专题02 函数与导数之值域倍增(解析版)2021学年高三导数满分突破

第1课时 导数与函数的单调性[基础题组练]1．函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增．3．(2020·台州市高三期末质量评估)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )解析：选D.因f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，故当a ＜0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案C 中的那种情形；当a ＞0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案B 中的那种情形；判别式Δ＝a 2－4a ≤0，其图象是答案A 中的那种情形；当a ＝0，即y ＝x 也是答案A 中的那种情形，应选答案D.4．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) 解析：选A.因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )．所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以此时函数是增函数．所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A.5．函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选B.由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1，选B.6．(2020·温州七校联考)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －3)f ′(x )≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (6)≤2f (3)B ．f (0)＋f (6)＜2f (3)C ．f (0)＋f (6)≥2f (3)D ．f (0)＋f (6)＞2f (3)解析：选A.由题意知，当x ≥3时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x ＜3时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f (0)≤f (3)，f (6)≤f (3)，所以f (0)＋f (6)≤2f (3)，故选A.7．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝(x －3)e x，则f ′(x )＝e x(x －2)，令f ′(x )＞0，得x ＞2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)8．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，则当a ＜0时，f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝a ＋1x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x ，所以当x ≥－1a时f ′(x )≤0，当0＜x ＜－1a 时f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞9．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)10．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f (x )＝x 2e x，若f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f ′(x )＝e x(x 2＋2x )，所以f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，所以⎩⎪⎨⎪⎧t <－2t ＋1>－2或⎩⎪⎨⎪⎧t <0t ＋1>0，即实数t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．答案：(－3，－2)∪(－1，0)11．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 12．(1)设函数f (x )＝x e2－x＋e x ，求f (x )的单调区间．(2)设f (x )＝e x(ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)，若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e 2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋ex －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(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．因为e x>0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．令g (x )＝ln x＋1x.因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，由g ′(x )＝0，得x ＝1.x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，e) g ′(x ) －＋ g (x )g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln e＋e ＝e －1，g (e)＝1＋e，因为e －1>1＋e，所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e＝e －1. 故a ≥e －1.[综合题组练]1．(2020·丽水模拟)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.由题图可知当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值．当x ＜－1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，当－1＜x ＜0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项．2．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )．当x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )＜g (1－2x )的解集为( )A ．(13，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞)C ．(13，＋∞)D ．(－∞，13)解析：选A.因为定义在R 上的偶函数f (x )， 所以f (－x )＝f (x )因为x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，所以x 2f ′(x )＋2xf (x )≤0， 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )≤0， 所以g (x )在[0，＋∞)上为减函数， 因为f (x )为偶函数， 所以g (x )为偶函数，所以g (x )在(－∞，0)上为增函数， 因为g (x )＜g (1－2x ) 所以|x |＞|1－2x |， 即(x －1)(3x －1)＜0 解得13＜x ＜1，选A.3.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则不等式f (x )＜1的解集是________．解析：依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3，5)．答案：(－3，5)4．(2020·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y ＝－3x [－2，2] 5．已知函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋2x .(1)若g (x )在(－2，－1)内为减函数，求实数a 的取值范围； (2)若g (x )在区间(－2，－1)内不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)因为g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解得a ≤－3， 即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．(2)因为g (x )在(－2，－1)内不单调，g ′(x )＝x 2－ax ＋2，所以g ′(－2)·g ′(－1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0.由g ′(－2)·g ′(－1)<0，得(6＋2a )·(3＋a )<0，无解． 由⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a 2－8>0，6＋2a >0，3＋a >0，即⎩⎨⎧－4<a <－2，a >22或a <－22，a >－3，解得－3<a <－22，即实数a 的取值范围为(－3，－22)． 6．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋ax （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a.由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．。

专题03 二次求导函数处理（二阶导数）一、考情分析1、在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，并且在六道解答题中必有一题是导数题。

利用导数求解函数的单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现. 常常考查运算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想的渗透和综合运用，难度较大.2、而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。

需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题. 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。

本文试以全国高考试题为例，说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。

3、解决这类题的常规解题步骤为： ①求函数的定义域；②求函数的导数)('x f ，无法判断导函数正负； ③构造求)(')(x f x g =，求'(x)g ； ④列出)(),(',x g x g x 的变化关系表； ⑤根据列表解答问题。

二、经验分享方法 二次求导使用情景对函数()f x 一次求导得到()f x '之后，解不等式()0()0f x f x ''><和难度较大甚至根本解不出.解题步骤设()()g x f x '=，再求()g x '，求出()0()0g x g x ''><和的解，即得到函数()g x 的单调性，得到函数()g x 的最值，即可得到()f x '的正负情况，即可得到函数()f x 的单调性.三、题型分析(一) 利用二次求导求函数的极值或参数的范围例1.【2020届西南名校联盟高考适应月考卷一，12】（最小整数问题-导数的单调性和恒成立的转化） 已知关于x 的不等式()22ln 212x m x mx +-+≤在()0,∞上恒成立，则整数m 的最小值为（ ）A.1B.2C.3D.4【变式训练1】若不等式()ln 120x x x k k +-+>对任意的()2,x ∈+∞都恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．3 B ．4 C ．5D ．6【变式训练2】【2019浙江22】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围.（e=2.71828…为自然对数的底数）【变式训练3】【浙江省温州市2019—2020学年11月高三一模数学，21题】 已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（e 2.71828=为自然对数的底数）（1）求函数()f x 的单调区间； （2）当12a >时，若对任意的[)1,x ∈-+∞，均有()()212af x x ≥+，求a 的取值范围．(二) 利用二次求导证明不等式例2.【全国卷Ⅰ第20题】 已知函数1ln )1()(+-+=x x x x f . （1）若1)('2++≤ax x x xf ，求a 的取值范围； （2）证明：0)()1(≥-x f x .【变式训练1】已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=． （Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1xf x x >-．【变式训练2】已知函数2()ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥． (1)求a ；(2)证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．(三) 利用二次求导求函数的单调性例3【高考数学全国卷Ⅱ（22）小题】设函数()1x f x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围．【变式训练1】已知函数ln ()xx kf x e +=（k 为常数， 71828.2=e 是自然对数的底数），曲线()y f x = 在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行． （Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设2()()()g x x x f x '=+，其中()f x '是()f x 的导数．【变式训练2】【华中师大附中2017级高三上期中考试，21题】 （1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+； （2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (2)39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.四、迁移应用1.【2020河北衡水中学一调】已知()11,01,22,1,x x x f x x -⎧+≤<⎪=⎨⎪≥⎩存在210x x >≥，使得()()12f x f x =，则()12x f x 的取值范围为（ ）A ．211,42⎡⎫-⎪⎢⎪⎣⎭ B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．2,14⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭ D ．221,32⎡⎫-⎪⎢⎪⎣⎭ 2.已知函数()lg(31)xf x =+，则(4)(3)(4)(3)f f f f +----=（ ） A. 0 B. 1 C. lg 4 D. lg 33.已知函数(x),(x)xlnx xf xeg ==,若12(x )g(x )t f ==，其中0t >，则12ln tx x 的取值范围 4. 设a ∈R ，函数1()2x f x e -=（21ax a ++），其中e 是自然对数的底数． （Ⅰ） 判断函数()f x 在R 上的单调性；（Ⅱ） 当10a -<<时，求函数)(x f 在[1，2]上的最小值．4. 已知函数14341ln )(-+-=xx x x f ． （Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）设42)(2-+-=bx x x g ，若对任意)2,0(1∈x ，[]2,12∈x ，不等式)()(21x g x f ≥ 恒成立，求实数b 的取值范围．5. 已知函数2()()xf x ax x e =+，其中ｅ是自然数的底数，a R ∈。

