2019高考数学复习专题word版课件高考专题突破六
《高考真题》专题06 函数的奇偶性的应用-2019年高考文数母题题源系列(全国Ⅱ专版)(解析版)
专题06 函数的奇偶性的应用【母题来源一】【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设f (x )为奇函数，且当x ≥0时，f (x )=e 1x -，则当x <0时，f (x )= A ．e 1x -- B ．e 1x -+ C ．e 1x ---D ．e 1x --+【答案】D【解析】由题意知()f x 是奇函数，且当x ≥0时，f (x )=e 1x -，则当0x <时，0x ->，则()e x f x --=-1()f x =-，得()e 1x f x -=-+．故选D ．【名师点睛】本题考查分段函数的奇偶性和解析式，渗透了数学抽象和数学运算素养．采取代换法，利用转化与化归的思想解题．【母题来源二】【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+．若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=A ．50-B ．0C ．2D ．50【答案】C【解析】因为()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，且(1)(1)f x f x -=+， 所以(1)(1),(3)(1)(1),4f x f x f x f x f x T +=--∴+=-+=-∴=， 因此[](1)(2)(3)(50)12(1)()(2)(3)4(1)(2)f f f f f f f f f f ++++=+++++，因为(3)(1),(4)(2)f f f f =-=-，所以(1)(2)0())(34f f f f +++=， 因为(2)(0)0f f ==，从而(1)(2)(3)(50)(1)2f f f f f ++++==．故选C ．【名师点睛】先根据奇函数的性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果．函数的奇偶性与周期性相结合的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．【母题来源三】【2017年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+,则(2)f =______________．【答案】12【解析】(2)(2)[2(8)4]12f f =--=-⨯-+=．【名师点睛】（1）已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于()f x 的方程，从而可得()f x 的值或解析式；（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()()0f x f x ±-=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．【命题意图】1．结合具体函数，了解函数奇偶性的含义．2．以抽象函数的奇偶性、对称性、周期性为载体考查分析问题、解决问题的能力和抽象转化的数学思想． 【命题规律】高考对该部分内容考查一般以选择题或填空题形式出现，难度中等或中等上，热点是奇偶性、对称性、周期性之间的内在联系，这种联系成为命题者的钟爱，一般情况下可“知二断一”． 【答题模板】1．判断函数奇偶性的常用方法及思路 （1）定义法（2）图象法（3）性质法利用奇函数和偶函数的和、差、积、商的奇偶性和复合函数的奇偶性来判断． 注意：①性质法中的结论是在两个函数的公共定义域内才成立的．②性质法在选择题和填空题中可直接运用，但在解答题中应给出性质推导的过程． 2．与函数奇偶性有关的问题及解决方法 （1）已知函数的奇偶性，求函数的值将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解． （2）已知函数的奇偶性求解析式已知函数奇偶性及其在某区间上的解析式,求该函数在整个定义域上的解析式的方法是：首先设出未知区间上的自变量，利用奇、偶函数的定义域关于原点对称的特点，把它转化到已知的区间上，代入已知的解析式，然后再次利用函数的奇偶性求解即可． （3）已知带有参数的函数的表达式及奇偶性求参数在定义域关于原点对称的前提下，利用()f x 为奇函数⇔()()f x f x -=-，()f x 为偶函数⇔()f x -()f x =，列式求解，也可以利用特殊值法求解．对于在0x =处有定义的奇函数()f x ，可考虑列式(0)0f =求解．（4）已知函数的奇偶性画图象判断单调性或求解不等式．利用函数的奇偶性可画出函数在另一对称区间上的图象及判断另一区间上函数的单调性． 【方法总结】1．函数奇偶性的定义及图象特点（1）偶函数：如果对于函数()f x 的定义域内任意一个x ，都有()()f x f x -=，那么函数()f x 是偶函数，其图象关于y 轴对称；（2）奇函数：如果对于函数()f x 的定义域内任意一个x ，都有()()f x f x -=-，那么函数()f x 是奇函数，其图象关于原点对称．2．判断()f x -与()f x 的关系时，也可以使用如下结论：如果(()0)f x f x --=或()1(()0)()f x f x f x -=≠，则函数()f x 为偶函数；如果()0()f x f x -+=或()1(()0)()f x f x f x -=-≠，则函数()f x 为奇函数． 注意：由函数奇偶性的定义可知，函数具有奇偶性的一个前提条件是：对于定义域内的任意一个x ，x -也在定义域内（即定义域关于原点对称）． 3．函数奇偶性的几个重要结论（1）奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反． （2）()f x ，()g x 在它们的公共定义域上有下面的结论：（3）若奇函数的定义域包括0，则(0)0f =．（4）若函数()f x 是偶函数，则()()(||)f x f x f x -==．（5）定义在(,)-∞+∞上的任意函数()f x 都可以唯一表示成一个奇函数与一个偶函数之和．（6）若函数()y f x =的定义域关于原点对称，则()()f x f x +-为偶函数，()()f x f x --为奇函数，()()f x f x ⋅-为偶函数．（7）一些重要类型的奇偶函数 ①函数()xxf x a a-=+为偶函数，函数()x xf x a a-=-为奇函数．②函数221()1x x x x xxa a a f x a a a ----==++（0a >且1a ≠）为奇函数． ③函数1()log 1axf x x-=+（0a >且1a ≠）为奇函数．④函数()log (a f x x =（0a >且1a ≠）为奇函数． 4．若()()f a x f a x +=-，则函数()f x 的图象关于x a =对称． 5．若()()f a x f a x +=--，则函数()f x 的图象关于(,0)a 对称．6．若函数()f x 关于直线x a =和()x b b a =>对称，则函数()f x 的周期为2()b a -． 7．若函数()f x 关于直线x a =和点(,0)()b b a >对称，则函数()f x 的周期为4()b a -． 8．若函数()f x 关于点(,0)a 和点(,0)()b b a >对称，则函数()f x 的周期为2()b a -． 9．若函数()f x 是奇函数，且关于x a =(0)a >对称，则函数()f x 的周期为4a ． 10．若函数()f x 是偶函数，且关于x a =(0)a >对称，则函数()f x 的周期为2a ． 11．若函数()f x 是奇函数，且关于(,0)a (0)a >对称，则函数()f x 的周期为2a ． 12．若函数()f x 是偶函数，且关于(,0)a (0)a >对称，则函数()f x 的周期为4a ． 13．若函数()()f x x R ∈满足()()f a x f x +=-，1()()f a x f x +=-，1()()f a x f x +=均可以推出函数()f x 的周期为2a ．1．【重庆市第一中学2019届高三上学期期中考试】下列函数为奇函数的是 A ． B ． C ．D ．【答案】D【分析】根据奇函数的定义逐项检验即可．【解析】A 选项中 ，故不是奇函数，B 选项中 ，故不是奇函数，C 选项中，故不是奇函数，D 选项中，是奇函数，故选D ．2．【黑龙江省齐齐哈尔市2019届高三第一次模拟】若函数2()22x a xx f x -=-是奇函数，则(1)f a -= A ．1- B ．23- C ．23D ．1【答案】B【分析】首先根据奇函数的定义，求得参数0a =，从而得到2(1)(1)3f a f -=-=-，求得结果． 【解析】由()()f x f x -=-可得22(2)22a x x x x--+=+，∴0a =，∴2(1)(1)3f a f -=-=-， 故选B ．【名师点睛】该题考查函数的奇偶性及函数求值等基础知识，属于基础题目，考查考生的运算求解能力． 3．【甘肃省静宁县第一中学2019届高三上学期第一次模拟】已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当 时3()x m f x =+(m 为常数)，则3(log 5)f -的值为A ．4B ．4-C ．6D ．6-【答案】B【分析】根据奇函数的性质 求出 ，再根据奇函数的定义求出3(log 5)f -．【解析】当 时3()x m f x =+(m 为常数)，则03(0)0m f =+=，则 ， ， 函数()f x 是定义在R 上的奇函数，∴335log 35((log 5)()log )314f f -=-=--=-．故选B ．【名师点睛】本题考查函数的奇偶性，解题的突破口是利用奇函数性质：如果函数是奇函数，且0在其定义域内，一定有 ．4．【甘青宁2019届高三3月联考】若函数3()1f x x =+，则1(lg 2)(lg )2f f +=A ．2B ．4C ．2-D ．4-【答案】A【分析】3()1f x x =+，可得()()2f x f x -+=，结合1lglg22=-，从而求得结果． 【解析】∵3()1f x x =+，∴()()2f x f x -+=，∵1lglg22=-，∴1(lg 2)(lg )22f f +=， 故选A ．