，∴1≤x ≤3，∴y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的定义域为[1，3]． 又y ＝(2＋log 3x )2＋2＋log 3x 2＝(log 3x ＋3)2－3． ∵x ∈[1，3]，∴log 3x ∈[0，1]，∴y max ＝(1＋3)2－3＝13，y min ＝(0＋3)2－3＝6． ∴函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域为[6，13]．3．(2019·山西太原一中月考)已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a >0)，且f (x )在[0，1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．解 f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a，当a >1时，a －1a>0，此时f (x )在[0，1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a；当0<a <1时，a －1a<0，此时f (x )在[0，1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1．∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a，a ≥1，∴g (a )在(0，1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数， 又a ＝1时，有a ＝1a＝1，∴当a ＝1时，g (a )取得最大值1．4．(2018·陕西渭南尚德中学一模)已知函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x －3． (1)当a ＝2，x ∈[－2，3]时，求函数f (x )的值域； (2)若函数f (x )在[1，3]上的最大值为1，求实数a 的值． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 2＋3x －3＝x ＋322－214，又x ∈[－2，3]，所以f (x )min ＝f －32＝－214，f (x )max ＝f (3)＝15，所以所求函数的值域为－214，15．(2)对称轴为x ＝－2a －12．①当－2a －12≤1，即a ≥－12时，f (x )max ＝f (3)＝6a ＋3，所以6a ＋3＝1，即a ＝－13，满足题意；②当－2a －12≥3，即a ≤－52时，f (x )max ＝f (1)＝2a －3，所以2a －3＝1，即a ＝2，不满足题意； ③当1<－2a －12<3，即－52<a <－12时，此时，f (x )max 在端点处取得，令f (1)＝1＋2a －1－3＝1，得a ＝2(舍去)， 令f (3)＝9＋3(2a －1)－3＝1，得a ＝－13(舍去)．综上，可知a ＝－13．。