第二课时导数与函数的极值、最值ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理双基自测知识点一函数的极值1. 函数的极值(1)设函数f(x)在点X0附近有定义，如果对X0附近的所有的点，都有f(x)< f(x o)，那么f(x o) 是函数f(x)的一个极大值，记作f(x)极大值=f(x o)；如果对x o附近的所有的点，都有f(x)> f(x o),那么f(x o)是函数f(x)的一个极小值，记作f(x)极小值=f(x o).极大值与极小值统称为极值.⑵当函数f(x)在x o处连续时，判别f(x o)是极大(小)值的方法：如果x<x o有f' (x)>o , x>x o有f' (x)<o，那么f(x o)是极大值.如果x<x o有f' (x)<o , x>x o有f' (x)>o，那么f(x o)是极小值.2. 求可导函数f(x)极值的步骤(1) 求导数f'(X)；(2) 求方程f' (x)= o的根;⑶检验f' (x)在方程f' (x)= o的根左右的值的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y= f(x)在这个根处取得极大值J 口果在根的左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y= f(x)在这个根处取得极小值.知识点二函数的最值1. 函数的最值的概念设函数y= f(x)在［a, bl上连续，在(a, b)内可导，函数f(x)在［a, b］上一切函数值中的最大(最小)值，叫做函数y= f(x)的最大(最小)值.2. 求函数最值的步骤设函数y= f(x)在［a, b］上连续，在(a, b)内可导，求f(x)在［a, b］上的最值，可分两步进行：(1) 求f(x)在(a, b)内的极值;(2) 将f(x)的各极值与f(a), f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. _______重兰至昱1 . f' (x o)= o与x o是f(x)极值点的关系函数f(x)可导，则f' (x o)= o是x o为f(x)的极值点的必要不充分条件. 例如，f(x) = X3,f'(o) =o,但x = o不是极值点.2•极大值（或极小值）可能不止一个，可能没有，极大值不一定大于极小值. 3 .极值与最值的关系极值只能在定义域内取得（不包括端点），最值却可以在端点处取得；有极值的不一定有最 值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取， 则必定在极值处取.4 .定义在开区间（a , b ）内的函数不一定存在最大（小）值.题组一走出误区1 .（多选题）下列结论正确的是（ABCD ） A .函数的极大值不一定比极小值大 B .导数等于0的点不一定是函数的极值点C .若x o 是函数y = f （x ）的极值点，则一定有 f ' （x o ）= 0D .函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值［解析］对于A ，如图，在x i 处的极大值比在X 2处的极小值小.II/\ ―丿7 Jb2 .侈选题）（选修2-2P 32AT4改编）若函数f （x ）的导函数f ' （x ）的图象如图所示，则下面正确的是（CD ）对于 对于 C ,对于由极点定义知显然正确.如图知正确. 故选 B 、C 、D . 题组走进教材如 y = x 3A . x=1是最小值点B. x= 0是极小值点C. x= 2是极小值点D .函数f(x)在(1,2)上单调递减［解析］由导数图象可知，x= 0, x= 2为两极值点，x = 0为极大值点，x= 2为极小值点, f (x)在(1,2)上小于0,因此f(x)单调递减，选C、D.3. (选修2-2P32AT5改编)函数f(x) = (x2—1)2+ 2的极值点是(C )A . x = 1 B. x=— 1C. x= 1 或—1 或0D. x= 0［解析］Tf(x) = x4—2x2+ 3，由f' (x)= 4x3—4x= 4x(x+ 1)(x—1)= 0,得x= 0 或x= 1 或x =—1.又当x< —1 时，f' (x)<0，当一1<x<0 时，f' (x)> 0,当0<x<1 时，f' (x)<0，当x>1 时，f' (x)>0 ,A x= 0,1，—1 都是f(x)的极值点.4. (选修2—2P32AT6改编)函数f(x) = In x—x在区间(0, e］上的最大值为(B )A . 1 —e B. —1C. —e D . 01 1 —x［解析］因为f' (x) = ^— 1 ==，当x€ (0,1)时，f' (x)>0;当x€ (1, e］时，f' (x)<0 , 所以当x= 1时，f(x)取得最大值ln 1 —1 = —1•故选B .题组三考题再现5 . (2017课标n, 11)若x=—2是函数f(x)= (x2+ ax—1)e x—1的极值点，贝V f(x)的极小值为(A )A . —1 B. —2e—3C. 5e 3D. 1［解析］由题意可得f ‘(x)= e x—1［x2+ (a + 2)x+ a —1］. '/x=—2 是函数f(x) = (x2+ ax —1)e x —1的极值点，••• f' (—2) = 0,「.a =—1, Af(x)= (x2—x—1)e x—1, f' (x) = e x—1(x2+ x—2) = e x^ 1(x —1)(x+ 2) ,「.x€ (—s,—2), (1 ,+s)时,f' (x)>0, f(x)单调递增；x€ (—2,1)时，f' (x)<0 ,f(x)单调递减.• f(x)极小值=f(1) = —1•故选A .3^36. (2018 课标I,16,5分)已知函数f(x) = 2sin x+ sin 2x,则f(x)的最小值是^ •［解析］由f(x)= 2sin x+ sin 2x, 得f' (x)= 2cos x+ 2cos 2x= 4cos2x+ 2cos x—2，令f' (x)=0,得 cos x = 2或 cos x =— 1，可得当 cos x € (— 1,㊁)时，f ' (x)<0 , f(x)为减函数；当 cos x 1 i"3€(2, 1)时，f ' (x)>0 , f(x)为增函数，所以当cos x =㊁时，f(x)取最小值，此时sin x =又因为 f(x) = 2sin x + 2sin xcos x = 2sin x(1 + cos x), 1 + cos x > 0 恒成立，二 f(x)取最小值时，sin x =■3'313J—三，A f(x)m in = 2 X ( — 2甘(1 + 2)=- 2 .KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点突破互动探究角度1根据函数图象判断极值岭 例1设函数f(x)在R 上可导，其导函数为 f ' (x)，且函数y = (1 — x)f ' (x)的图象如当x>2时，f ' (x)>0.由此可以得到函数f(x)在x =— 2处取得极大值，在x = 2处取得极小值.故角度2求函数的极值 峰 例2求下列函数的极值.考点一用导数求解函数极值问题多维探究图所示，则下列结论中一定成立的是 A .函数 B .函数 f(x)有极大值 f(x)有极大值 f(2)和极小值f(1) f( — 2)和极小值f(1) C .函数f(x)有极大值 f(2)和极小值f( — 2)D .函数 f(x)有极大值 f( — 2)和极小值f(2)［解由题图可知, 当 x<— 2 时，f ' (x)>0 ;当一2<x<1 时，f ' (x)<0 ;当 1<x<2 时，f ' (x)<0 ;1(1) f(x)= 2(x — 5)2+ 6ln x ; (2) f(x)= x — aln x(a € R).［分析］求导，研究函数的单调性从而确定极值.［解析］⑴函数f(x)的定义域为(0,+ R ),令 f 'i 29由上表可知当x = 2时，极大值f(2) = + 6ln 2，当x = 3时，极小值f(3) = 2+ 6ln 3.(2)f ' (x) = 1 — a = x 7a, x>0.若a w 0，则f ' (x)>0恒成立，f(x)不存在极值. 若a>0，则x ，f ' (x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的极小值f(a) = a — aln a .无极大值.综上可知a w 0时，无极值；a>0时，极小值f(a)= a — aln a.名师点拨？可导函数求极值的步骤(1) 确定函数的定义域. (2) 求方程f ' (x)= 0的根.⑶用方程f ' (x)= 0的根和不可导点的x 的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格.f ' 6(x) = x — 5+ x =x —2 x —3x。