【名师点睛】该题考查的是有关函数值的求解问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有奇函数的性质，属于简单题目，注意整体思维的运用．5．【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第二次模拟】已知函数2()e e 21xxxxf x -=-++，若(lg )3f m =，则1(lg )f m = A ．4- B ．3- C ．2-D ．1-【答案】C【分析】先由2()e e 21xxxx f x -=-++得到()()1f x f x -+=，进而可求出结果．【解析】因为2()e e 21x xxx f x -=-++，所以21()e e e e 2121x x xx x x xf x -----=-+=-+++， 因此()()1f x f x -+=； 又(lg )3f m =，所以(lg )1(lg 1(lg )132)f mf m f m =-=-=-=-． 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数奇偶性的性质，熟记函数奇偶性即可，属于常考题型． 6．【山东省济宁市2019届高三二模】已知 是定义在 上的周期为4的奇函数，当 时， ，则 A ． B ．0 C ．1D ．2【答案】A【解析】由题意可得： ． 故选A ．【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性，函数的周期性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．7．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研】下列函数中，既是偶函数，又在区间(0,)+∞上单调递减的函数是 A ．3x y =B ．1ln||y x = C ．||2x y =D ．cos y x =【答案】B 【解析】易知1ln||y x =，||2x y =，cos y x =为偶函数， 在区间(0,)+∞上，1ln ||y x =单调递减，||2x y =单调递增，cos y x =有增有减． 故选B ．【名师点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题．8．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试】若函数()f x 是定义在R 上的奇函数，1()14f =，当0x <时，2()log ()f x x m =-+，则实数m = A ．1- B ．0 C ．1D ．2【答案】C【解析】∵()f x 是定义在R 上的奇函数，1()14f =， 且0x <时，2()log ()f x x m =-+， ∴211()log 2144f m m -=+=-+=-， ∴1m =． 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及已知函数值求参数的方法，熟记函数奇偶性的定义即可，属于常考题型．9．【宁夏银川市2019年高三下学期质量检测】已知()f x 是定义在R 上奇函数，当0x ≥时，2()log (1)f x x =+，则3()f -=C ．2D ．1【答案】A【分析】利用函数()f x 是奇函数，得到(3)(3)f f -=-，再根据对数的运算性质，即可求解． 【解析】由题意，函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x ≥时，2()log (1)f x x =+，则22(3)(3)log (31)log 42f f -=-=-+=-=-，故选A ．【名师点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，以及对数的运算的性质的应用，其中解答中熟记函数的奇偶性，以及熟练应用对数的性质运算是解答的关键，着重考查了转化思想，以及运算与求解能力，属于基础题．10．【甘肃省甘谷县第一中学2019届高三上学期第一次检测】已知定义在 上的函数 ，若 是奇函数，是偶函数，当 时， ，则 A ． B ． C ．0D ．【答案】A【分析】根据题意和函数的奇偶性的性质通过化简、变形，求出函数的周期，利用函数的周期性和已知的解析式求出 的值．【解析】因为 是奇函数， 是偶函数，所以 ，则 ，即 ， 所以 ， 则奇函数 是以4为周期的周期函数， 又当 时， ，所以 ， 故选A ．【名师点睛】该题考查的是有关函数值的求解问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有函数的周期性，函数的奇偶性的定义，正确转化题的条件是解题的关键．11．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三上学期期中考试】已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意的x ∈R 都有33())22(f x f x +=-，当3(,0)2x ∈-时，()f x =12log (1)x -，则(2017)f +(2019)f =C ．1-D ．2-【答案】A【分析】根据题意，对33())22(f x f x +=-变形可得()(3)f x f x =-，则函数()f x 是周期为3的周期函数，据此可得(2017)(1)f f =，(2019)(0)f f =，结合函数的解析式以及奇偶性求出(0)f 与(1)f 的值，相加即可得答案．【解析】根据题意，函数()f x 满足任意的x ∈R 都有33())22(f x f x +=-， 则()(3)f x f x =-，则函数()f x 是周期为3的周期函数，所以(2017)(16723)(1)f f f =+⨯=，(2019)(6733)(0)f f f =⨯=， 又由函数()f x 是定义在R 上的奇函数，则(0)0f =， 当3(,0)2x ∈-时，()f x =12log (1)x -，则12(1)log [1(1)]1f -=--=-，则(1)(1)1f f =--=，故(2017)(2019)(0)(1)1f f f f +=+=， 故选A ．12．【甘肃省兰州市第一中学2019届高三9月月考】奇函数f (x )的定义域为R ，若f (x ＋1)为偶函数，且f (1)＝2，则f (4)＋f (5)的值为 A ．2B ．1C ．－1D ．－2【答案】A【分析】根据函数的奇偶性的特征，首先得到 ，进而根据奇函数可得 ，根据 可得 ，即可得到结论．【解析】∵ 为偶函数， 是奇函数，∴设 ， 则 ，即 ，∵ 是奇函数，∴ ，即 ， ， 则 ， ，∴ ， 故选A ．【名师点睛】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性的性质，得到函数的对称轴以及周期性是解决本题的关键，属于中档题．13．【陕西省彬州市2019届高三上学期第一次教学质量监测】已知函数()y f x =是奇函数，当0x >时，2()log (1)f x x =-，则(1)0f x -<的解集是A ．(,1)(2,3)-∞-B ．(1,0)(2,3)-C ．(2,3)D ．(,3)(0,1)-∞-【答案】A【分析】根题设条件，分别求得，当0x >和0x <时，()0f x <的解集，由此可求解不等式(1)0f x -<的解集，得到答案．【解析】由题意，当0x >时，令()0f x >，即2log (1)0x -<，解得12x <<， 又由函数()y f x =是奇函数，函数()f x 的图象关于原点对称， 则当0x <时，令()0f x >，可得2x <-，又由不等式(1)0f x -<，可得112x <-<或12x -<-，解得23x <<或1x <-， 即不等式(1)0f x -<的解集为(,1)(2,3)-∞-，故选A ．【名师点睛】本题主要考查了函数的基本性质的综合应用，其中解答中熟记对数函数的图象与性质，以及数列应用函数的奇偶性的转化是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．14．【陕西省榆林市2019届高三第四次普通高等学校招生模拟考试】已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且(5)(3)f x f x +=-，如果当[0,4)x ∈时，2()log (2)f x x =+，则(766)f =A ．3B ．3-C ．2D ．2-【答案】C【分析】根据(5)(3)f x f x +=-，可得(8)()f x f x +=，即()f x 的周期为8，再根据[0,4)x ∈时，2()log (2)f x x =+及()f x 为R 上的偶函数即可求出(766)(2)2f f ==．【解析】由(5)(3)f x f x +=-，可得(8)()f x f x +=，所以()f x 是周期为8的周期函数，当[0,4)x ∈时，2()log (2)f x x =+，所以(96(7682)6)(2)2f f f ⨯-===， 又()f x 是定义在R 上的偶函数，所以2(2)(2)log 42f f -===． 故选C ．15．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试】已知定义域为R 的奇函数 ，当时， ，当 时， ，则 A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】由当 时， ，可得，根据奇偶性求出 即可． 【解析】定义域为R 的奇函数 ，当 时， ，则， 则 ．．．， 又当 时， ， — ， 故． 故选B ．16．【重庆市2018-2019学年3月联考】定义在[7,7]-上的奇函数()f x ，当07x <≤时，()26x f x x =+-，则不等式()0f x >的解集为 A ．(2,7]B ．(2,0)(2,7]-C ．(2,0)(2,)-+∞D ．[7,2)(2,7]--【答案】B【分析】当07x <≤时，()f x 为单调增函数，且(2)0f =，则()0f x >的解集为(2,7]，再结合()f x 为奇函数，所以不等式()0f x >的解集为(2,0)(2,7]-．