2020高考数学(文)二轮专题课件：函数与导数(二十五)
2020年高考数学(文科)复习课件 第二单元 第13讲 变化率与导数、导数的运算
课堂考点探究
考向2 求切点坐标
例 3(1)[2018·衡水武邑中学月考] 已知直线 l:x-ty-2=0(t≠0)与函数 f(x)=e������������(x>0)的图像相切,则切 点的横坐标为 ( )
A.2± 2 B.2+ 2 C.2 D.1+ 2
(2)[2018·大连一模] 过曲线 y=ex 上一点 P(x0,y0)作曲
程为 y-1=2(x-0),即 2x-y+1=0.
课前双基巩固
4.[教材改编] 若曲线 y=ax2-ln x 在点(1,a)处
的切线平行于 x 轴,则 a=
.Hale Waihona Puke [答案]1 2[解析] ∵y=ax2-ln x, ∴y'=2ax-1������,∴y' x=1=2a-1=0,∴a=12.
课堂考点探究
考点一
则
e������ ������
=
������,
解得 m=2± 2,故
e������ (������-1) ������ 2
=
1 ������
,
选 A.
课堂考点探究
例 3(1)[2018·衡水武邑中学月考] 已知直线 l:x-ty-2=0(t≠0)与函数 f(x)=e������(x>0)的图像相切,则切
例 1 (1)[2018·咸阳模拟] 已知 f'(x)是函
数 f(x)的导函数,且对任意的实数 x 都有
f'(x)=ex(2x-2)+f(x)(e 是自然对数的底
数),f(0)=1,则 ( )
A.f(x)=ex(x+1) B.f(x)=ex(x-1) C.f(x)=ex(x+1)2 D.f(x)=ex(x-1)2
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题二函数与导数第1讲
“一府两院”改称“一府一委两院”展开全文2016年11月7日，中央办公厅印发《关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点方案》，方案明确，党的纪律检查委员会、监察委员会合署办公。
《方案》强调，要建立党统一领导下的国家反腐败工作机构。
整合反腐败资源力量，扩大监察范围，实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖。
紧接着，2016年12月25日，十二届全国人大常委会第二十五次会议表决通过《全国人民代表大会常务委员会关于在北京市、山西省、浙江省开展国家监察体制改革试点工作的决定》。
根据《决定》：在北京市、山西省、浙江省及所辖县、市、市辖区设立监察委员会，行使监察职权。
将试点地区人民政府的监察厅（局）、预防腐败局及人民检察院查处贪污贿赂、失职渎职以及预防职务犯罪等部门的相关职能整合至监察委员会。
目前的反腐败资源力量有哪些？政府内部的监察机关、审计机关、预防腐败部门；政府外部的人民检察院的反腐败、反渎职部门，以及检察院内部的预防腐败局。
各种重要反腐职能分布在这些行政机关、司法机关中，多头负责，资源分散，而且还有重复重叠之处。
为了建立起一个“集中统一、权威高效的监察体系”，就要把这些反腐败资源力量整合在一起。
单靠协调肯定不行，要通过一个平台重新分工整合。
新设立的国家监察委员会就是这样一个平台。
试点地区监察委员会由本级人民代表大会产生。
监察委员会主任由本级人民代表大会选举产生；监察委员会副主任、委员，由监察委员会主任提请本级人民代表大会常务委员会任免。
监察委员会对本级人民代表大会及其常务委员会和上一级监察委员会负责，并接受监督。
一、“实现对行使公权力的公职人员监察全面覆盖”具体包括哪些人群？依据现在的行政监察法，监察部门的覆盖范围只包括国家行政机关及其公务员，以及国家行政机关任命的其他人员。
这个范围窄于公务员法。
我国的公务员法调整对象不仅仅是行政机关工作人员，也包含了立法机关、司法机关、各党派和主要人民团体的公职人员等。
2020高考数学(文)总复习《导数与函数的单调性》
导数在研究函数中的应用考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数f′(x0)＝0条件x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0 图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值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.[常用结论与微点提醒]1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数的极大值一定大于其极小值.()(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.()解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2.(老教材选修1－1P94探究改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.答案 A3.(老教材选修1－1P93练习T1改编)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A.(0，1]B.[1，＋∞)C.(－∞，－1]D.[－1，0)∪(0，1]解析由题意知f′(x)＝2x－2x＝2x2－2x(x>0)，由f′(x)≤0，得0<x≤1.答案 A4.(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析 设导函数y ＝f ′(x )与x 轴交点的横坐标从左往右依次为x 1，x 2，x 3，由导函数y ＝f ′(x )的图象易得当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，x 3)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)∪(x 3，＋∞)时，f ′(x )>0(其中x 1<0<x 2<x 3)，所以函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，x 3)上单调递减，在(x 1，x 2)，(x 3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D 选项符合. 答案 D5.(2020·深圳调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A.(1，2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2]D.(0，3]解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A6.(2020·成都七中月考)若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0，3]上的最大值为4，m ＝________.解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0，3]，当x ∈[0，2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数.又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0，3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4. 答案 4第一课时 导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].规律方法 1.(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点. 2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数.【训练1】 已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ). (1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间.解 (1)当a ＝2时，由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，且f (1)＝2，所以切线斜率k＝3.所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0. 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间(0，＋∞). ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. 考点二 根据函数单调性求参数典例迁移【例2】 (经典母题)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x－ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min .又G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝G ⎝⎛⎭⎫14＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－716，＋∞. 