2．函数与导数1．求函数的定义域，重点是依照含自变量 x 的代数式存心义来列出相应的不等式 (组 )求解，如开偶次方根、被开方数必定是非负数；对数式中的真数是正数；列不等式时，应列出全部的不等式，不该遗漏．对抽象函数，只需对应关系同样，括号里整体的取值范围就完整同样．1 ＋ lg(1 ＋ x)的定义域是 __________________ ．[问题 1] 函数 f(x)＝1－ x2．用换元法求分析式时，要注意新元的取值范围，即函数的定义域问题． [问题 2] 已知 f(cos x)＝ sin 2x ，则 f(x) ＝________.3．分段函数是在其定义域的不一样子集上，分别用不一样的式子来表示对应关系的函数， 它是一个函数，而不是几个函数．[问题 3] 已知函数 f(x)＝3x ，x ≤0， 那么 f(5)的值为 ________．f x －， x>0，64．判断函数的奇偶性， 要注意定义域一定对于原点对称，有时还要对函数式化简整理， 但必须注意使定义域不受影响．－ x 2[问题 4]f(x)＝ |x － 2|－ 2 是________函数 (填 “奇 ”“偶 ”或 “非奇非偶 ”)．5．求函数单一区间时，多个单一区间之间不可以用符号 “∪ ”和 “或”连结，可用 “及 ”连结，或用“， ”分开．单一区间一定是 “区间 ”，而不可以用会合或不等式取代．[问题 5]函数 f(x)＝1x 的减区间为 ________________________________________ ．6．弄清函数奇偶性的性质(1)奇函数在对于原点对称的区间上如有单一性，则其单一性完整同样；偶函数在对于原点对称的区间上如有单一性，则其单一性恰好相反．(2) 若 f( x)为偶函数，则 f(－ x)＝ f(x)＝f(|x|)． (3) 若奇函数 f(x)的定义域中含有0，则必有 f(0)＝ 0.“f(0) ＝0”是 “f(x)为奇函数 ”的既不充足也不用要条件．2[问题 6] 设 f(x)＝ lg 1－ x ＋ a是奇函数，且在 x ＝ 0 处存心义，则该函数为 ()A ． (－ ∞，＋ ∞)上的减函数B ．(－∞，＋∞)上的增函数C．(－1,1)上的减函数D． (－ 1,1)上的增函数7．求函数最值(值域 )常用的方法(1)单一性法：合适于已知或能判断单一性的函数．(2)图象法：合适于已知或易作出图象的函数．(3)基本不等式法：特别合适于分式结构或两元的函数．(4)导数法：合适于可导函数．(5)换元法 (特别注意新元的范围)．(6)分别常数法：合适于一次分式．2x[问题 7]函数y＝2x＋1(x≥ 0)的值域为________．8．函数图象的几种常有变换(1)平移变换：左右平移——“左加右减”(注意是针对x而言 )；上下平移——“上加下减”．(2)翻折变换： f(x) →|f(x)|； f(x) →f(|x|)．(3)对称变换：①证明函数图象的对称性，即证图象上随意点对于对称中心(轴 )的对称点仍在图象上；②函数 y＝ f(x)与 y＝－ f(－x)的图象对于原点成中心对称；③函数 y＝ f(x)与 y＝f(－ x)的图象对于直线x＝ 0 (y 轴 )对称；函数 y＝f(x)与函数 y＝－ f(x)的图象对于直线y＝ 0(x 轴)对称．[问题 8]2x＋1的图象的对称中心是 ________．函数 f(x)＝x＋19．相关函数周期的几种状况一定熟记：(1) f(x)＝f(x＋ a)(a>0) ，则 f(x)的周期 T＝ a；(2) f(x＋ a)＝1(f(x) ≠ 0)或 f(x＋a) ＝－ f(x)，则 f(x)的周期 T＝ 2a.f x1，若当 2<x<3时， f(x)＝ x，[问题 9]对于函数 f(x)定义域内随意的x，都有 f(x＋ 2)＝－f x则 f(2 016.5) ＝ ________.10．二次函数问题(1)办理二次函数的问题勿忘数形联合．二次函数在闭区间上必有最值，求最值问题用“两看法”：一看张口方向，二看对称轴与所给区间的相对地点关系．(2)若原题中没有指出是“二次”方程、函数或不等式，要考虑到二次项系数可能为零的情况．[问题 10]若对于x的方程ax2－x＋1＝0起码有一个正根，则a的取值范围为________．11． (1) 对数运算性质已知 a>0 且 a≠1， b>0 且 b≠1， M>0 ， N>0.则 log a(MN)＝ log a M＋ log a N，Mlog a N＝ log a M－ log a N，log a M n＝ nlog a M，对数换底公式：log a N＝log b N. log b a推论：log a m N nn1＝m log a N； log a b＝log b a.(2)指数函数与对数函数的图象与性质可从定义域、值域、单一性、函数值的变化状况考虑，特别注意底数的取值对相关性质的影x响，此外，指数函数y＝ a 的图象恒过定点(0,1) ，对数函数y＝ log a x 的图象恒过定点(1,0)．α12．幂函数y＝ x (α∈R )(1)①若α＝ 1，则 y＝ x，图象是直线．②当α＝ 0 时， y＝ x0＝ 1(x≠0)图象是除点 (0,1) 外的直线．③当 0<α<1 时，图象过 (0,0)与 (1,1)两点，在第一象限内是上凸的．④当α>1 时，在第一象限内，图象是下凸的．(2)增减性：①当α>0 时，在区间 (0，＋∞)上，函数 y＝ xα是增函数；②当α<0 时，在区间 (0，＋∞)上，函数 y＝ xα是减函数．1 1x[问题 12] 函数 f(x)＝ x 2－的零点个数为 ________．213．函数与方程(1)对于函数 y＝ f(x)，使 f(x)＝ 0的实数 x 叫做函数 y＝ f( x)的零点．事实上，函数y＝ f(x)的零点就是方程f(x) ＝0 的实数根．(2)假如函数 y＝ f( x)在区间 [a，b]上的图象是一条连续曲线，且有 f(a)f(b)<0 ，那么函数 y＝f(x)在区间[a，b]内有零点，即存在 c∈ (a，b)，使得 f(c)＝ 0，此时这个 c 就是方程 f(x)＝ 0 的根．反之不建立．[问题 13] 已知定义在一条连续曲线，则方程R 上的函数f(x)＝ (x2－3x＋ 2) ·g(x)＋3x－ 4，此中函数f(x)＝ 0 在下边哪个区间内必有实数根()y＝ g(x)的图象是A ． (0,1)B ．(1,2)C． (2,3) D ． (3,4)14．求导数的方法(1)基本导数公式：c′＝ 0 (c 为常数 )； (x m) ＝′ mx m－1 (m∈Q)；(sin x) ＝′ cos x； (cos x) ′＝－ sin x；x x； (a xx1； (log1(e) ＝′ e) ＝′ a ln a；(ln x) ＝′x a x)＝′xln a(a>0且a≠1)．(2)导数的四则运算：(u±v) ′＝ u′±v；u u′v－ uv′(uv) ′＝u′v＋uv′；v′＝v2(v≠0)．(3)复合函数的导数：y x′＝ y u′·u x′.如求 f(ax＋ b)的导数，令u＝ ax＋ b，则(f(ax＋b)) ＝′f′(u)·a.－ 2x[问题 14] f(x)＝ e，则f′(x)＝________.15．利用导数判断函数的单一性：设函数y＝ f(x)在某个区间内可导，假如 f ′(x)>0，那么f(x)在该区间内为增函数；假如 f′(x)<0 ，那么 f(x)在该区间内为减函数；假如在某个区间内恒有f′(x)＝ 0，那么 f(x)在该区间内为常函数．注意：假如已知 f(x)为减函数求字母取值范围，那么不等式f′(x)≤0恒建立，但要考证 f′(x)是否恒等于0.增函数亦这样．[问题 15]函数 f(x)＝ ax3－ 2x2＋x－ 1在 R 上是增函数，则 a 的取值范围是 ________．16．导数为零的点其实不必定是极值点，3，有 f′(0)＝ 0，但 x＝ 0 不是极值点．比如：函数 f(x)＝ x[问题 16]1413的极值点是 ________．函数 f(x)＝x－ x4317．定积分运用微积分基本定理求定积分掌握以下几个公式：n ＋1b n x b，?a x dx＝n＋1|ab b?，a sin xdx＝－cos x|ab b?a cos xdx＝ sin x|a，b1b(b>a>0) ，?a dx＝ ln x|axb x a x b?a a dx＝ln a|a.bf(x)的原函数，应娴熟?a f(x)dx 值的重点是用求导公式逆向求出[问题 17]12＋sin x)dx＝ ________.计算定积分 ?1(x－易错点1忽略函数定义域例1函数y＝ log 1(x2－5x＋6)的单一递加区间为_____________ ．2错因剖析忽略对函数定义域的要求，遗漏条件x2－ 5x＋6>0.分析由 x2－ 5x＋ 6＞ 0知 { x|x＞ 3或x＜ 2} ．令u＝ x2－ 5x＋ 6，则u＝x2－5x＋ 6在(－∞，2)上是减函数，∴y＝ log 1 (x2－ 5x＋ 6)的单一增区间为(－∞， 2)．2答案 (－∞， 2)易错点2 分段函数意义理解不正确例 2定义在 R 上的函数log 2－ x ， x≤0，f(x)知足 f(x)＝则 f(2 016)的值为f x－－ f x－，x>0，()A．－ 1 B．0 C．1 D．2错因剖析不理解分段函数的意义，误以为应将 x＝2 016，代入 log 2(1－ x)，或许以为得不到f(2 016) 的值．分析f(2 016)＝ f(2 015)－ f(2 014) ＝ f(2 014) － f(2 013)－ f(2 014)＝－ f(2 013)＝ f(2 010)＝ f(0) ＝0.答案B例 3ax2＋ 1，x≥0，函数 f(x) ＝在 ( －∞，＋∞)上单调，则 a 的取值范围是a2－ax， x>0________________ ．错因剖析只考虑分段函数各段上函数值变化状况，忽略对定义域的临界点处函数值的要求．a＜ 0，分析若函数在R 上单一递减，则有a2－1＞ 0，解之得a≤－2；若函数在R 上单a2－0≥1，a＞ 0，调递加，则有a2－ 1＞ 0，解得 1＜ a≤ 2，a2－0≤1，故 a 的取值范围是 (－∞，－ 2]∪ (1， 2]．答案 (－∞，－ 2]∪ (1， 2]易错点3函数零点求解议论不全面例4函数f(x)＝mx2－ 2x＋ 1 有且仅有一个正实数零点，则实数m 的取值范围是() A．(－∞，1]B． (－∞， 0]∪ {1}C．(－∞， 0)∪ {1}D． (－∞，1)错因剖析解此题易出现的错误有分类议论不全面、函数零点定理使用不妥，如忽略对m＝0的议论，就会错选 C.分析当 m＝ 0 时， x＝12为函数的零点；当m≠0时，若＝0，即m＝ 1 时， x＝ 1 是函数独一的零点，若Δ≠0，明显x＝ 0 不是函数的零点，这样函数有且仅有一个正实数零点等价于方程f(x) ＝ mx2－ 2x＋ 1＝ 0 有一个正根一个负根，即mf(0) ＜ 0，即m＜ 0.应选 B.答案B易错点4混杂“过点”和“切点”例 5 求过曲线 y＝ 3x－ x3上的点 (2，－ 2)的切线方程．错因剖析混杂过一点的切线和在一点处切线，错误以为(2，－ 2)必定是切点．解设切点为 P(x0，y0)，则点 P 处的切线方程是y－ y0＝ (3－ 3x20)(x－ x0)．∵点 A 在切线上，∴－ 2－ y0＝ (3－ 3x20)(2－ x0)．①又∵点 P 在曲线 C 上，∴y0＝ 3x0－ x30.②由①、②，解得x0＝ 2 或 x0＝－ 1.