【解析】当07x <≤时，()26xf x x =+-，所以()f x 在(0,7]上单调递增，因为2(2)2260f =+-=，所以当07x <≤时，()0f x >等价于()(2)f x f >，即27x <≤，因为()f x 是定义在[7,7]-上的奇函数，所以70x -≤<时，()f x 在[7,0)-上单调递增，且(2)(2)0f f -=-=，所以()0f x >等价于()(2)f x f >-，即20x -<<， 所以不等式()0f x >的解集为(2,0)(2,7]-．故选B ．【名师点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性及不等式的解法，属基础题．应注意奇函数在其对称的区间上单调性相同，偶函数在其对称的区间上单调性相反．17．【宁夏平罗中学2019届高三上学期期中考试】已知定义在 上的函数 是奇函数，且当 时，，则 ______________． 【答案】18-【分析】先求(4)f ，再利用函数的奇偶性求4()f -．【解析】由题得22(4)log 4418f =+=，所以(4)(4)18f f -=-=-．18．【重庆南开中学2019届高三第四次教学检测】已知偶函数()f x 的图象关于直线2x =对称，(3)f =则(1)f =______________．【分析】由对称性及奇偶性求得函数的周期求解即可【解析】由题()()(4)f x f x f x =-=-，则函数的周期4T =，则()1f =(1)(1)(3)f f f =-==19．【辽宁省抚顺市2019届高三第一次模拟】已知函数()f x 是奇函数，且当0x <时1()()2xf x =，则(3)f 的值是______________． 【答案】8-【分析】先求(3)f -，再根据奇函数性质得(3)f ． 【解析】因为31(3)()82f --==，函数()f x 是奇函数，所以(3)(3)8f f =--=-．20．【辽宁省朝阳市重点高中2019届高三第四次模拟】已知()y f x =是定义域为R 的奇函数，且周期为2，若当[0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-，则( 2.5)f -=______________． 【答案】0.25-【分析】根据函数的奇偶性和周期性，求出( 2.5)(0.5)f f -=-，求出函数值即可．【解析】已知()y f x =是定义域为R 的奇函数，且周期为2，∴( 2.5)( 2.52)(0.5)(0.5)f f f f -=-+=-=-，∵当[0,1]x ∈时，()(1)f x x x =-，∴(0.5)0.5(10.5)0.25f =⨯-=，∴( 2.5)0.25f -=-． 21．【陕西省咸阳市2019届高三模拟检测三】已知定义在R 上的奇函数()f x 的图像关于点(2，0)对称，且(3)3f =，则(1)f -=______________．【答案】3【分析】先由函数关于(2，0)对称，求出(1)f ，然后由奇函数可求出(1)f -． 【解析】函数()f x 的图像关于点(2，0)对称，所以(1)(3)3f f =-=-， 又函数()f x 为奇函数，所以(1)(1)3f f =-=-．22．【宁夏石嘴山市第三中学2019届高三四模】若函数2,0()3(),0x x f x g x x ⎧>⎪=⎨⎪<⎩是奇函数，则1()2f -=______________．【答案】3-【分析】利用解析式求出1()2f ，根据奇函数定义可求得结果．【解析】由题意知1212()23f === ()f x为奇函数，11()()22f f ∴-=-=．23．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟】已知函数()f x 是奇函数，当0x >时，()lg f x x =，则1(())100f f 的值为______________． 【答案】2lg - 【分析】先求出1()100f 的值，设为a ，判断a 是否大于零，如果大于零，直接求出()f a 的值，如果不大于零，那么根据奇函数的性质()()f a f a =--，进行求解．【解析】10,100>∴1()100f =21lg()lg102100-==-， 20-<∵，函数()f x 是奇函数，(2)(2)lg 2f f ∴-=-=-，所以1(())100f f 的值为lg2-．24．【山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月）】若函数 为偶函数，则______________．【答案】2-【解析】函数 为偶函数，则 ， 即 恒成立， ．则．【名师点睛】本题主要考查偶函数的性质与应用，对数的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．25．【甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考】已知()f x ，()g x 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且(0)0g =，当0x ≥时，2()()22xf xg x x x b -=+++（b 为常数），则(1)(1)f g -+-=______________． 【答案】4-【分析】根据函数的奇偶性，先求b 的值，再代入1x =，求得(1)(1)4f g -=，进而求解(1)(1)f g -+-的值．【解析】由()f x 为定义在R 上的奇函数可知(0)0f =，因为(0)0g =，所以0(0)(0)20f g b -=+=，解得1b =-，所以(1)(1)4f g -=，于是(1)(1)(1[(1)(1)](4)1)f g f g f g =-+=---+=--．【名师点睛】本题考查了函数的奇偶性的应用，涉及了函数求值的知识；注意解析式所对应的自变量区间．26．【陕西省安康市安康中学2019届高三第三次月考】若函数2()e 1xf x a =--是奇函数，则常数 等于______________． 【答案】【分析】由奇函数满足，代入函数求值即可．【解析】对一切且恒成立．恒成立，恒成立．，．27．【吉林省长春市实验中学2019届高三期末考试】已知函数是定义在上的周期为的奇函数，当时，，则______________．【答案】【分析】根据是周期为4的奇函数即可得到＝f(﹣8)＝f()＝﹣f()，利用当0＜x＜2时，＝4x，求出，再求出，即可求得答案．【解析】∵是定义在R上周期为4的奇函数，∴＝f(﹣8)＝f()＝﹣f()，∵当x∈（0，2）时，，∴＝﹣2，∵是定义在R上周期为4的奇函数，∴＝＝，同时＝﹣，∴＝0，∴﹣2．【名师点睛】考查周期函数的定义，奇函数的定义，关键是将自变量的值转化到函数解析式所在区间上，属于中档题．28．【新疆昌吉市教育共同体2019届高三上学期第二次月考】下列函数：①；②，，；③；④．其中是偶函数的有______________．（填序号）【答案】①【分析】先判断函数的定义域是否关于原点对称可知②，，为非奇非偶函数；再利用偶函数的定义，分别检验①③④是否符合，从而得到结果．【解析】①，为偶函数；②定义域，关于原点不对称，为非奇非偶函数；③，为奇函数；④ ，为非奇非偶函数； 故答案为①．【名师点睛】该题考查的是有关偶函数的选择问题，涉及到的知识点有函数奇偶性的定义，注意判断函数奇偶性的步骤，首先确定函数的定义域是否关于原点对称，再者就是判断 与 的关系． 29．【吉林省长春市吉林省实验中学2019届高三上学期第三次月考】已知 ， ．若偶函数 满足 （其中 ， 为常数），且最小值为1，则 ______________． 【答案】【分析】利用函数是偶函数，确定 ，利用基本不等式求最值，确定 的值，即可得到结论． 【解析】由题意， ， ， 为偶函数， ， ， ， ， ， ，．30．【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第一次模拟】已知函数()f x 是定义域为(,)-∞+∞的偶函数，且(1)f x -为奇函数，当[0,1]x ∈时，3()1f x x =-，则29()2f =______________． 【答案】78-【分析】先由题意，()f x 是定义域为(,)-∞+∞的偶函数，且(1)f x -为奇函数，利用函数的奇偶性推出()f x 的周期4T =，可得291()()22f f =-，然后带入求得结果． 【解析】因为(1)f x -为奇函数，所以(1)(1),(2)()f x f x f x f x --=--∴--=-， 又()f x 是定义域为(,)-∞+∞的偶函数，所以()()f x f x -=，即(2)(),(2)()f x f x f x f x --=--∴-=-，所以()f x 的周期4T =，因为295551()(12)()(2)()22222f f f f f =+==--=-，2117()1()228f =-=， 所以297()28f =-．31．【辽宁省大连市2019届高三第二次模拟】已知函数 是定义域为 的偶函数，且 在 ， 上单调递增，则不等式 的解集为______________．【答案】 ， ，【分析】利用偶函数关于 轴对称， 在 ， 上单调递增，将不等式 转化为 ，即可解得 的解集． 【解析】 函数 是定义域为 的偶函数，可转化为 ， 又 在 ， 上单调递增，，两边平方解得 ， ， ， 故 的解集为 ， ， ．32．【辽宁省大连市2019届高三下学期第一次双基测试】已知定义在R 上的函数()f x ，若函数(1)f x +为偶函数，函数(2)f x +为奇函数，则20191()i f i ==∑______________．【答案】0【分析】根据函数(1)f x +为偶函数，函数(2)f x +为奇函数可得()(2)f x f x -=+和()(4)f x f x --=+，可得(4)()f x f x +=，则函数()f x 是周期为4的周期函数，结合函数的对称性可得(1)(3)0f f +=且(2)(0)(4)0f f f ===，从而可得结果．【解析】根据题意，(1)f x +为偶函数，则函数()f x 的图象关于直线1x =对称， 则有()(2)f x f x -=+，若函数(2)f x +为奇函数，则函数()f x 的图象关于点(2,0)对称， 则有()(4)f x f x --=+，则有(4)(2)f x f x +=-+， 设2t x =+，则(2)()f t f t +=-， 变形可得(4)(2)()f t f t f t +=-+=， 则函数()f x 是周期为4的周期函数， 又由函数()f x 的图象关于点(2,0)对称， 则(1)(3)0f f +=且(2)0f =， 则有(2)(0)0f f =-=，可得(4)0f=，则20191(1)(2)(019) )(2if i f f f ==+++∑[12(3)4][(2013)(2014()()(2015)(2016]))()f f f f f f f f=+++++++++[(2017)(2018)(201()9)]12((0)3)f f f f f f++=++=，故答案为0．33．【内蒙古呼和浩特市2019届高三上学期期中调研】已知函数与都是定义在上的奇函数，当时，，则的值为______________．【答案】2【分析】根据题意，由是定义在R上的奇函数可得，结合函数为奇函数，分析可得，则函数是周期为2的周期函数，据此可得，结合函数的解析式可得的值，结合函数的奇偶性与周期性可得的值，相加即可得答案．【解析】根据题意是定义在R上的奇函数，则的图象关于点（﹣1，0）对称，则有，又由是R上的奇函数，则，且，则有，即，则函数是周期为2的周期函数，则，又由＝log2＝﹣2，则＝2，，故＝2+0＝2．。