【迁移1】 本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围. 解 因为h (x )在[1，4]上单调递增， 所以当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，⎝⎛⎭⎫1x 2－2x min＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1].【迁移2】 本例(2)中，若函数h (x )在区间[1，4]上不单调，求实数a 的取值范围. 解 ∵h (x )在区间[1，4]上不单调， ∴h ′(x )＝0在开区间(1，4)上有解. 则a ＝1x 2－2x ＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1在(1，4)上有解.令m (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，x ∈(1，4)，易知m (x )在(1，4)上是增函数，∴－1<m (x )<－716，因此实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－1，－716. 规律方法 1.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围.(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.2.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解. 【训练2】 (2020·赣州联考)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )的图象在x ＝1处相切，求g (x )；(2)若φ(x )＝m （x －1）x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围.解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，所以f ′(1)＝1＝12a ，所以a ＝2.又因为g (1)＝12a ＋b ＝f (1)＝0，所以b ＝－1.所以g (x )＝x －1.(2)因为φ(x )＝m （x －1）x ＋1－f (x )＝m （x －1）x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数.所以φ′(x )＝－x 2＋（2m －2）x －1x （x ＋1）2≤0在[1，＋∞)上恒成立，即x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)，因为x ＋1x ≥2，当且仅当x ＝1时取等号，所以2m －2≤2，即m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2]. 考点三 函数单调性的简单应用 多维探究角度1 比较大小【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝⎛⎭⎫π3<f ⎝⎛⎭⎫π4 B.2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π4 C.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 D.2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π6(2)(2019·东北三省四校联考)设x ∈R ，函数y ＝f (x )的导数存在，若f (x )＋f ′(x )>0恒成立，且a >0，则下列结论正确的是( ) A.f (a )<f (0) B.f (a )>f (0) C.e a f (a )<f (0)D.e a f (a )>f (0)解析 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′（x ）cos x －f （x ）（－sin x ）cos 2x ＝1＋ln x cos 2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′（x ）>0，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′（x ）<0，解得0<x <1e.所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝⎛⎭⎫π3>g ⎝⎛⎭⎫π4，所以f ⎝⎛⎭⎫π3cos π3>f ⎝⎛⎭⎫π4cosπ4，即2f ⎝⎛⎭⎫π3>f ⎝⎛⎭⎫π4. (2)设g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0，∴g (x )在R 上单调递增， 由a >0，得g (a )>g (0)，即e a f (a )>f (0). 答案 (1)B (2)D角度2 解不等式【例3－2】 (2020·河南名校联盟调研)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )<0，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数.若2f (m －2 019)>(m －2 019)f (2)，则实数m 的取值范围为( ) A.(0，2 019) B.(2 019，＋∞) C.(2 021，＋∞)D.(2 019，2 021)解析 令h (x )＝f （x ）x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2.∵xf ′(x )－f (x )<0，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∵2f (m －2 019)>(m －2 019)f (2)，m －2 019>0， ∴f （m －2 019）m －2 019>f （2）2，即h (m －2 019)>h (2).∴m －2 019<2且m －2 019>0，解得2 019<m <2 021. ∴实数m 的取值范围为(2 019，2 021). 答案 D规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f (x )与f ′(x )的不等关系时，常构造含f (x )与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.【训练3】 (1)(角度1)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝⎛⎭⎫12，c ＝f (3)，则( ) A.a <b <c B.c <b <a C.c <a <bD.b <c <a(2)(角度2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(1，e)D.(e ，＋∞)解析 (1)由题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，1)上为增函数. 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12， 则有f (3)<f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12，即c <a <b .(2)F ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x （e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ，又f (x )－f ′(x )>0，所以F ′(x )<0，即F (x )在定义域上单调递减， 由F (x )<1e 2＝F (1)，所以x >1，所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞).答案 (1)C (2)BA 级 基础巩固一、选择题1.函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析 由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足. 答案 D2.(2020·石家庄检测)已知a 为实数，f (x )＝ax 3＋3x ＋2，若f ′(－1)＝－3，则函数f (x )的单调递增区间为( ) A.(－2，2) B.⎝⎛⎭⎫－22，22 C.(0，2)D.⎝⎛⎭⎫－2，22 解析 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3， 又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2， ∴f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22. 故f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－22，22. 答案 B3.(2019·广州检测)定义在R 上的函数f (x )＝－x 3＋m 与函数g (x )＝f (x )－kx 在[－1，1]上具有相同的单调性，则k 的取值范围是( ) A.