当 x0＝ 2 时， P 点的坐标为 (2，－ 2)，切线方程是 9x＋y－ 16＝ 0.当 x0＝－ 1 时， P 点的坐标为 (－ 1，－ 2)，切线方程是 y＋ 2＝ 0.综上，过点 A 的曲线 C 的切线方程是：9x＋ y－ 16＝ 0 或 y＋2＝ 0.易错点 5 极值点条件不清例 6已知 f(x)＝x3＋ ax2＋ bx＋ a2在 x＝ 1 处有极值为10，则 a＋b＝ ________.错因剖析把 f′(x作为 x0为极值点的充要条件，没有对a，b 值进行考证，致使增解．0)＝0分析 f ′(x)＝ 3x2＋ 2ax＋ b，由 x＝ 1 时，函数获得极值10，得f＝ 3＋2a＋ b＝0，①f＝1＋ a＋ b＋ a2＝ 10，②联立①②得a＝ 4，a＝－ 3，或b＝ 3.b＝－ 11，当 a＝4， b＝－ 11 时，f′(x)＝ 3x2＋ 8x－ 11＝ (3x＋11)(x－ 1)．在 x＝1 双侧的符号相反，切合题意．当 a＝－ 3， b＝3 时，f′(x)＝ 3(x－ 1)2在 x＝1 双侧的符号同样，所以 a＝－ 3， b＝ 3 不切合题意，舍去．综上可知 a＝ 4， b＝－ 11，∴ a＋ b＝－ 7.答案－ 7易错点 6 函数单一性与导数关系理解不正确例 7函数 f(x)＝ax3－x2＋ x－ 5 在R上是增函数，则 a 的取值范围是 ________．错因剖析误以为 f′(x)＞ 0 恒建立是 f(x)在R上是增函数的必需条件，遗漏f′(x)＝ 0 的状况．分析f(x)＝ ax3－ x2＋ x－ 5 的导数 f′(x)＝3ax2－ 2x＋ 1，a＞0，1由 f′(x)≥0，得解得 a≥ .＝ 4－12a≤0，3答案1a≥3易错点 7 计算定积分忽略细节例 841?2x dx 等于 ()A ．－ 2ln 2B． 2ln 2 C．－ ln 2 D ． ln 2错题剖析此题易出现的问题主要有两个方面：一是混杂求原函数和求导数的运算，误以为1原函数为y＝ (x)而′找不到答案；二是记错公式，把积分的上、下限颠倒致使计算失误，而错选 C.分析由于 (ln x) ′＝1，所以 y＝1的一个原函数是y＝ ln x，x x414＝ ln 2 ，应选 D.故 ?2 dx＝ ln x|2＝ ln 4 － ln 2x答案D1． (2014 ·京北 )以下函数中，在区间A ． y＝x＋ 1－xC．y＝ 21 2． (2014 山·东 )函数 f( x)＝2x 1A. 0，21C. 0，2∪ (2，＋∞)3．以下各式中错误的选项是()33A ． 0.8 >0.7C．0.75－ 0.10.1<0.75(0，＋∞)上为增函数的是()B． y＝( x－1)2D． y＝ log 0.5 (x＋1)2的定义域为 ()－1B． (2，＋∞)D.0，1∪[2，＋∞)2B． log0.50.4>log 0.50.6D． lg 1.6>lg 1.44． a 是 f(x)＝x－ log 1 x 的零点，若0＜ x0＜ a，则 f(x0)的值知足 () 22A ． f(x0)＝ 0B． f(x0) ＜ 0C．f(x0)＞ 0D． f(x0) 的符号不确立5． (2014 天·津 )函数 f( x)＝ log 1 (x2－4) 的单一递加区间是 ()2A．(0，＋∞ )B． (－∞， 0)C．(2，＋∞ )D． (－∞，－ 2)6．已知函数 f(x)的导函数f′(x)的图象如下图，那么函数f(x) 的图象最有可能的是 ()7． (2014 福·建 )已知函数 f(x)＝x2＋ 1， x>0，)则以下结论正确的选项是(cos x， x≤0，A ． f(x)是偶函数B． f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D． f(x)的值域为 [ －1，＋∞)8．若函数 f(x)是定义在R 上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝ 0，则使得 f(x)<0的 x 的取值范围是 ________．log2x，x>0，9．已知函数 f(x)＝x，且对于 x 的方程 f(x)＋ x－a＝ 0 有且只有一个实根，则实3x≤0数 a 的取值范围是 ________．10．(2014 江·苏 )已知函数 f(x)＝ x2＋ mx－ 1，若对于随意 x∈ [m，m＋1] ，都有 f(x)<0 建立，则实数 m 的取值范围是 ________．2a11．已知函数 f( x)＝x＋ ( x≠0， a∈R)．x(1)判断函数 f(x)的奇偶性；(2)若 f( x)在区间 [2，＋∞)上是增函数，务实数 a 的取值范围．x－ 112．已知函数f(x)＝ ln( ax)(a≠0，a∈R)， g(x)＝x.(1)当a＝ 1 时，记φ(x)＝f(x)－x＋1，求函数φ(x)的单一区间；x－ 1(2)若 f( x) ≥g(x)(x≥ 1)恒建立，务实数a的取值范围．高考数学二轮增分策略：第4篇第2讲《函数与导数(含答案)学生用书答案精析2．函数与导数重点回扣[问题 1](－ 1,1)∪ (1，＋ ∞)[问题 2]1－x 2 (x ∈[ － 1,1])1[问题 3]－2[问题 4]奇1－x 2 >0，分析由得定义域为 (－ 1,0)∪ (0,1)，|x － 2|－ 2≠0f(x) ＝ － －x 2－ x 2 x － － 2＝－ x.∴ f(－ x)＝－ f(x) ， f(x)为奇函数．[问题 5](－ ∞， 0)，(0，＋ ∞)[问题 6]D [由题意可知 f(0)＝ 0，即 lg(2 ＋ a)＝ 0，解得 a ＝－ 1，故 f(x)＝lg 1＋ x，函数 f(x)的定义域是 (－ 1,1)，1－ x在此定义域内 f(x)＝ lg 1＋ x＝ lg(1 ＋ x)－ lg(1 － x)，1－ x函数 y 1＝lg(1 ＋ x)是增函数，函数 y 2＝ lg(1 － x)是减函数，故 f(x)＝ y 1－ y 2 是增函数．选 D.] [问题 7]1， 12分析方法一 ∵ x ≥0，∴ 2x ≥1，∴ y ≥1，1－ y解得 1≤y<1. ∴其值域为 y ∈ 1， 1 .2 21 方法二y ＝ 1－ 2x ＋ 1，∵ x ≥0，∴ 0< 111.x≤ ，∴ y ∈， 1 2 ＋ 1 2 2[问题 8](－ 1,2)[问题 9] 2－5[问题 10]－∞，14[问题 11] [0,1) ， [2，＋ ∞)分析|log2x－x，∵ y＝－ x x，|log2作图可知正确答案为[0,1) ， [2，＋∞)．[问题 12]1[问题 13] B[f( x)＝ (x－ 2)(x－ 1)g(x)＋ 3x－ 4，∴f(1) ＝ 0＋ 3×1－4＝－ 1<0， f(2) ＝ 2×3－ 4＝ 2>0.又函数 y＝ g(x)的图象是一条连续曲线，∴函数 f(x)在区间 (1,2) 内有零点．所以方程f( x)＝ 0 在 (1,2)内必有实数根．]－2 x[问题 14]－2e4[问题 15]a≥3分析f(x)＝ ax3－ 2x2＋ x－1 的导数f′(x)＝ 3ax2－ 4x＋1.a>0，由 f′(x)≥0，得＝16－12a≤0，44时， f′(x)＝ (2x－ 1)2解得 a≥ .a＝≥0，331且只有 x＝时， f′(x)＝0，∴a＝4切合题意．3[问题 16]x＝1[问题17]2 312x312分析－－ cos x－1＝.? 1(x ＋ sin x)dx＝33查缺补漏1． A[A 项，函数 y＝x＋ 1在[ － 1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故正确； B 项，函数 y＝ (x－ 1)2在(－∞， 1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故错误；C项，函数－ x＝1 x在 R 上为减函数，故错误； D 项，函数 y＝ log0.5(x＋ 1)在 (－ 1，＋∞)上y＝ 2( )2为减函数，故错误．]x>0，2． C[由题意知2x2>1，解得x>21或 0<x<2.应选C.]3． C[结构相应函数，再利用函数的性质解决，对于A ，结构幂函数y ＝ x 3，为增函数，故A 对；对于B 、D ，结构对数函数y ＝ log 0.5x 为减函数，y ＝ lg x 为增函数，B 、 D都正确；对于 C ，结构指数函数y ＝ 0.75x ，为减函数，故C 错．]4．B [函数 f(x)＝ 2x － log 1 x ＝ 2x ＋log 2x 在(0，＋ ∞)上是单一递加的， 这个函数有零点，这个2零点是独一的，依据函数的单一性，知在(0， a)上，这个函数的函数值小于零，即 f(x 0)＜ 0.]5．D[由于 y ＝ log 1 t 在定义域上是减函数，所以求原函数的单一递加区间，即求函数t ＝ x 22－ 4 的单一递减区间，联合函数的定义域，可知所求区间为 (－ ∞，－ 2)．]6． A [从导函数图象上能够看出函数f(x) 的单一递加区间是 (－ 2,0)，单一递减区间是 (－ ∞，－ 2)， (0，＋ ∞)，故函数图象最有可能是选项A 中的图象． ]27． D x ＋ 1， x>0，的图象如下图，由图象知只有D 正确．][函数 f(x)＝cos x ， x ≤08． (－ 2,2)分析由于 f(x) 是偶函数，所以 f(－ x)＝ f(x)＝f(|x|)．由于 f(x)<0， f(2) ＝0.所以 f(|x|)<f(2)．又由于 f(x)在 (－ ∞， 0]上是减函数，所以 f(x)在 (0，＋ ∞)上是增函数，所以 |x|<2，所以－ 2<x<2.9． (1，＋ ∞)分析 方程 f( x)＋ x － a ＝ 0 的实根也就是函数 y ＝ f(x)与 y ＝ a － x 的图象交点的横坐标， 如下图， 作出两个函数图象， 明显当 a ≤1时，两个函数图象有两个交点，当 a>1 时，两个函数图象的交点只有一个．所以实数a 的取值范围是 (1，＋ ∞)．210．(－ 2 ，0)分析 作出二次函数f(x)的图象，对于随意 x ∈[ m ， m ＋ 1]，都有f m ，f(x)<0 ，则有f m ＋，m 2＋ m 2－1<0 ，2即m ＋2＋ m m ＋ － 1<0， 解得－2 <m<0.11．解(1)当 a ＝ 0 时， f(x)＝ x 2 为偶函数；当 a ≠0时， f(x)既不是奇函数也不是偶函数．(2)要使 f(x) 在区间 [2，＋ ∞)上是增函数，只需当 x ≥2时， f ′(x)≥0恒建立，a32x3即 2x － 2≥0，则 a ≤2x ，又由于 ≥ 16.x故当 a ≤16时， f(x)在区间 [2，＋ ∞)上是增函数． 12．解 x ＋ 1＝ ln x － x ＋ 1，则 φ′(x)＝1＋ (1)当 a ＝ 1 时， φ(x)＝ f(x)－x － 1x － 1x由于 x>0 且 x ≠1，所以 φ′(x)>0.故函数 φ(x)的单一递加区间为 (0,1) 和(1 ，＋ ∞)．2x 2＋ 1 2＝2.x －x x －x － 1(2)由于 ln(ax) ≥ x对 x ≥1恒建立，x － 1 所以 ln a ＋ln x ≥，x即 ln a ≥1－ 1－ ln x 对 x ≥1恒建立． x1 1 1 ，＋ ∞)上单一令 h(x)＝1－－ ln x ，则 h ′(x)＝ 2－ ，由于 x ≥1，故 h ′(x)≤0.所以 h(x)在区间 [1 xxx递减，由 ln a ≥h( x)max ＝h(1) ＝ 0，解得 a ≥1.故实数 a 的取值范围为 [1，＋ ∞)．。