数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数第1讲函数图象与性质含解析
专题六函数与导数第1讲函数图象与性质高考定位1。
以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性;2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题；3。
函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法。
真题感悟1。
(2020·全国Ⅱ卷）设函数f（x)＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜，则f(x)(）A。
是偶函数，且在错误!单调递增B。
是奇函数，且在错误!单调递减C。
是偶函数，且在错误!单调递增D。
是奇函数，且在错误!单调递减解析f(x）＝ln｜2x＋1|－ln|2x－1｜的定义域为错误!.∵f（－x)＝ln|－2x＋1｜－ln｜－2x－1|＝ln|2x－1｜－ln|2x＋1|＝－f（x），∴f(x）为奇函数,故排除A,C。
又当x∈错误!时，f(x）＝ln（－2x－1)－ln（1－2x）＝ln 错误!＝ln 错误!＝ln 错误!，∵y＝1＋错误!在错误!上单调递减，由复合函数的单调性可得f（x）在错误!上单调递减。
故选D.答案D2。
（2019·全国Ⅰ卷)函数f（x）＝错误!在[－π,π］的图象大致为()解析显然f(－x）＝－f(x），x∈[－π，π],所以f(x)为奇函数，排除A；又当x＝π时，f（π）＝错误!〉0，排除B，C，只有D适合.答案D3.（2020·新高考山东、海南卷)若定义在R上的奇函数f（x)在（－∞，0）单调递减，且f（2)＝0,则满足xf（x－1）≥0的x的取值范围是(）A.［－1，1］∪[3，＋∞）B.[－3,－1]∪［0,1］C.[－1，0]∪[1,＋∞）D.[－1,0]∪［1，3]解析因为函数f(x)为定义在R上的奇函数,则f(0)＝0。
又f（x）在（－∞,0）单调递减，且f（2)＝0，画出函数f（x）的大致图象如图（1）所示,则函数f(x－1）的大致图象如图（2）所示。
当x≤0时，要满足xf(x－1）≥0,则f（x－1）≤0，得－1≤x≤0.当x＞0时，要满足xf（x－1）≥0，则f（x－1)≥0，得1≤x≤3。
新高考数学复习专题突破练习题附解析(共13专题)
突破1.1 空间几何体的结构【基础巩固】1.如图，最左边的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是（）A．①②B．②③C．③④D．①⑤【答案】B【解析】当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件.故截面图形可能是①⑤，选D．2.如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（）A．B．C．D．【答案】C【方法点晴】本题主要考查了圆锥的有关计算及圆锥的侧面展开的应用，着重考查了求立体图形中两点之间的曲线段的最短线路长，解答此类问题一般应把几何体的侧面展开，展开在一个平面内，构造直角三角形，从而求解两点间的线段的长度，用到的知识为：圆锥的弧长等于底面周长，本题的解答中圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥的底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，体现了“化曲面为平面”的思想方法．3．如图所示的几何体是由下列哪个平面图形绕虚线旋转一周得到的（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意知，该几何体是圆锥与圆台的组合体，所以该组合体是由直角三角形和直角梯形的组成的平面图形绕虚线旋转一周所得．故选A．4．下列关于棱柱的说法中，错误的是（）A．三棱柱的底面为三角形B．一个棱柱至少有五个面C．若棱柱的底面边长相等，则它的各个侧面全等D．五棱柱有5条侧棱、5个侧面，侧面为平行四边形【答案】C【解析】n棱柱具体特征：底面为n边形，共3n条棱，（n+2）个面，其中n个侧面，2个底面，侧面为平行四边形，侧棱长相等．因为n棱柱底面为n边形，故A对；因为底面最少为三角形，故3个侧面，2个底面，共5个面，故B对；根据n棱柱特征，D对；而底面边长与侧棱长度不一定相等，故各个侧面不全等，故C错误．故选C．5．下列说法正确的是（）A．棱柱的底面一定是平行四边形B．底面是矩形的平行六面体是长方体C．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱D．棱锥的底面一定是三角形【答案】C【解析】对于选项A，棱柱的底面为任意的四边形即可，故错误．对于选项B，底面是矩形的直平行六面体才是长方体，故错误．对于选项D，三棱锥的底面一定是三角形，故错误．故选C．6．下列几何体不是简单旋转体（）A．圆柱B．圆台C．球D．棱柱【答案】D【解析】在A中，圆柱是矩形绕着它的一条边旋转而成的，故圆柱是简单旋转体；在B中，圆台是直角梯形绕直角腰所在的直线旋转而成的，故圆台是简单旋转体；在C中，球是半圆绕着直径旋转而成的，故球是简单旋转体；在D中，棱柱不是旋转体．故选D．7．下列命题中，错误的是（）A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形【答案】B【解析】对于A，圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个，为2r l，A正确；对于B，用一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，∴B错误；对于C，圆台的所有平行于底面的截面都是圆，C正确；对于D，圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形，D正确．故选B．8．如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵几何体是一个圆柱、两个圆台和一个圆锥的组合体，∴它是由A选项中的平面图形旋转而成的．故选A．9．下列叙述中正确的是（）A．圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体B．棱柱中两个相互平行的平面一定是棱柱的底面C．过圆锥侧面上的一点有无数条母线D．球面上四个不同的点有可能在同一平面内【答案】D【解析】在A中，圆柱是将矩形以矩形的一条对角线为轴，旋转所得的就不是圆柱，故A错；在B中，棱柱的定义是，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，相邻的公共边互相平行，有这些面围成的几何体是棱柱，棱柱中两个相互平行的平面不一定是棱柱的底面，故B错误；在C中，两点确定一条直线，圆锥过圆锥侧面上的一点只有一条母线，故C错误；在D中，球面上四个不同的点有可能在同一平面内，故D正确．故选D．10.如图所示，是由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的平面轴对称图形，若将它绕轴l旋转180°后形成一个组合体，下面说法不正确的是（）A．该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体B．该组合体仍然关于轴l对称C．该组合体中的圆锥和球只有一个公共点D．该组合体中的球和半球只有一个公共点【答案】A【解题必备】考查简单组合体的构成，就必须要明白该组合体是由简单几何体拼接、截去还是挖去一部分而成的，因此，要仔细观察简单组合体的组成，并充分结合柱、锥、台、球的几何结构特征进行识别.【能力提升】11.正方形绕其一条对角线所在直线旋转一周，所得几何体是（）A．圆柱B．圆锥C．圆台D．两个共底的圆锥【答案】D【思路点拨】本题考查旋转体的结构特征，熟练掌握旋转体的定义及旋转体的结构特征是解答本题的关键．12.有下列三组定义：①有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱；②用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台；③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.其中正确定义的个数为（）A．0 B．1C．2 D．3【答案】B【思路点拨】从结构特征出发：棱台上、下两个底面平行且相似；棱锥侧面都是三角形且有一个公共顶点；棱柱上、下两个底面平行且侧面都是平行四边形，从而可快速得解.13.如图所示，在长方体中，则在长方体表面上连接两点的所有曲线长度的最小值为__________．14.一个几何体的三视图如图所示,则组成该几何体的简单几何体为().A.圆柱与圆台B.圆柱与四棱台C.四棱柱与四棱台D.四棱柱与圆台【解析】由三视图可得该几何体是一个组合体,由几何体上部的三视图均为矩形可知上部是四棱柱,由下部的三视图中有两个梯形可得下部是四棱台,故组成该几何体的简单几何体为四棱柱与四棱台,故选C . 