(－∞，0]B.[0，＋∞)C.(－3，＋∞)D.(－∞，－3]解析 因为f ′(x )＝－3x 2≤0，所以y ＝f (x )为减函数，即g (x )在[－1，1]上也为减函数.则g ′(x )＝－3x 2－k ≤0，即k ≥－3x 2在[－1，1]上恒成立，所以k ≥0. 答案 B4.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 ⎝⎛⎭⎫π5 B.f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C.f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D.f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 解析 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. 又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数， 所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5. 答案 A5.已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e －x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－1，12 D.⎣⎡⎦⎤－1，12 解析 f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0，∴f (x )在R 上是增函数. 又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x ＝－f (x )，知f (x )为奇函数.故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， ∴a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案 D 二、填空题6.已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________. 解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2.答案 ⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2 7.若f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为________.解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵当x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.答案 (－∞，2]8.(2020·西安调研)设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________.解析 ∵当x >0时，⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0， ∴φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数， 又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时f (x )>0.故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).答案 (－∞，－2)∪(0，2)三、解答题9.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)f ′(x )＝1x －ln x －k e x(x >0). 又由题意知f ′(1)＝1－k e＝0，所以k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0). 设h (x )＝1x－ln x －1(x >0)， 则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上f (x )的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).10.设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(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 ＝12a ， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0. B 级 能力提升11.(2020·郑州调研)已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则a 的取值范围为( ) A.(0，1]B.(1，＋∞)C.(0，1)D.[1，＋∞) 解析 对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝a x＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1. 答案 D12.若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是( )A.f (x )＝2－xB.f (x )＝x 2C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝⎛⎭⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝⎛⎭⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A13.求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y ·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )⎣⎡⎦⎤g ′（x ）ln f （x ）＋g （x ）·1f （x ）·f ′（x ），运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是________. 解析 由题设，y ′＝x 1x ·⎝⎛⎭⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(x >0). 令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e.所以函数y ＝x 1x的单调递增区间为(0，e).答案 (0，e)14.已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ， 则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x(x >0). 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立. 令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12. 所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立. 又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x， 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增. C 级 创新猜想15.(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________.解析 由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3，①又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数，∴2m ＋6＝0，即m ＝－3，②代入①式，得n ＝0.所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2).令f ′(x )<0，得0<x <2，则单调递减区间为(0，2).答案 －3 (0，2)。
2020届高考二轮复习 专题二 函数与导数(共3讲)
3.函数的图象 对于函数的图象要会作图、识图、用图. 作函数图象有两种基本方法：一是描点法，二是图 象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、 对称变换.
4.指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质 (1) 指 数 函 数 y ＝ ax(a>0 ， a≠1) 与 对 数 函 数 y ＝ logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分0<a<1，a>1两 种情况，着重关注两函数图象中的两种情况的公共 性质. (2)幂函数y＝xα的图象和性质，分幂指数α>0，α<0 两种情况.