第二节函数的单调性与最值课标要求考情分析1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.1.主要考查函数单调性的判定、求单调区间、比较大小、解不等式、求最值及不等式恒成立问题．2．题型以选择题、填空题为主，若与导数交汇命题则以解答题的形式出现，属中高档题.知识点一函数的单调性1．增函数、减函数的定义定义：一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2：(1)增函数：当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数；(2)减函数：当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数．2．单调性、单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．注意以下结论1．对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，f(x1)－f(x2)x1－x2>0⇔f(x)在D上是增函数，f(x1)－f(x2)x1－x2<0⇔f(x)在D 上是减函数．2．对勾函数y＝x＋ax(a>0)的增区间为(－∞，－a]和[a，＋∞)，减区间为[－a，0)和(0，a]．3．在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．4．函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．知识点二函数的最值1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f (x )，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，且x 1≠x 2有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在区间D 上是增函数．( √ )(2)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )(3)对于函数y ＝f (x )，若f (1)<f (3)，则f (x )为增函数．( × )(4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( × ) 解析：(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x 1＝－1，x 2＝1，则f (－1)<f (1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．(3)应对任意的x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)成立才可以．(4)若f (x )＝x ，f (x )在[1，＋∞)上为增函数，但y ＝f (x )的单调递增区间是R . 2．小题热身(1)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是( A ) A ．y ＝1x －xB ．y ＝x 2－xC ．y ＝ln x －xD ．y ＝e x(2)函数f (x )＝－x ＋1x 在区间⎣⎡⎦⎤－2，－13上的最大值是( A ) A ．32B ．－83C ．－2D ．2(3)设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的增区间为[－1,1]和[5,7]．(4)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12 x ，x ≥1，2x ，x <1的值域为(－∞，2)．(5)函数f (x )＝2x x －1在[2,6]上的最大值和最小值分别是4，125.解析：(1)对于A ，y 1＝1x 在(0，＋∞)内是减函数，y 2＝x 在(0，＋∞)内是增函数，则y ＝1x－x 在(0，＋∞)内是减函数；B ，C 选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D 中，y ＝e x 在(0，＋∞)上是增函数．(2)∵函数y ＝－x 与y ＝1x 在x ∈⎣⎡⎦⎤－2，－13上都是减函数，∴函数f (x )＝－x ＋1x在⎣⎡⎦⎤－2，－13上是减函数，故f (x )的最大值为f (－2)＝2－12＝32.(3)由图可知函数的增区间为[－1,1]和[5,7]．(4)当x ≥1时，f (x )＝log 12 x 是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；x <1时，f (x )＝2x 是单调递增的，此时，函数的值域为(0,2)．综上，f (x )的值域是(－∞，2)．(5)函数f (x )＝2x x －1＝2(x －1)＋2x －1＝2＋2x －1在[2,6]上单调递减，所以f (x )min ＝f (6)＝2×66－1＝125.f (x )max ＝f (2)＝2×22－1＝4.考点一 确定函数的单调性(单调区间)【例1】 (1)(2019·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝x 12B ．y ＝2－x C ．y ＝log 12 xD ．y ＝1x(2)函数f (x )＝|x 2－3x ＋2|的单调递增区间是( )A ．⎣⎡⎭⎫32，＋∞B ．⎣⎡⎦⎤1，32和[2，＋∞) C ．(－∞，1]和⎣⎡⎦⎤32，2D ．⎝⎛⎦⎤－∞，32和[2，＋∞)(3)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．【解析】 (1)对于幂函数y ＝x α，当α>0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递增，当α<0，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A 正确；选项D 中的函数y ＝1x 可转化为y ＝x －1，所以函数y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项D 不符合题意；对于指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B 中的函数y ＝2－x 可转化为y ＝(12)x ，因此函数y ＝2－x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项B 不符合题意；对于对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C 中的函数y ＝log 12 x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项C 不符合题意．故选A.(2)y ＝|x 2－3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2，x ≤1或x ≥2，－(x 2－3x ＋2)，1<x <2. 如图所示，函数的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤1，32和[2，＋∞)． (3)方法1：(定义法)设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝⎛⎭⎫1＋1x －1，则f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝⎛⎭⎫1＋1x 1－1－a ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2－1＝a (x 2－x 1)(x 1－1)(x 2－1). 由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0， 故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上单调递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上单调递增． 方法2：(导数法)f ′(x )＝(ax )′(x －1)－ax (x －1)′(x －1)2＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a (x －1)2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增． 【答案】 (1)A (2)B (3)见解析 方法技巧判断函数单调性常用以下几种方法：(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论.(2)图象法：如果f (x )是以图象形式给出的，或者f (x )的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性.(3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间.(4)性质法：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f (x )±g (x )增减性质进行判断；②对于复合函数，先将函数y ＝f (g (x ))分解成y ＝f (t )和t ＝g (x )，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断.1．下列函数中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( C ) A ．f (x )＝2x B ．f (x )＝|x －1| C ．f (x )＝1x－xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：由(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)上是减函数，A ，D 选项中，f (x )为增函数；B 中，f (x )＝|x －1|在(0，＋∞)上不单调；对于f (x )＝1x －x ，因为y ＝1x 与y ＝－x 在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x )在(0，＋∞)上是减函数．2．函数f (x )＝(a －1)x ＋2在R 上单调递增，则函数g (x )＝a |x －2|的单调递减区间是(－∞，2]．解析：因为f (x )在R 上单调递增，所以a －1>0，即a >1，因此g (x )的单调递减区间就是y ＝|x －2|的单调递减区间(－∞，2]．3．判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1<a <3)在[1,2]上的单调性．解：函数f (x )＝ax 2＋1x (1<a <3)在[1,2]上单调递增．证明：设1≤x 1<x 2≤2，则 f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－ax 21－1x 1 ＝(x 2－x 1)⎣⎡⎦⎤a (x 1＋x 2)－1x 1x 2， 由1≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0,2<x 1＋x 2<4， 1<x 1x 2<4，－1<－1x 1x 2<－14.又因为1<a <3，所以2<a (x 1＋x 2)<12，得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2>0，从而f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)，故当a ∈(1,3)时，f (x )在[1,2]上单调递增．考点二 函数的最值【例2】 (1)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________． (2)函数y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1的值域为________．(3)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．【解析】 (1)法1：令t ＝x －1，且t ≥0，则x ＝t 2＋1， ∴原函数变为y ＝t 2＋1＋t ，t ≥0. 配方得y ＝⎝⎛⎭⎫t ＋122＋34， 又∵t ≥0，∴y ≥14＋34＝1.故函数y ＝x ＋x －1的最小值为1.法2：因为函数y ＝x 和y ＝x －1在定义域内均为增函数，故函数y ＝x ＋x －1在其定义域[1，＋∞)内为增函数，所以当x ＝1时y 取最小值，即y min ＝1.(2)y ＝2x 2－2x ＋3x 2－x ＋1＝2(x 2－x ＋1)＋1x 2－x ＋1＝2＋1x 2－x ＋1＝2＋1⎝⎛⎭⎫x －122＋34. ∵⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34， ∴2<2＋1⎝⎛⎭⎫x －122＋34≤2＋43＝103.故函数的值域为⎝⎛⎦⎤2，103. (3)当x ≥1时，函数f (x )＝1x 为减函数，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函数f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函数f (x )的最大值为2.【答案】 (1)1 (2)⎝⎛⎦⎤2，103 (3)2 方法技巧求函数最值(值域)的五种常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值. (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值.1．若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( B ) A ．－3 B ．－2 C ．－1D ．1解析：函数f (x )＝x 2－2x ＋m ＝(x －1)2＋m －1的图象如图所示．由图象知在[3，＋∞)上f (x )min ＝f (3)＝32－2×3＋m ＝1，得m ＝－2.2．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝6.解析：由题易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.所以a ＋b ＝6.3．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为14.解析：令t ＝x ，则t ≥0，x ＝t 2 所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14， 当t ＝12，即x ＝14时，y max ＝14.考点三 函数单调性的应用命题方向1 比较函数值的大小【例3】 已知f (x )＝3x ＋2cos x .若a ＝f (32)，b ＝f (2)，c ＝f (log 27)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a【解析】 由题意，得f ′(x )＝3－2sin x .因为－1≤sin x ≤1，所以f ′(x )>0恒成立，所以函数f (x )是增函数．因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a ，故选D.【答案】 D命题方向2 利用单调性解不等式【例4】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x ，x ≤0，－x 2－2x ＋1，x >0，若f (a －1)≥f (－a 2＋1)，则实数a 的取值范围是( )A ．[－2,1]B ．[－1,2]C ．(－∞，－2]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)【解析】 因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x ，x ≤0，－x 2－2x ＋1，x >0，在区间(－∞，＋∞)上单调递减，所以不等式f (a －1)≥f (－a 2＋1)同解于不等式a －1≤－a 2＋1，即a 2＋a －2≤0，解得－2≤a ≤1，故选A.【答案】 A命题方向3 求参数的取值范围【例5】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x －14，x ≤1，log a x －1，x >1是R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫14，12 B.⎣⎡⎦⎤14，12 C.⎝⎛⎦⎤0，12 D.⎣⎡⎭⎫12，1【解析】 由对数函数的定义可得a >0，且a ≠1.又函数f (x )在R 上单调，而二次函数y ＝ax 2－x －14的图象开口向上，所以函数f (x )在R上单调递减，故有⎩⎨⎧ 0<a <1，12a ≥1，a ×12－1－14≥log a1－1，即⎩⎨⎧0<a <1，0<a ≤12，a ≥14.所以a ∈⎣⎡⎦⎤14，12. 【答案】 B 方法技巧(1)比较大小. 比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.(2)解不等式.在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解.此时应特别注意函数的定义域.(3)利用单调性求参数.①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的.1．(方向1)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则对实数a ，b ，“a >|b |”是“f (a )>f (b )”的( A )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：因为f (x )为偶函数，所以f (x )＝f (－x )＝f (|x |)，由于f (x )在[0，＋∞)上单调递增，因此若a >|b |≥0，则f (a )>f (|b |)，即f (a )>f (b )，所以a >|b |是f (a )>f (b )的充分条件；若f (a )>f (b )，则f (|a |)>f (|b |)，可得|a |>|b |≥0，由于a ，b 的正负不能判断，因此无法得到a >|b |，则a >|b |不是f (a )>f (b )的必要条件，所以a >|b |是f (a )>f (b )的充分不必要条件，故选A.2．(方向2)已知函数f (x )＝2x ＋log 32＋x 2－x ，若不等式f (1m )>3成立，则实数m 的取值范围是( D )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，1)C ．(0，12)D ．(12，1)解析：由2＋x 2－x >0，得－2<x <2，因为y ＝2x 在(－2,2)上单调递增，y ＝log 32＋x 2－x ＝log 3x －2＋42－x ＝log 3⎝⎛⎭⎫－1－4x －2在(－2,2)上单调递增，所以函数f (x )为增函数．又f (1)＝3，所以不等式f ⎝⎛⎭⎫1m >3成立等价于不等式f ⎝⎛⎭⎫1m >f (1)成立，所以⎩⎨⎧－2<1m<2，1m >1，解得12<m <1.故选D.3．(方向2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧13x 3－12x 2，x <0，e x ，x ≥0，则f (3－x 2)>f (2x )的解集为( B )A ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B ．(－3,1)C ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D ．(－1,3)解析：易知，当x <0时，f ′(x )＝x 2－x >0，f (x )为增函数，当x ≥0时，f (x )＝e x 也为增函数，且x <0时，f (x )<0，x ≥0时，f (x )≥1，故f (x )在R 上为单调递增函数．故f (3－x 2)>f (2x )等价于3－x 2>2x ， 解得－3<x <1，故选B.4．(方向3)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，ax ＋a －2，x <1在R 上单调递增，那么实数a 的取值范围是( D )A ．(1，＋∞)B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(1,2]解析：依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a ＋a －2≤a ，解得1<a ≤2，故实数a 的取值范围为(1,2]，故选D.。