15.将正方体(如图①)截去两个三棱锥,得到如图②所示的几何体,则该几何体的侧(左)视图为( ).【答案】B【解析】还原正方体后,将D 1,D ,A 三点分别向正方体右侧面作垂线.D 1A 的射影为C 1B ,且为实线,B 1C 被遮挡应为虚线.【高考真题】16.（2019全国II 文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【解析】：该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x ，则221x x x ++=，解得21x =． 17.(2017年全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示,其中正(主)视图和侧(左)视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( ).A.10B.12C.14D.16【解析】观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的,且直三棱柱的底面是直角边边长为2的等腰直角三角形,侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边边长为2的等腰直角三角形,高为2,如图所示.因此该多面体的各个面中有两个梯形,且这两个梯形全等,梯形的上底长为2,下底长为4,高为2,故这些梯形的面积之和为2××(2+4)×2=12.故选B.【答案】B18.(2017年全国Ⅱ卷)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为().A.90πB.63πC.42πD.36π【解析】由几何体的三视图可知,该几何体是一个圆柱被一个平面截去上面虚线部分所得,如图所示.将圆柱补全,并将圆柱从点A处水平分成上下两部分.由图可知,该几何体的体积等于上部分圆柱体积的加上下部分圆柱的体积,所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×=63π.故选B.【答案】B20.(2015年全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正(主)视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=().A.1B.2C.4D.8【解析】如图,该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体,球的半径为r,圆柱的底面半径为r,高为2r,则表面积S=·4πr2+πr2+4r2+πr·2r=(5π+4)r2.又S=16+20π,∴(5π+4)r2=16+20π,∴r2=4,r=2,故选B.【答案】B突破1.2 空间几何体的三视图与直观图【基础巩固】1.（2018河北衡水压轴卷一）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E 、F 分别为11B C 、11C D 的中点，则四棱锥11A B EFD -的正视图与侧视图分别为 （ ）A.②，③B.④，②C.②，①D.②，④ 【答案】.D【解析】由三视图的投影规则知，几何体在侧面11DCC D 上的投影为一直角三角形（直角在左边），AF 的投影为一虚线，1AB 的投影为一实线，故正视图为②；几何体在侧面11BCC B 上的投影为一直角三角形（直角在右边），AE 的投影为虚线，1AD 的投影为实线，故侧视图为④.故选D.2．若某三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体的三视图如图所示，则所截去的三棱锥的外接球的表面积等于 （ ）A ．34πB ．32πC ．17πD ．172π 【答案】A【解析】由三视图知几何体是底面为边长为3，4，5的三角形，高为5的三棱柱被平面截得的，如图所示：截去的三棱锥是长方体的一个角，AB ⊥AD ，AD ⊥AC ，AC ⊥AB ，所以将三棱锥补成长方体，其外接球相同，外接球的直径为长方体的体对角线，半径为：222113343422++=，外接球的表面积为：21434342ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭故选A ．3．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是''''A B C D ，如图2所示.其中24A'B'A'D'==，则该几何体的表面积为（ ）A ．1612+πB ．168+πC ．1610+πD ．8π【答案】A【解析】由俯视图的直观图得俯视图为边长为4的正方形，所以几何体为底面为半圆（半径为2），高为4的半圆柱，其表面积为214π244+2π21612π2⨯⨯+⨯⨯⨯=+，选A. 4．（2020·四川省成都市树德中学高三二诊（理））2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）A ．22B ．32C ．212+ D ．312+ 【答案】D【解析】设四个支点所在球的小圆的圆心为O '，球心为O ，由题意，球的体积为43π，即24433R ππ=可得球O 的半径为1，又由边长为2的正方形硬纸，可得圆O '的半径为12，利用球的性质可得222131()22O O '=-=，又由O '到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为12，所以球心到底面的距离为3131222++=。
2019版高考数学总复习第六章不等式、推理与证明6.4基本不等式课件文
考向二
基本不等式的实际应用
[互动讲练型] [例 1] “节能减排，绿色生态”是当今世界各国所倡导，某 公司在科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧 化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该公司每月的处理量最少 为 400 吨，最多为 600 吨，月处理成本 y(元)与月处理量 x(吨)之间 1 2 的函数关系可近似地表示为：y＝2x －200x＋80 000，且每处理一 吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为 100 元． (1)该公司每月处理量为多少吨时， 才能使每吨的平均处理成本 最低？ (2)该公司每月能否获利？
[知识重温] 一、必记 3●个知识点 a＋b 1．基本不等式 ab≤ 2 (1)基本不等式成立的条件：a＞0，b＞0. (2)等号成立的条件：当且仅当 a＝b 时取等号． a＋b (3)两个平均数： 2 称为正数 a，b 的算术平均数， ab称为正 数 a，b 的几何平均数．
2．几个重要不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)． a＋b 2 (2)ab≤ 2 (a，b∈R)． 2 2 a＋b a ＋ b 2 (3) 2 ≤ 2 (a，b∈R)． b a (4)a＋b≥2(a· b＞0)． a＋b a2＋b2 2 (5)1 1≤ ab≤ 2 ≤ 2 (a＞0，b＞0)． a＋b
解析：由基本不等式得 a＋b≥2 ab＝2，当且仅当 a＝b＝1 时 a＋b 1 2 1 取到等号；ab≤ ＝ ，当且仅当 a ＝ b ＝ 时取到等号． 2 4 2 1 答案：2 4
4 6．若 x>1，则 x＋ 的最小值为________． x－1
4 4 解析：∵x＋ ＝x－1＋ ＋1≥4＋1＝5. x－1 x－1 4 当且仅当 x－1＝ ，即 x＝3 时等号成立． x－1 答案：5
2019高考数学复习专题：逻辑与命题(含解析)
2019高考数学复习专题：逻辑与命题(含解析)一、考情分析在高考数学中，集合是一个重要的考点，难度通常为中等或中等以下。
考查的主要形式是判断命题的真假、全称命题与特称命题的否定，以及充分条件与必要条件的判断。
这些知识点常常与其他知识点交织考查，其中由命题真假或两条件之间的关系确定参数范围是本节中的一个难点。
二、经验分享1.两个命题互为逆否命题时，它们有相同的真假性。
2.注意“p是q的充分不必要条件”与“p的充分不必要条件是q”的区别。
3.充分条件、必要条件的三种判定方法包括定义法、集合法和等价转化法。
4.充分条件、必要条件的应用，一般表现在参数问题的求解上。
解题时需要注意将条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的不等式（或不等式组）求解，同时要注意区间端点值的检验。
5.对于“p∨q”、“p∧q”、“p”等形式命题真假的判断，需要确定命题的构成形式，判断其中命题p、q的真假，然后确定“p∧q”、“p∨q”、“p”等形式命题的真假。
6.判定全称命题“∀x∈M，p(x)”是真命题需要对集合M中的每一个元素x，证明p(x)成立。
要判断特称命题是真命题，只需在限定集合内至少找到一个x＝x，使p(x)成立。
7.对全（特）称命题进行否定的方法包括找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义先加上量词，再改变量词，以及对原命题的结论进行否定。
8.已知含逻辑联结词的命题的真假，可根据每个命题的真假利用集合的运算求解参数的取值范围。
含量词的命题中参数的取值范围，可根据命题的含义，利用函数值域（或最值）解决。
三、知识拓展1.从集合角度理解充分条件与必要条件，若p以集合A的形式出现，q以集合B的形式出现，即A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则关于充分条件、必要条件又可以叙述为：若A B，则p是q的充分条件；若A B，则p是q的必要条件；若A＝B，则p是q的充要条件；若AB，则p是q的充分不必要条件；若AB，则p是q的必要不充分条件。
2023年高考数学二轮复习(新高考版)第1部分 专题突破 专题6 微重点17 抛物线的二级结论的应用
易错提醒
焦半径公式和焦点弦面积公式容易混淆，用时要注意使用 的条件；数形结合求解时，焦点弦的倾斜角可以为锐角、 直角或钝角，不能一律当成锐角而漏解.