考 情
对函数性质的考查，则主要是将单调性、奇偶性、周期
解 性等综合一起考查，既有具体函数也有抽象函数．常以
读 选择、填空题的形式出现，且常与新定义问题相结合，
难度较大．
主干知识梳理
1.函数的三要素 定义域、值域及对应关系 两个函数当且仅当它们的三要素完全相同时才表示同一函 数，定义域和对应关系相同的两个函数是同一函数. 2.函数的性质 (1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质.利用定 义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符 号、下结论.复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则.
故 f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，f－32＝f12＝－14. 所以 f(3)＋f－32＝0＋－14＝－14.
答案 －14
函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期
性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的
思
维 条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，
升
华 推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.
思维启迪
)
可以利用函数的性质或特殊点，利用排除法确定图象.
解析 函数的定义域为{x|x≠－1}，其图象可由 y＝
2020高考数学文总复习课件：第二章 第二节 函数的单调性与最值
又 y＝log1t 在(1，＋∞)上是减函数， 2
所以函数 y＝log1(2x2－3x＋1)的单调递减区间为(1，＋∞)． 2
答案：A
【例 2】 判断并证明函数 f(x)＝ax2＋1x(其中 1<a<3) 在 x∈[1，2]上的单调性．
考点 1 确定函数的单调性(区间)(讲练互动)
【例 1】 函数 y＝log1(2x2－3x＋1)的单调递减区间 2
为( )
A．(1，＋∞) C.12，＋∞
B.－∞，34 D.34，＋∞
解析：由 2x2－3x＋1>0， 得函数的定义域为－∞，12∪(1，＋∞)． 令 t＝2x2－3x＋1，则 y＝log1t，
1．“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调” 意义不同，前者指函数具备单调性的“最大”的区间， 后者是前者“最大”区间的子集．
2．对勾函数 y＝x＋ax(a＞0)的递增区间为(－∞，－ a ]和[ a，＋∞)；递减区间为[－ a，0)和(0， a ]，且 对勾函数为奇函数．
3．(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小 值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．
解：函数 f(x)＝ax2＋1x(1<a<3)在 x∈[1，2]上单调递增． 证明如下：设 1≤x1<x2≤2，则 f(x2)－f(x1) ＝ax22＋x12－ax21－x11＝(x2－x1)a（x1＋x2）－x11x2， 由 1≤x1<x2≤2，得 x2－x1>0，2<x1＋x2<4， 1<x1x2<4，－1<－x11x2<－14.
福建省2020届高考数学理二轮专题总复习 专题1第2课时 函数的图像与性质(一)课件 精品
义域为R，所以mx2 6mx m 8 0恒成立，
m 0
所以6m 0 或 m 8 0
m 0 6m2
4mm
8
， 0
解得m 0或0 m 1，解得0 m 1.答案：0,1
1. 求函数解析式的方法主要有：待定系数法、换元 法或配凑法、消参法．在解题的过程中经常用到分 类讨论、等价转化等数学思想方法．
2. 求函数值域的常用方法：配方法、分离变量法、 单调性法、图象法、换元法、不等式法等．无论用 什么方法求函数的值域，都必须考虑函数的定义 域．
3. 判断函数的奇偶性方法：若为具体函数，按照定 义判断；若为抽象函数，用赋值法判断．若f(-x)=f(x) 或 f(-x)-f(x)=0 ， 则 f(x) 是 偶 函 数 ； 若 f(-x)=-f(x) 或 f(x)+f(x)=0，则f(x)是奇函数．奇函数在其对称区间上 的单调性相同；偶函数在其对称区间上的单调性相 反．
落在直线y 12上？若存在，求出a的值；若不 存在，请说明理由．
【分析】首先应该根据已知条件求出函数f(x)的解 析式，再根据(1)f(x)在(0,1]上为增函数，求出a的取 值范围；(2)f(x)的最大值为12，求出a的值或说明不 存在．
【解析】因为当x 1,0时，f x 2ax 4x3，
因为f x 1 - f x 2x，
所以2ax a b 2x，
所以2aab
2
0，所以ba
1 -1
所以f x x2 - x 1
2由题意：x2 - x 1＞2x m
在-1,1 上恒成立， 即x2 - 3x 1＞m在-1,1 上恒成立，