专题二函数与导数考情分析函数与导数是高中数学的主干知识,是高考考查的重点内容,近几年高考命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,对函数与导数的考查多数为“三小一大”或“四小一大”,题型遍布选择、填空与解答,难度上分层考查;基础题考查考生对必备知识和基本方法的掌握;中档题考查的是“数学抽象”“逻辑推理”和“数学运算”三大核心素养;导数与函数解答题综合考查多个核心素养以及综合应用能力,近两年的难度有所降低,题目所在试卷的位置有所提前,不再固定在最后压轴位置上,预计这一趋势会保持下去.2.1函数概念、性质、图象专项练必备知识精要梳理1.函数的概念(1)求函数的定义域的方法是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解.(2)求函数值域要优先考虑定义域,常用方法:配方法、分离常数法(分式函数)、换元法、单调性法、基本不等式法、数形结合法、有界函数法(含有指、对数函数或正、余弦函数的式子).2.函数的性质(1)函数奇偶性:①定义:若函数的定义域关于原点对称,则有:f(x)是偶函数⇔f(-x)=f(x)=f(|x|);f(x)是奇函数⇔f(-x)=-f(x).②判断方法:定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).(2)函数单调性判断方法:定义法、图象法、导数法.(3)函数周期性的常用结论:若f(x+a)=-f(x)或f(x+a)=±(a≠0),则T=2a;若f(x+a)=f(x-b),则T=a+b;若f(x)的图象有两条对称轴x=a和x=b(a≠b),则T=2|b-a|;若f(x)的图象有两个对称中心(a,0)和(b,0),则T=2|b-a|(类比正、余弦函数).3.函数的图象(1)函数图象的判断方法:①找特殊点;②看性质:根据函数性质判断图象的位置,对称性,变化趋势等;③看变换:看函数是由基本初等函数经过怎样的变换得到.(2)若y=f(x)的图象关于直线x=a对称,则有f(a+x)=f(a-x)或f(2a-x)=f(x)或f(x+2a)=f(-x);若y=f(x)对∀x∈R,都有f(a-x)=f(b+x),则f(x)的图象关于直线x=对称;若y=f(x)对∀x∈R都有f(a-x)=b-f(x),即f(a-x)+f(x)=b,则f(x)的图象关于点对称.(3)函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直线x=对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称.(4)利用图象可解决函数的最值、方程与不等式的解以及求参数范围问题.考向训练限时通关考向一函数及其相关概念1.(2020安徽合肥一中模拟,理1)设集合A={x|y=lg(x-3)},B={y|y=2x,x∈R},则A∩B等于()A.⌀B.RC.{x|x>3}D.{x|x>0}2.(多选)符号[x]表示不超过x的最大整数,如[3.14]=3,[-1.6]=-2,定义函数:f(x)=x-[x],则下列命题正确的是()A.f(-0.8)=0.2B.当1≤x<2时,f(x)=x-1C.函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1)D.函数f(x)是增函数、奇函数3.(2020北京,11)函数f(x)=+ln x的定义域是.4.设函数f(x)=则f=,f(f(x))=1的解集为.考向二函数的性质5.(2020天津,6)设a=30.7,b=,c=log0.70.8,则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b6.(2020全国Ⅱ,理9)设函数f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,则f(x)()A.是偶函数,且在单调递增B.是奇函数,且在单调递减C.是偶函数,且在单调递增D.是奇函数,且在单调递减7.(2020全国Ⅲ,理12)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85,c=log138,则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.c<a<b8.(2020江西名校大联考,理13)已知函数f(x)=则f(5+log26)的值为.考向三函数的图象9.(2020天津,3)函数y=的图象大致为()10.(2020山西太原二模,理6)函数f(x)=的图象大致为()11.(2020山东济宁6月模拟,5)函数f(x)=cos x·sin的图象大致为()考向四函数的概念、性质、图象的综合12.(多选)(2020山东淄博4月模拟,12)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f[f(x1)+f(x2)],则称f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质P,则下列说法错误的是()A.f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的B.f(x2)在[1,]上具有性质PC.若f(x)在x=2处取得最大值1,则f(x)=1,x∈[1,3]D.对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)]13.(2020北京海淀一模,15)如图,在等边三角形ABC中,AB=6.动点P从点A出发,沿着此三角形三边逆时针运动回到A点,记点P运动的路程为x,点P到此三角形中心O距离的平方为f(x),给出下列三个结论:①函数f(x)的最大值为12;②函数f(x)的图象的对称轴方程为x=9;③关于x的方程f(x)=kx+3最多有5个实数根.其中,所有正确结论的序号是.专题二函数与导数2.1函数概念、性质、图象专项练考向训练·限时通关1.C解析A={x|y=lg(x-3)}={x|x-3>0}={x|x>3},B={y|y=2x,x∈R}={y|y>0}.∴A∩B={x|x>3},故选C.2.ABC解析f(x)=x-[x]表示数x的小数部分,则f(-0.8)=f(-1+0.2)=0.2,故A正确;当1≤x<2时,f(x)=x-[x]=x-1,故B正确;函数f(x)的定义域为R,值域为[0,1),故C正确;当0≤x<1时,f(x)=x-[x]=x.当1≤x<2时,f(x)=x-1.当x=0.5时,f(0.5)=0.5,当x=1.5时,f(1.5)=0.5,则f(0.5)=f(1.5),即f(x)不为增函数,由f(-1.5)=0.5,f(1.5)=0.5,可得f(-1.5)=f(1.5),即f(x)不为奇函数,故D不正确.故选ABC.3.(0,+∞)解析由题意得∴x>0,故答案为(0,+∞).4{1,e e}解析∵f=ln<0,∴f=fx<0时,0<e x<1,x=0时,e x=1,方程f(f(x))=1,可得f(x)=0,ln x=0,解得x=1,f(x)>0时,方程f(f(x))=1,可得ln[f(x)]=1,f(x)=e,即ln x=e,解得x=e e.5.D解析∵b==30.8>30.7=a>30=1,c=log0.70.8<log0.70.7=1,∴c<a<b.故选D.6.D解析由题意可知,f(x)的定义域为,关于原点对称.∵f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|,∴f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x),∴f(x)为奇函数.当x时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x),∴f'(x)=>0,∴f(x)在区间内单调递增.同理,f(x)在区间内单调递减.故选D.7.A解析a=log53=lo34=log12581<1,∴a<b=log85=lo54=log512625>1,∴b>,∵55<84,b=log85=lo55<1,∴b<,∵134<85,c=log138=lo85>1,∴c>综上,a<b<c.8.12解析由题意当x>4时,函数f(x)=f(x-1),所以f(x)在(4,+∞)时,周期为1,因为2<log26<3,所以5+log26∈(7,10),1+log26∈(3,4),所以f(5+log26)=f(1+log26)==2×6=12.9.A解析∵函数y=为奇函数,∴排除C,D.再把x=1代入得y==2>0,排除B.故选A.10.A解析f(1)=>0,排除选项C,D;由f(x)==0,则方程无解,即函数没有零点,排除B,故选A.11.C解析显然函数f(x)的定义域是R,由f(x)=cos x·sin,得f(-x)=cos(-x)sin=cos x·sin=-f(x),即f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除选项A,B;又f(1)=cos1·sin>0,可排除选项D,故选C.12.ABD解析对于A,函数f(x)=在[1,3]上具有性质P,但f(x)在[1,3]上的图象不连续,故选项A错;对于B,f(x)=-x在[1,3]上具有性质P,但f(x2)=-x2在[1,]上不满足性质P,故选项B 错;对于C,因f(x)在x=2处取得最大值1,所以f(x)≤1,设x∈[1,2],则4-x∈[2,3].由性质P可得1=f(2)[f(x)+f(4-x)],所以f(x)+f(4-x)≥2,因为f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)+f(4-x)≤2,所以f(x)+f(4-x)=2,又f(x)≤1,f(4-x)≤1,所以f(x)=1,x∈[1,3],故选项C正确;对于D,有f=ff+f[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故选项D错.故选ABD.13.①②解析由题可得函数f(x)=作出图象如图.则当点P与△ABC顶点重合时,即x的值分别是0,6,12,18时,f(x)取得最大值12,故①正确;又f(x)=f(18-x),所以函数f(x)的对称轴为x=9,故②正确;由图象可得,函数f(x)图象与y=kx+3的交点个数为6个,故方程有6个实根,故③错误.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数必备知识精要梳理1.与e x、ln x有关的常用不等式的结论(1)由f(x)=e x图象上任一点(m,f(m))的切线方程为y-e m=e m(x-m),得e x≥e m(x+1)-m e m,当且仅当x=m时,等号成立.当m=0时,有e x≥x+1;当m=1时,有e x>e x.(2)由过函数f(x)=ln x图象上任一点(n,f(n))的切线方程为y-ln n=(x-n),得ln x≤x-1+ln n,当且仅当x=n时,等号成立.当n=1时,有ln x≤x-1;当n=e时,有ln x≤x.2.证明含参数的函数不等式,其关键在于将所给的不等式进行“改造”,得到“一平一曲”,然后运用导数求出“曲”的最值,将其与“平”进行比较即可.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性);重点是把导函数先“弄熟悉”;(2)为了把导函数先“弄熟悉”采取的措施:①通分;②二次求导或三次求导;③能画出导函数草图是最好的!关键能力学案突破热点一利用导数证明不等式(多维探究)类型一单未知数函数不等式的证明【例1】已知函数f(x)=e x-ln(x+m).(1)略;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.解题心得1.对于含有参数的一个未知数的函数不等式,其证明方法与不含参数的一个未知数的函数不等式证明大体一致.可以直接证明,也可以放缩后再证明,也可以分离参数后,利用导数求最值来证明.2.证法1与证法2中出现的x0的具体数值是无法求解的,只能求出其范围,我们把这种零点称为“隐性零点”.证法2比证法1简单,这是因为利用了函数单调性将命题e x-ln(x+m)>0加强为e x-ln(x+2)>0,转化为研究一个特例函数的问题,从而大大降低了题目的难度.证法2中,因为φ(x0)的表达式涉及、ln(x0+2),都是超越式,所以φ(x0)的值不好计算,由此,需要对“隐性零点”满足的式子=0进行变形,得到两个式子和ln(x0+2)=-x0,然后进行反代,从而将超越式转化为初等式.“反代”是处理“隐性零点”问题的常用策略.【对点训练1】已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)求证:当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】已知函数f(x)=x+.(1)略;(2)设函数g(x)=ln x+1,证明:当x∈(0,+∞)且a>0时,f(x)>g(x).解题心得欲证函数不等式f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),设h(x)=f(x)-g(x)(x∈I),即证h(x)>0,为此研究h(x)的单调性,先求h'(x)的零点,根据零点确定h(x)在给定区间I的正负,若h(x)在区间I内递增或递减或先递减后递增,只须h(x)min>0(x∈I)(若h(x)min不存在,则须求函数h(x)的下确界),若h(x)在区间I内先递增后递减,只须区间I的端点的函数值大于或等于0;若h'(x)的零点不好求,可设出零点x0,然后确定零点的范围,进而确定h(x)的单调区间,求出h(x)的最小值h(x0),再研究h(x0)的正负.【对点训练2】(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2x sin 2x.(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;(2)证明:|f(x)|≤;(3)设n∈N*,证明:sin2x sin22x sin24x…sin22n x≤.类型二双未知数函数不等式的证明【例3】已知函数f(x)=-x+a ln x(a∈R).(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.解题心得对于两个未知数的函数不等式问题,其关键在于将两个未知数化归为一个未知数,常见的证明方法有以下4种:方法1:利用换元法,化归为一个未知数;方法2:利用未知数之间的关系消元,化归为一个未知数;方法3:分离未知数后构造函数,利用函数的单调性证明;方法4:利用主元法,构造函数证明.【对点训练3】(2020山东德州二模,21)已知函数f(x)=x2-ax+a ln 2x(a≠0).(1)若a<0时f(x)在[1,e]上的最小值是-ln 2,求a;(2)若a≥e,且x1,x2是f(x)的两个极值点,证明:f(x1)+f(x2)<)-2e(其中e为自然对数的底数).热点二判断、证明或讨论函数零点个数【例4】设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)略;(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的范围.【对点训练4】(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数;(2)若∃x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.热点三与函数零点有关的证明问题【例5】(2019全国Ⅰ,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.【对点训练5】(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=e x sin x.(e是自然对数的底数) (1)求f(x)的单调递减区间;(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:≈4.8)热点四利用导数解决存在性问题【例6】(2019全国Ⅲ,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.【对点训练6】(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax2-x.(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.2.4.3利用导数证明问题及讨论零点个数关键能力·学案突破【例1】解(1)略.(2)证法1:f(x)定义域为(-m,+∞),f'(x)=e x-,f″(x)=e x+>0,其中f″(x)是f'(x)的导函数,则f'(x)在(-m,+∞)上单调递增.