跟踪演练1 (1)已知 A，B 是过抛物线 y2＝2px(p＞0)焦点 F 的直线与抛物线的
交点，O 是坐标原点，且满足A→B＝3F→B，S△OAB＝ 32|AB|，则|AB|的值为
A.2
B.2 6＋3
C.4
√D.3＋2 2
因为p＝2， 所以|A1F|＋|B1F|＝2p＝1， 所以 2|AF|＋|BF|＝(2|AF|＋|BF|)·|A1F|＋|B1F| ＝3＋2|B|AFF||＋||BAFF||≥3＋2 2|B|AFF||·||BAFF||＝3＋2 2，
当且仅当|BF|＝ 2|AF|时，等号成立，
ABB′A′的面积为
A.4 3
B.8 3
√C.16 3
D.32 3
12345678
不妨令直线l的倾斜角为θ，
则|AF|＝1－cpos
θ＝1－c3os
， θ
|BF|＝1＋cpos
θ＝1＋c3os
， θ
又|AF|＝3|BF|，∴1－c3os
θ＝3·1＋c3os
， θ
解得 cos θ＝12，
又 θ∈[0，π)，∴θ＝π3，
√B.34
C.43
D.3
如图，过点P作准线的垂线交于点H，
由抛物线的定义有|PF|＝|PH|＝m(m>0)，
过点Q作准线的垂线交于点E，则|EQ|＝|QF|， ∵P→M＝2F→P，∴|PM|＝2m， 根据△PHM∽△QEM，可得||PPMH||＝||QQME||＝12， ∴2|EQ|＝|QM|＝|FQ|＋3m. ∴|EQ|＝3m，即|FQ|＝3m， ∴||PFQQ||＝3m3＋m m＝34.
2019年高考数学高分突破复习课件专题六 第5讲
第5讲导数的综合应用与热点问题高考定位在高考压轴题中,函数与方程、不等式的交汇是考查的热点,常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)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.(1)证明当a＝1时,f(x)＝e x－x2,则f′(x)＝e x－2x.令g(x)＝f′(x),则g′(x)＝e x－2.令g′(x)＝0,解得x＝ln 2.当x∈(0,ln 2)时,g′(x)<0;当x∈(ln 2,＋∞)时,g′(x)>0.∴当x≥0时,g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0,∴f(x)在[0,＋∞)上单调递增,∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0,＋∞)上只有一个零点,即方程e x－ax2＝0在(0,＋∞)上只有一个解,由a＝e xx2,令φ(x)＝e xx2,x∈(0,＋∞),φ′(x)＝e x（x－2）x3,令φ′(x)＝0,解得x＝2.当x∈(0,2)时,φ′(x)<0;当x∈(2,＋∞)时,φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝e24.∴a＝e24.2.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x,且f(x)≥0.(1)求a;(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0,且e－2<f(x0)<2－2.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞), 设g (x )＝ax －a －ln x ,则f (x )＝xg (x ),f (x )≥0等价于g (x )≥0, 因为g (1)＝0,g (x )≥0,故g ′(1)＝0, 而g ′(x )＝a －1x ,g ′(1)＝a －1,得a ＝1. 若a ＝1,则g ′(x )＝1－1x .当0<x <1时,g ′(x )<0,g (x )单调递减; 当x >1时,g ′(x )>0,g (x )单调递增,所以x ＝1是g (x )的极小值点,故g (x )≥g (1)＝0. 综上,a ＝1.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ,f ′(x )＝2x －2－ln x ,设h (x )＝2x －2－ln x ,则h ′(x )＝2－1x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时,h ′(x )<0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时,h ′(x )>0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增.又h (e －2)>0,h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0,h (1)＝0,所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0,在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1,且当x ∈(0,x 0)时,h (x )>0;当x ∈(x 0,1)时,h (x )<0;当x ∈(1,＋∞)时,h (x )>0. 因为f ′(x )＝h (x ),所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点. 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1), 故f (x 0)＝x 0(1－x 0). 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)的最大值点, 由e －1∈(0,1),f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.考点整合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的变化趋势,数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当x→∞时,函数值也趋向∞,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1,x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.利用导数解决不等式问题(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②x∈I,使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对x1,x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.④对x1∈I,x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.温馨提醒解决方程、不等式相关问题,要认真分析题目的结构特点和已知条件,恰当构造函数并借助导数研究性质,这是解题的关键.热点一利用导数研究函数的零点(方程的根)【例1】(2018·西安调研)函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间;(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.解(1)f′(x)＝a＋ln x＋1,x>0,由f′(1)＝a＋1＝0,解得a＝－1.则f(x)＝－x＋x ln x,∴f′(x)＝ln x,令f′(x)>0,解得x>1;令f′(x)<0,解得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值,f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),单调递减区间为(0,1).(2)y＝f(x)－m－1在(0,＋∞)内有两个不同的零点,可转化为f(x)＝m＋1在(0,＋∞)内有两个不同的根,则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点.由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,f(x)min＝f(1)＝－1,由题意得,m＋1>－1,即m>－2,①当0<x<1时,f(x)＝x(－1＋ln x)<0;当x>0且x→0时,f(x)→0;当x→＋∞时,显然f(x)→＋∞.如图,由图象可知,m＋1<0,即m<－1,②由①②可得－2<m<－1.因此实数m的取值范围是(－2,－1).探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.第一步：将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题;第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象;第三步：结合图象求解.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍;(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】 设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)设a ＝b ＝4,若函数f (x )有三个不同零点,求c 的取值范围. 解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c , 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∵f (0)＝c ,f ′(0)＝b ,∴曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时,f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c , ∴f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0,得3x 2＋8x ＋4＝0, 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时,f (x )与f ′(x )在区间(－∞,＋∞)上的情况如下：∴当c >0且c －3227<0时,f (－4)＝c －16<0,f (0)＝c >0,存在x 1∈(－4,－2),x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23,x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0,使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0. 由f (x )的单调性知,当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时,函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2018·郑州质检)已知函数f (x )＝x －1＋a e x . (1)讨论f (x )的单调性;(2)当a ＝－1时,设－1<x 1<0,x 2>0,且f (x 1)＋f (x 2)＝－5,证明：x 1－2x 2>－4＋1e . (1)解 由f (x )＝x －1＋a e x ,得f ′(x )＝1＋a e x . 当a ≥0时,f ′(x )>0,则f (x )在R 上单调递增.当a <0时,令f ′(x )>0,得x <ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ,则f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令f ′(x )<0,得x >ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ,则f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(2)证明 法一 设g (x )＝f (x )＋2x ＝－e x ＋3x －1,则g ′(x )＝－e x ＋3. 由g ′(x )<0,得x >ln 3;由g ′(x )>0,得x <ln 3. 故g (x )max ＝g (ln 3)＝3ln 3－4<0. 从而g (x )＝f (x )＋2x <0. ∵f (x 1)＋f (x 2)＝－5,∴f (x 2)＋2x 2＝－5－f (x 1)＋2x 2<0. 即x 1－2x 2>－4＋e x 1.∵－1<x 1<0,∴e －1<e x 1<1,∴－4＋e x 1>－4＋1e . 从而x 1－2x 2>－4＋1e .法二 ∵f (x 1)＋f (x 2)＝－5,∴x 1＝e x 1＋e x 2－x 2－3, ∴x 1－2x 2＝e x 1＋e x 2－3x 2－3. 设g (x )＝e x －3x ,则g ′(x )＝e x －3. 由g ′(x )<0,得x <ln 3;由g ′(x )>0,得x >ln 3. 故g (x )min ＝g (ln 3)＝3－3ln 3. ∵－1<x 1<0,x 2>0,∴x 1－2x 2>e －1＋3－3ln 3－3＝1e －3ln 3, ∵3ln 3＝ln 27<4,∴x 1－2x 2>－4＋1e . 探究提高 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ,b ]上是增函数,则①x ∈[a ,b ],有f (a )≤f (x )≤f (b ),②x 1,x 2∈[a ,b ],且x 1<x 2,有f (x 1)<f (x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m ),则x ∈D ,有f (x )≤M (或f (x )≥m ).2.证明f (x )<g (x ),可构造函数F (x )＝f (x )－g (x ),证明F (x )<0. 