设g x x2 - 3x 1，x -1,1， 因为g x在-1,1上递减，
求实数m的取值范围．
2020高考数学第二章函数、导数及其应用2.5指数与指数函数课件文
[变式练]已知函数 y＝4x＋m· 2x－2 在区间[－2,2]上单调递增， 则 m 的取值范围为________．
解析：设 t＝2x，则 y＝4x＋m· 2x－2＝t2＋mt－2. 1 因为 x∈[－2,2]，所以 t∈4，4. 又函数 y＝4x＋m· 2x－2 在区间[－2,2]上单调递增， 1 2 即 y＝t ＋mt－2 在区间4，4上单调递增， 1 m 1 故有－ 2 ≤4，解得 m≥－2. 1 所以 m 的取值范围为－2，＋∞. 1 答案：－2，＋∞
解析：(1)因为函数 y＝0.6x 是减函数，0<0.6<1.5， 所以 1>0.60.6>0.61.5，即 b<a<1. 因为函数 y＝x0.6 在(0，＋∞)上是增函数，1<1.5， 所以 1.50.6>10.6＝1，即 c>1. 综上，b<a<c. (2)当 x>0 时，f(x)＝1－2－x>0， 又 f(x)是 R 上的奇函数， 1 1 所以 f(x)<－2的解集和 f(x)>2(x>0)的解集关于原点对称，由 1 1 －x 1 －x 1 －1 －2 >2得 2 <2＝2 ，即 x>1，则 f(x)<－2的解集是(－∞，－1)．于 y 轴对称． 答案：B
x
－x
1x ＝2 的图象(图略)，观察可知其关
5．函数 f(x)＝ 1－ex的值域为________．
解析：由 1－ex≥0 得，ex≤1，故函数 f(x)的定义域为{x|x≤0}， 所以 0<ex≤1，－1≤－ex<0,0≤1－ex<1，函数 f(x)的值域为[0,1)． 答案：[0,1)
考向三 指数函数的性质及应用[互动讲练型] [例 2] (1)[2015· 山东卷]设 a＝0.60.6， b＝0.61.5， c＝1.50.6， 则 a， b，c 的大小关系是( ) A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a (2)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝1－ 1 －x 2 ，则不等式 f(x)<－2的解集是( ) A．(－∞，－1) B．(－∞，－1] C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
2020版高考数学大二轮复习2.3导数的简单应用课件文
【解析】 本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的 极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解 能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形 结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
(1)设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x－1＋1 x，g′(x)＝－sin x＋1＋1 x2. 当 x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而 g′(0)>0，g′π2<0，可得 g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为 α.则当 x∈(－1，α)时，g′(x)>0； 当 x∈α，2π时，g′(x)<0.
所以 g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故 g(x)在 －1，π2存在唯一极大值点，即 f′(x)在－1，π2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(－1,0)单调递增，而 f′(0) ＝0，所以当 x∈(－1,0)时，f′(x)<0，故 f(x)在 (－1,0)单调递减．又 f(0)＝0，从而 x＝0 是 f(x)在(－1,0]的唯一零点．
2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数 f(x)＝g(x)＋x2，曲线 y
＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，则曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线的斜率为( )
A．2
1 B.4
C．4 D．－12
解析：因为曲线 y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，
(ⅲ)当 0<a<3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为 f(a3)＝－2a73＋ b，最大值为 b 或 2－a＋b.