又因为当x→-m+时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞,所以f'(x)=0在(-m,+∞)上有唯一的实根x0,当-m<x<x0时,f'(x)<0,当x>x0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-m,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值.由f'(x0)=0可得=0,即ln(x0+m)=-x0,于是f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=+x0+m-m≥2-m.当x<2时,f(x0)>0;当m=2时,等号成立的条件是x0=-1,但显然f(-1)=e-1-ln(-1+2)=-0≠0.所以等号不成立,即f(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)≥f(x0)>0.证法2:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明φ(x)=e x-ln(x+2)>0,x∈(-2,+∞).φ'(x)=e x-,φ″(x)=e x+>0,其中φ″(x)是φ'(x)的导函数.于是φ'(x)在(-2,+∞)上单调递增.又因为φ'(-1)=-1<0,φ'(0)=1->0,所以φ'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一的实根x0,且x0∈(-1,0).当-2<x<x0时,φ'(x)<0,当x>x0时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(-2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,φ(x)取得最小值.由φ'(x0)=0可得=0,即ln(x0+2)=-x0,于是φ(x0)=-ln(x0+2)=+x0=>0,于是φ(x)≥φ(x0)>0.综上所述,当m≤2时,f(x)>0.证法3:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),于是f(x)≥e x-ln(x+2),所以只要证明e x-ln(x+2)>0(x>-2),就能证明当m≤2时,f(x)>0.由ln x≤x-1(x>0)可得ln(x+2)≤x+1(x>-2).又因为e x≥x+1(x∈R),且两个不等号不能同时成立,所以e x>ln(x+2),即e x-ln(x+2)>0(x>-2),所以当m≤2时,f(x)>0.对点训练1解(1)f'(x)=,因为(0,-1)在曲线y=f(x)上,且f'(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)f(x)+e≥0+e≥0⇔ax2+x-1+e x+1≥0.当a≥1时,ax2+x-1+e x+1≥x2+x-1+e x+1,因为e x≥1+x(x∈R),所以e x+1≥2+x,所以x2+x-1+e x+1≥x2+x-1+(2+x)=(x+1)2≥0.所以当a≥1时,f(x)+e≥0.【例2】解(1)略.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x>0),h'(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图象的对称轴为x=∵p(1)=1-1-a=-a<0,设p(x)=0的正根为x0,∴x0>1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,h(x)在(0,x0)上为减函数,在(x0,+∞)上为增函数,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2,令F(x)=2x-ln x-2(x>1),F'(x)=2->0恒成立,所以F(x)在(1,+∞)上为增函数.又∵F(1)=2-0-2=0,∴F(x)>0,即h(x)min>0,故当x∈(0,+∞)时,f(x)>g(x).对点训练2(1)解f'(x)=cos x(sin x sin2x)+sin x(sin x sin2x)'=2sin x cos x sin2x+2sin2x cos2x=2sin x sin3x.当x时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.所以f(x)在区间单调递增,在区间单调递减.(2)证明因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为f,最小值为f=-而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|(3)证明由于(sin2x sin22x…sin22n x=|sin3x sin32x…sin32n x|=|sin x||sin2x sin32x…sin32n-1x sin2n x||sin22n x|=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22n x|≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,所以sin2x sin22x…sin22n x【例3】解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--1+=-①若a≤0,则f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若Δ=a2-4≤0,即0<a≤2时,f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.③若Δ=a2-4>0,即a>2时,由f'(x)>0,可得<x<,由f'(x)<0,可得0<x<或x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>2时,f(x)在0,,,+∞上单调递减,在上单调递增.(2)证法1:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1+x2=a,x1x2=1,不妨设0<x1<1<x2.==--1+=-2+, 于是<a-2⇔-2+<a-2<1<1⇔2ln x2+-x2 <0.构造函数g(x)=2ln x+-x,x>1,由(1)知,g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(1)=0,所以原不等式获证.证法2:由(1)知,f(x)存在两个极值点,则a>2.因为x1,x2是f(x)的两个极值点,所以x1,x2满足x2-ax+1=0,不妨设0<x1<1<x2,则x2-x1=,x1x2=1.==--1+=-2-,于是<a-2⇔-2-<a-2⇔ln lnln设t=,则a=,构造函数φ(t)=t-ln(+t),t>0,则φ'(t)=1-=1->0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递增,于是φ(t)>φ(0)=0,原不等式获证.证法3:仿照证法1,可得<a-2<1,设0<x1<1<x2,因为x1x2=1, 所以<1ln x1-ln x2>ln,令t=(0,1),构造函数h(t)=2ln t+-t,由(1)知,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,原不等式获证.对点训练3解(1)f(x)定义域是(0,+∞),f'(x)=-a+令g(x)=x2-2ax+2a,对称轴x0=a<0,因为1>a,g(1)=1>0,所以当x∈[1,e]时,g(x)>0,即f'(x)=>0.所以f(x)在[1,e]上单调递增.f(x)min=f(1)=-a+a ln2=-ln2,解得a=-1.(2)由f(x)有两个极值点x1,x2,则f'(x)=0在(0,+∞)有2个不相等的实根,即x2-2ax+2a=0在(0,+∞)有2个不相等的实根, 则解得a>2.x1+x2=2a,x1x2=2a,=(x1+x2)2-2x1x2=4a2-4a.当a≥e时,f(x1)+f(x2)-)+2e=a ln(4x1x2)-a(x1+x2)-)+2e=a ln8a-2a2-(4a2-4a)+2e=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e).令g(a)=a ln8a-3a2+a+2e(a≥e),g'(a)=ln8a-6a+2(a≥e),令h(a)=g'(a)=ln8a-6a+2,h'(a)=-6=,当a≥e时,h'(a)<0,所以h(a)在[e,+∞)单调递减.所以h(a)≤h(e).即g'(a)≤g'(e)=ln8e-6e+2=(1+3ln2)-6e+2=3ln2-6e+3<3-6e+3=6-6e<0,所以g(a)在[e,+∞)单调递减,g(a)≤g(e)=eln8e-3e2+3e=e(1+3ln2)-3e2+3e=e(3ln2-3e+4)<e(3-3e+4)=e(7-3e)<0,所以g(a)<0,所以原不等式成立.【例4】解(1)略.(2)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0.∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减.由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(ln k)=(ln k-1)k-ln2k=-[(ln k-1)2+1]<0,此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.又f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减.当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.当x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=k e k+1-=k e k+1-.令g(t)=e t-t2,t=k+1>2,则g'(t)=e t-t,g″(t)=e t-1,∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,即f(k+1)>0.∴f(x)在[ln k,+∞]上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.综合①②可知,当k>0时,函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.对点训练4解(1)F(x)=ln x-,即F(x)=ln x+(x>0),则F'(x)=,令F'(x)=0,解得x=当x,F'(x)<0,F(x)在上单调递减;当x∈,+∞,F'(x)>0,F(x)在上单调递增.所以当x=时,F(x)min=F-ln2.因为-ln2=ln-ln2<0,所以F(x)min<0.又F=-2+>0,F(e)=1+>0,所以F F<0,F(e)·F<0,所以F(x)分别在区间上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即ln x-0对任意x∈[1,+∞)恒成立.令h(x)=ln x-(x≥1),则h'(x)=①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,所以函数h(x)=ln x-在区间[1,+∞)上单调递增.又h(1)=ln1-=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意;②当m>2时,令h'(x)=<0,得1≤x<;令h'(x)=>0,得x>所以函数h(x)=ln x-在区间上单调递减,在区间上单调递增,所以h<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+∞).【例5】解(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-,g'(x)=-sin x+当x时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'<0,可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.(ⅱ)当x时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.又f(0)=0,f=1-ln1+>0,所以当x时,f(x)>0.从而,f(x)在区间上没有零点.(ⅲ)当x时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练5解(1)f(x)=e x sin x,定义域为R.f'(x)=e x(sin x+cos x)=e x sin x+.由f'(x)<0得sin<0,解得2kπ+<x<2kπ+(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).(2)∵g'(x)=e x(sin x+cos x)-2,∴g″(x)=2e x cos x,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x时,g″(x)>0;当x ∈,π时,g″(x)<0.∴g'(x)在上单调递增,在上单调递减,又∵g'(0)=1-2<0,g'-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,∴g'(x)在(0,π)上图象大致如图.∴∃x1,x2,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵g-π>0,∴g(x2)>0.又∵g(π)=-2π<0,由零点存在性定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.【例6】解(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=若a>0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x(0,+∞)时,f'(x)>0;当x时,f'(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(ⅲ)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.对点训练6解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.∴a,∴当x=2时,有最小值-,∴a≤-(2)∵f'(x)=-ax-1,∴f'(1)=1-a-1=-a.∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=ln x-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴x ln x-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即x ln x-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=x ln x-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=ln x-k,当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 即g(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾,当k>0时,令g'(x)>0,解得x>e k,令g'(x)<0,解得1<x<e k, ∴g(x)在(1,e k)单调递减,在(e k,+∞)单调递增.∴g(x)min=g(e k)=k e k-(k+1)e k+2k=2k-e k>0,令h(k)=2k-e k,k>0,则h'(k)=2-e k,∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)单调递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)单调递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-e k>0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.。