【训练2】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明当x ∈(1,＋∞)时,1<x －1ln x <x ;(3)设c >1,证明当x ∈(0,1)时,1＋(c －1)x >c x . (1)解 由f (x )＝ln x －x ＋1(x >0),得f ′(x )＝1x －1. 令f ′(x )＝0,解得x ＝1.当0<x <1时,f ′(x )>0,f (x )单调递增. 当x >1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.因此f (x )在(0,1)上是增函数,在(1,＋∞)上为减函数.(2)证明 由(1)知,函数f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.∴当x ≠1时,ln x <x －1. 故当x ∈(1,＋∞)时,ln x <x －1,ln 1x <1x－1,即1<x －1ln x <x .(3)证明 由题设c >1,设g (x )＝1＋(c －1)x －c x , 则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0,解得x 0＝ln c －1ln cln c . 当x <x 0时,g ′(x )>0,g (x )单调递增; 当x >x 0时,g ′(x )<0,g (x )单调递减. 由(2)知1<c －1ln c <c ,故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0,故当0<x <1时,g (x )>0. ∴当x ∈(0,1)时,1＋(c －1)x >c x . 热点三 不等式恒成立、存在性问题 考法1 不等式恒成立问题【例3－1】 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1). (1)当a ＝4时,求曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)若当x ∈(1,＋∞)时,f (x )>0,求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0,＋∞), 当a ＝4时,f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1), f (1)＝0,f ′(x )＝ln x ＋1x －3,f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1,＋∞)时,f (x )>0等价于ln x －a （x －1）x ＋1>0,设g (x )＝ln x －a （x －1）x ＋1,则g ′(x )＝1x －2a（x ＋1）2＝x 2＋2（1－a ）x ＋1x （x ＋1）2,g (1)＝0.①当a ≤2,x ∈(1,＋∞)时,x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0,故g ′(x )>0,g (x )在(1,＋∞)单调递增,因此g (x )>g (1)＝0. ②当a >2时,令g ′(x )＝0,得x 1＝a －1－（a －1）2－1,x 2＝a －1＋（a －1）2－1.由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1.故当x ∈(1,x 2)时,g ′(x )<0,g (x )在(1,x 2)上单调递减,因此g (x )<g (1)＝0, 综上可知,实数a 的取值范围是(－∞,2]. 考法2 存在性不等式成立问题【例3－2】 (2018·哈尔滨质检)函数f (x )＝e x sin x ,g (x )＝(x ＋1)cos x －2e x ,其中e 是自然对数的底数. (1)求f (x )的单调区间;(2)对x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,使f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立,求实数m 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )＝2e x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4,当2k π<x ＋π4<π＋2k π(k ∈Z ),即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋2k π，3π4＋2k π (k ∈Z )时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当π＋2k π<x ＋π4<2π＋2k π(k ∈Z ),即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z ) 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;综上,f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋2k π，3π4＋2k π(k ∈Z ),f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫34π＋2k π，7π4＋2k π(k ∈Z ).(2)f (x 1)＋g (x 2)≥m ,即f (x 1)≥m －g (x 2),设t (x )＝m －g (x ),则原问题等价于f (x )min ≥t (x )min ,x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,一方面由(1)可知,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时,f ′(x )≥0,故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2单调递增,∴f (x )min ＝f (0)＝0.另一方面：t (x )＝m －(x ＋1)cos x ＋2e x , t ′(x )＝－cos x ＋(x ＋1)sin x ＋2e x , 由于－cos x ∈[－1,0],2e x ≥2, ∴－cos x ＋2e x >0,又(x ＋1)sin x ≥0, 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2,t ′(x )>0,t (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2为增函数,t (x )min ＝t (0)＝m －1＋2, 所以m －1＋2≤0,m ≤1－ 2. 即实数m 的取值范围是(－∞,1－2).探究提高 1.对于含参数的不等式,如果易分离参数,可先分离参数、构造函数,直接转化为求函数的最值;否则应进行分类讨论,在解题过程中,必要时,可作出函数图象草图,借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立,应求f (x )的最小值;若存在x ∈D ,使得f (x )≥g (a )成立,应求f (x )的最大值.应特别关注等号是否取到,注意端点的取舍.【训练3】 (2018·石家庄调研)设函数f (x )＝e （x 2－ax ＋a ）e x (a ∈R ).(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2,3),求a 的值; (2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13,若对任意的n ∈[0,2],存在m ∈[0,2],使得f (m )≥g (n )成立,求a 的取值范围.解 (1)因为f (x )＝e （x 2－ax ＋a ）e x,所以f ′(x )＝e·（2x －a ）e x －（x 2－ax ＋a ）e xe 2x＝－（x －2）（x －a ）e x －1.又f (1)＝1,即切点为(1,1),所以k＝f′(1)＝1－a＝3－12－1,解得a＝－1.(2)“对任意的n∈[0,2],存在m∈[0,2],使得f(m)≥g(n)成立”,等价于“在[0,2]上,f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”.因为g(x)＝x＋1x＋1－13,g′(x)＝x2＋2x（x＋1）2≥0,所以g(x)在[0,2]上单调递增,所以g(x)max＝g(2)＝2. 令f′(x)＝0,得x＝2或x＝a.①当a≤0时,f′(x)≥0在[0,2]上恒成立,f(x)单调递增, f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2,解得a≤4－2e;②当0<a<2时,f′(x)≤0在[0,a]上恒成立,f(x)单调递减, f′(x)≥0在[a,2]上恒成立,f(x)单调递增,f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝a e,所以(4－a)e－1≥2或a e≥2.解得：a≤4－2e或a≥2e,所以2e≤a<2;③当a≥2时,f′(x)≤0在[0,2]上恒成立,f(x)单调递减,f(x)max＝f(0)＝a e≥2,解得a≥2e,所以a≥2.综上所述：a≤4－2e或a≥2 e.热点四利用导数求解最优化问题【例4】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝ax－3＋10(x－6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解(1)因为x＝5时,y＝11,所以a2＋10＝11,a＝2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y＝2x－3＋10(x－6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而,f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x －6),于是,当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表：由上表可得,x ＝4时,函数f (x )取得极大值,也是最大值, 所以,当x ＝4时,函数f (x )取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 探究提高 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ). (2)求导：求函数的导数f ′(x ),解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【训练4】 (2017·全国Ⅰ卷)如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ,E ,F 为圆O 上的点,△DBC ,△ECA ,△F AB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△F AB ,使得D ,E ,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________.解析 由题意,连接OD ,交BC 与点G ,由题意,OD ⊥BC ,设OG ＝x ,则BC ＝23x ,DG ＝5－x ,三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2 ＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ,S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2,则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5,令f (x )＝25x 4－10x 5,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52,则f ′(x )＝100x 3－50x 4,令f ′(x )＝0得x ＝2,当x ∈(0,2)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增; 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时,f ′(x )<0,f (x )单调递减,故当x ＝2时,f (x )取得最大值80, 则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 4151.重视转化思想在研究函数零点中的应用,如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点,充分利用函数的图象与性质,借助导数求解.2.对于存在一个极大值和一个极小值的函数,其图象与x 轴交点的个数,除了受两个极值大小的制约外,还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约,在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.3.利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x ),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0.其中找到函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口.4.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下,采用分离参数转化为函数的最值问题,形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题,在参数难于分离的情况下,直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合,构造函数,借助函数图象的几何直观性求解,一定要重视函数性质的灵活应用.