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(3)伸缩变换 ①将 y＝f(x)的图象上的每一点的纵坐标伸长(a>1)或缩短 (0<a<1)到原来的 a 倍，横坐标保持不变，得到 y＝af(x)的图象． ②将 y＝f(x)的图象上的每一点的横坐标伸长(0<a<1)或缩 短(a>1)到原来的1a倍，纵坐标保持不变，得到 y＝f(ax)的图象． (4)翻折变换 ①将 y＝f(x)的图象在 x 轴下方的部分沿 x 轴翻折到 x 轴上 方，x 轴上及其上方的部分保持不变，得到 y＝|f(x)|的图象；将 y＝f(x)的图象的 x 轴上方的部分沿 x 轴翻折到 x 轴下方，x 轴 上及其下方的部分保持不变，得到 y＝－|f(x)|的图象．
增分方略 由函数解析式识别函数图象的策略
[提醒] 利用特值法或极限思想也是解决此类题目的关 键．
函数的图象与性质的综合应用
[典例 3] (2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝x2－x1，则下列结 论正确的是( )
A．函数 f(x)的图象关于点(1,2)对称 B．函数 f(x)在(－∞，1)上是增函数 C．函数 f(x)的图象上至少存在两点 A，B，使得直线 AB ∥x 轴 D．函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称
函数图象的识辨问题
[典例 2] (1)(2019·安徽示范高中高三测试)函数 f(x)＝
xeexx＋－11(其中 e 为自然对数的底数)的图象大致为(
)
(2)(2019·武汉调研)已知 a＝(－cos x，sin x＋f(x))，b＝(1， －sin x)，且 a∥b，则函数 f(x)在[－π，π]上的图象大致为( )
法二：排除法 因为 f(x)＝x2－x1＝x－2 1＋2，所以函数 f(x)在(－∞，1)上是减函数，排除 B； 画出函数 f(x)的大致图象如图所示，结 合图象排除 C、D，故选 A. [答案] A
增分方略 函数图象应用的常见题型与求解策略 (1)研究函数性质： ①根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析 函数的最值、极值． ②从图象的对称性，分析函数的奇偶性． ③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性． ④从图象与 x 轴的交点情况，分析函数的零点等． (2)研究方程根的个数或由方程根的个数确定参数的值(范 围)．
又 x→0 时，ex＋1→2，x(ex－1)→0， ∴xeexx＋－11→＋∞，排除选项 B，选 D.
(2)因为 a∥b，所以 sin xcos x＝sin x＋f(x)，
所以 f(x)＝sin xcos x－sin x＝sin x(cos x－1)． 当 x∈(－π，0)时，sin x<0，cos x－1<0， 所以 sin x(cos x－1)>0，所以排除 B、C、D，选 A. (3)由题图可知直线 l 的斜率为 2，设其方程为 y＝2(x－a)， 0≤a≤4.由两点式可得直线 AB 的方程为 y＝－2x＋8，联立方 程yy＝＝2－x2－x＋a8，， 得 Q12a＋2，4－a.结合四边形 OPQB 为梯 形，因此其面积 y＝S(a)＝12×4×4－12×(4－a)×(4－a)＝－12(4 －a)2＋8.故选 D. [答案] (1)D (2)A (3)D
3．(2018·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝ex－x2e－x的图象大致为(
)
解析：选 B ∵y＝ex－e－x 是奇函数，y＝x2 是偶函数， ∴f(x)＝ex－x2e－x是奇函数，图象关于原点对称，排除 A 选 项； 当 x＝1 时，f(1)＝e－1e>0，排除 D 选项； 又 e>2，∴1e<12，∴e－1e>1，排除 C 选项，故选 B.
2．(2019·全国卷Ⅲ)函数 y＝2x＋2x23 －x在[－6,6]的图象大致为 ()
解析：选 B ∵y＝f(x)＝2x＋2x23 －x，x∈[－6,6]， ∴f(－x)＝22－－x＋x23x＝－2－2x＋x3 2x＝－f(x)， ∴f(x)是奇函数，排除选项 C. 当 x＝4 时，y＝224＋×24－34＝161＋28116∈(7,8)，排除选项 A、D， 故选 B.
(3)研究不等式的解：当不等式问题不能用代数法求解，但 其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为两函数图 象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．
(3)如图，在△OAB 中，A(4,0)，B(2,4)， 过点 P(a,0)且平行于 OB 的直线 l 与线段 AB 交于点 Q，记四边形 OPQB 的面积为 y＝S(a)， 则函数 y＝S(a)的图象大致为( )
[解析] (1)由题意得函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋ ∞)．
∵f(－x)＝－xe－ex－＋x－1 1＝－x11＋－eexx＝xeexx＋－11＝f(x)，∴函 数 f(x)为偶函数，其图象关于 y 轴对称，可排除选项 A、C.
利用图象变换法则判断函数图象 [典例 1] (1)已知函数 y＝gfxx，，xx><00， 是偶函数，f(x)＝ logax 的图象过点(2,1)，则 y＝g(x)在(－∞，0)上对应的大致图 象是( )
(2)已知函数 y＝f(1－x)的图象如图，则 y＝|f(x＋2)|的图象 是( )
5．(2018·全国卷Ⅲ)函数 y＝－x4＋x2＋)＝－x4＋x2＋2，则 f′(x)＝－ 4x3＋2x，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝± 22，
则 f′(x)>0 的解集为－∞，－ 22∪0， 22， f(x)单调递增；f′(x)<0 的解集为－ 22，0∪ 22，＋∞，f(x) 单调递减，结合图象知选 D. 法二：当 x＝1 时，y＝2，所以排除 A、B 选项．当 x＝0 时，y＝2，而当 x＝12时，y＝－116＋14＋2＝2136>2，所以排除 C 选项．故选 D.