第二讲函数的定义域、值域ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一函数的定义域函数y＝f(x）的定义域1．求定义域的步骤：（1)写出使函数式有意义的不等式(组）；(2）解不等式（组）；（3)写出函数定义域．(注意用区间或集合的形式写出) 2．求函数定义域的主要依据(1)整式函数的定义域为R。

(2)分式函数中分母不等于0。

（3）偶次根式函数被开方式大于或等于0.（4)一次函数、二次函数的定义域均为R.（5）函数f(x）＝x0的定义域为{x｜x≠0}.(6）指数函数的定义域为R。

(7)对数函数的定义域为(0，＋∞）。

知识点二函数的值域基本初等函数的值域：1．y＝kx＋b(k≠0）的值域是R.2．y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的值域是：当a〉0时,值域为｛y｜y≥错误!｝;当a<0时，值域为｛y｜y≤错误!}.3．y＝错误!(k≠0）的值域是{y|y≠0}。

4．y＝a x（a>0且a≠1)的值域是（0，＋∞）。

5．y＝log a x(a>0且a≠1）的值域是R.错误!错误!错误!错误!1．定义域是一个集合，要用集合或区间表示,若用区间表示，不能用“或”连接，而应该用并集符号“∪”连接．2．分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集.3．函数f（x）与f(x＋a)(a为常数a≠0）的值域相同．错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．(多选题)下列结论正确的是（CD )A．若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数相等B．函数y＝错误!定义域为x〉1C．函数y＝f（x)定义域为［－1,2］，则y＝f(x)＋f（－x)定义域为[－1，1]D．函数y＝log2(x2＋x＋a)的值域为R,则a的取值范围为（－∞,错误!］题组二走进教材2．(必修1P17例1改编)函数f(x）＝错误!＋错误!的定义域为( C ）A．［0,2) B．(2,＋∞）C．［0,2）∪(2，＋∞) D．（－∞，2)∪(2，＋∞）[解析] 使函数有意义满足错误!，解得x≥0且x≠2，故选C．3．（必修1P32T5改编)函数f（x）的图象如图，则其最大值、最小值分别为（ B )A．f（错误!),f(－错误!）B．f(0），f(错误!）C．f(－错误!)，f(0）D．f（0），f（3）4．（必修1P39BT1改编)已知函数f(x)＝x＋错误!,x∈［2，4]的值域为［6，错误!］.[解析] 当x＝3时取得最小值6,当x＝2取得最大值132，值域为[6，错误!]．题组三考题再现5．（2018·江苏,5分)函数f(x）＝错误!的定义域为[2，＋∞）。