4．(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数 y＝ln x 的
图象关于直线 x＝1 对称的是( )
A．y＝ln(1－x)
B．y＝ln(2－x)
C．y＝ln(1＋x)
D．y＝ln(2＋x)
解析：选 B 函数 y＝f(x)的图象与函数 y＝f(a－x)的图象
关于直线 x＝a2对称，令 a＝2 可得与函数 y＝ln x 的图象关于直 线 x＝1 对称的是函数 y＝ln(2－x)的图象．故选 B.
[一题多解] (在发散思维中整合知识) 法一：直接法 因为 f(x)＋f(2－x)＝x2－x1＋22－2－x－x1＝x2－x1＋41－－2xx＝4， 所以函数 f(x)的图象关于点(1,2)对称，故 A 正确．D 错误．易 知函数 f(x)在(－∞，1)上单调递减，故 B 错误．易知函数 f(x) 的图象是由 y＝2x的图象平移得到的，所以不存在两点 A，B 使 得直线 AB∥x 轴，C 错误．故选 A.
主攻 36 个必考点(二十五) 函数的图象
1．(2019·全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝csoins xx＋＋xx2在[－π，π]的图象 大致为( )
解析：选 D ∵f(－x)＝cossi－n－x＋x－－xx2＝－f(x)， ∴f(x)为奇函数，排除 A.当 x＝π 时，f(π)＝－1π＋π2>0，排 除 B、C，故选 D.
②保留 y＝f(x)的图象在 y 轴上及其右侧的部分，并将 y 轴 左侧的图象换成将 y 轴右侧的图象沿 y 轴翻折而成的图象，得 到 y＝f(|x|)的图象；保留 y＝f(x)的图象在 y 轴上及其左侧的部 分，并将 y 轴右侧的图象换成将 y 轴左侧的图象沿 y 轴翻折而 成的图象，得到 y＝f(－|x|)的图象．
[把脉考情] 1.函数图象的变换
考什么 2.函数图象的识辨问题 3.函数图象与性质的综合应用 在选择题或填空题中考查，试题难度中等，有时与性
考多深 质结合出现在压轴题的位置上，分值 5 分 函数图象的识辨，利用图象研究函数的零点，根据新 情境判断函数的图象，如与立体几何、平面向量等相
考多宽 结合．考查数据分析、逻辑推理、数学建模的核心素 养
增分方略 函数图象变换的 4 种形式 (1)平移变换 上加下减，左加右减． (2)对称变换 ①轴对称图形：函数 y＝f(x)与函数 y＝f(－x)的图象关于 y 轴对称；函数 y＝f(x)与函数 y＝－f(x)的图象关于 x 轴对称． ②中心对称图形：函数 y＝f(x)与函数 y＝－f(－x)的图象关 于坐标原点对称；函数 y＝f(x)的图象与函数 y＝－f(2a－x)的图 象关于点(a,0)对称；函数 y＝f(x)的图象与函数 y＝2b－f(2a－x) 的图象关于点(a，b)对称．
[解析] (1)∵f(x)＝logax 的图象过点(2,1)， ∴f(2)＝loga2＝1，∴a＝2，f(x)＝log2x. ∵函数 y＝fgxx，，xx><00， 是偶函数，其图象关于 y 轴对称， ∴g(x)＝f(－x)＝log2(－x)，x<0，结合选项可知选 B. (2)①把函数 y＝f(1－x)的图象向左平移 1 个单位得 y＝f(－ x)的图象；②作出 f(－x)关于 y 轴对称的函数图象得 y＝f(x)的 图象；③将 f(x)向左平移 2 个单位得 y＝f(x＋2)的图象；④将 y ＝f(x＋2)的图象在 x 轴下方的部分关于 x 轴对称翻折到 x 轴上 方得到|f(x＋2)|的图象． [答案] (1)B (2)A