一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数,且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( ) A.(－2,0)∪(2,＋∞) B.(－2,0)∪(0,2) C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－2)∪(0,2)解析 x >0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0,∴φ(x )＝f （x ）x 在(0,＋∞)为减函数,又φ(2)＝0, ∴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. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞,－2)∪(0,2). 答案 D2.(2018·贵阳联考)已知函数f (x )的定义域为[－1,4],部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时,函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y ＝f (x )的大致图象如图所示.由于f (0)＝f (3)＝2,1<a <2,所以y ＝f (x )－a 的零点个数为4. 答案 D3.(2018·江南八校联考)已知x ∈(0,2),若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x 2恒成立,则实数k 的取值范围为( ) A.[0,e ＋1) B.[0,2e －1) C.[0,e)D.[0,e －1)解析 依题意,知k ＋2x －x 2>0,即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立,从而k ≥0.由xe x <1k ＋2x －x 2得k <e x x ＋x 2－2x .令f (x )＝e x x ＋x 2－2x ,则f ′(x )＝e x（x －1）x 2＋2(x －1)＝(x－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′(x )＝0,得x ＝1,当x ∈(1,2)时,f ′(x )>0,函数f (x )在(1,2)上单调递增,当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,1)上单调递减,所以k <f (x )min ＝f (1)＝e －1.故实数k 的取值范围是[0,e －1). 答案 D4.已知e 是自然对数的底数,函数f (x )＝e x ＋x －2的零点为a ,函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为b ,则下列不等式中成立的是( ) A.f (a )＜f (1)＜f (b ) B.f (a )＜f (b )＜f (1) C.f (1)＜f (a )＜f (b )D.f (b )＜f (1)＜f (a )解析 由题意,知f ′(x )＝e x ＋1＞0恒成立,所以函数f (x )在R 上是单调递增的.又f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0,f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0,所以零点a ∈(0,1);由题意,知g ′(x )＝1x ＋1＞0,所以g (x )在(0,＋∞)上是单调递增的,又g (1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0,g (2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0,所以函数g (x )的零点b ∈(1,2). 综上,可得0＜a ＜1＜b ＜2.因为f (x )在R 上是单调递增的,所以f (a )＜f (1)＜f (b ). 答案 A5.(2018·潍坊三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >1，12x ＋12，x ≤1，若m <n ,且f (m )＝f (n ),则n －m 的最小值是( )A.3－2ln 2B.e －1C.2D.e ＋1解析 作出函数f (x )的图象如图所示,若m <n ,且f (m )＝f (n ),则当ln x ＝1时,得x ＝e.因此1<n ≤e,－1<m ≤1.又ln n ＝12m ＋12,即m ＝2ln n －1.所以n －m ＝n －2ln n ＋1.设h (n )＝n －2ln n ＋1(1<n ≤e),则h ′(n )＝1－2n .当h ′(n )>0,得2<n ≤e;当h ′(n )<0,得1<n <2.故当n ＝2时,函数h (n )取得最小值h (2)＝3－2ln 2. 答案 A 二、填空题6.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π dm 3,且用料最省,则圆柱的底面半径为________ dm.解析 设圆柱的底面半径为R dm,母线长为l dm,则V ＝πR 2l ＝27π,所以l ＝27R 2,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小. S 表＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R , 所以S ′表＝2πR －54πR 2.令S ′表＝0,得R ＝3,则当R ＝3时,S 表最小. 答案 37.(2018·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x ),满足f (x )>f ′(x ),且f (0)＝1,则不等式f （x ）e x <1的解集为________.解析 令g (x )＝f （x ）e x ,则g ′(x )＝e x ·f ′（x ）－（e x ）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .由题意得g ′(x )<0恒成立,所以函数g (x )＝f （x ）e x 在R 上单调递减.又g (0)＝f （0）e 0＝1,所以f （x ）e x <1,即g (x )<g (0), 所以x >0,所以不等式的解集为{x |x >0}. 答案 {x |x >0}8.(2018·江苏卷)若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0,＋∞)内有且只有一个零点,则f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________.解析 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R ),当a ≤0时,f ′(x )>0在(0,＋∞)上恒成立,则f (x )在(0,＋∞)上单调递增.又f (0)＝1,所以此时f (x )在(0,＋∞)内无零点,不满足题意.当a >0时,由f ′(x )>0得x >a 3,由f ′(x )<0得0<x <a 3,则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增,又f (x )在(0,＋∞)内有且只有一个零点,所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0,得a ＝3,所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1,则f ′(x )＝6x (x －1),当x ∈(－1,0)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.则f (x )max ＝f (0)＝1,f (－1)＝－4,f (1)＝0,则f (x )min ＝－4,所以f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值的和为－3. 答案 －3 三、解答题9.(2018·兰州调研)设函数f (x )＝x －2x －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1x 2,a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性;(2)当a >0时,记f (x )的最小值为g (a ),证明：g (a )<1. (1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝1＋2x 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2x 3＝x 2＋2x 2－a x 2＋2x 3＝（x 2＋2）（x －a ）x 3,当a ≤0时,f ′(x )>0,f (x )在(0,＋∞)上单调递增; 当a >0时,当x ∈(0,a ),f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当x ∈(a ,＋∞),f ′(x )>0,f (x )单调递增. 综上,当a ≤0时,f (x )在(0,＋∞)上单调递增;当a >0时,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,＋∞)上单调递增.(2)证明 由(1)知,f (x )min ＝f (a )＝a －2a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －1a 2 ＝a －a ln a －1a ,即g (a )＝a －a ln a －1a .要证g (a )<1,即证a －a ln a －1a <1,即证：ln a ＋1a ＋1a 2－1>0,令h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1,则只需证h(a)＝ln a＋1a＋1a2－1>0,h′(a)＝1a－1a2－2a3＝a2－a－2a3＝（a－2）（a＋1）a3.当a∈(0,2)时,h′(a)<0,h(a)单调递减;当a∈(2,＋∞)时,h′(a)>0,h(a)单调递增;所以h(a)min＝h(2)＝ln 2＋12＋14－1＝ln 2－14>0,所以h(a)>0,即g(a)<1.10.已知函数f(x)＝e x－1,g(x)＝x＋x,其中e是自然对数的底数,e＝2.718 28….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点;(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数,并说明理由.(1)证明由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x,所以h(1)＝e－3<0,h(2)＝e2－3－2>0,所以h(1)h(2)<0,所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.(2)解由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝e x－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0,＋∞),而h(0)＝0,则x＝0为h(x)的一个零点.又h(x)在(1,2)内有零点,因此h(x)在[0,＋∞)上至少有两个零点.h′(x)＝e x－12x－12－1,记φ(x)＝e x－12x－12－1,则φ′(x)＝e x＋14x－32.当x∈(0,＋∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,＋∞)上单调递增, 易知φ(x)在(0,＋∞)内至多有一个零点,即h(x)在(0,＋∞)内至多有两个零点,则h(x)在[0,＋∞)上有且只有两个零点,所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.11.已知函数f (x )＝e ax －ax －1. (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n (n ≥2).若(n ！)2n （n －1）<m 恒成立,求m 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝a e ax －a ＝a (e ax －1), 当a >0时,令f ′(x )>0,解得x >0. 所以f (x )在(0,＋∞)上单调递增; 当a ＝0时,显然无单调区间; 当a <0时,令f ′(x )>0,解得x >0, 所以f (x )在(0,＋∞)上单调递增.综上,当a ＝0时,无单调区间;a ≠0时,单调递减区间为(－∞,0),单调递增区间为(0,＋∞).(2)令a ＝1,由(1)可知f (x )的最小值为f (0)＝0, 所以f (x )≥0.所以e x ≥x ＋1(当x ＝0时取得“＝”). 令x ＝n －1,则e n －1>n ,所以e 0·e 1·e 2·…·e n －1>1×2×3×…×n ,即en （n －1）2>n ！,两边进行2n （n －1）次方得(n ！)2n （n －1）<e,所以m 的最小值为3.。
2023年高考数学二轮复习(新高考版) 第1部分 专题突破 专题6 微重点15 离心率的范围问题
跟踪演练3 (2022·长沙市雅礼中学等十六校联考)已知双曲线 C：ax22－by22＝ 1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，若 C 与直线 y＝x 有交点，且 双曲线上存在不是顶点的点 P，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则双曲线离心 率的取值范围为____( __2_，__2_) __.
专题强化练
考点一
利用圆锥曲线的定义求离心率的范围
例1 (1)(2022·南京模拟)设 e1，e2 分别为具有公共焦点 F1 与 F2 的椭圆
和双曲线的离心率，P 为两曲线的一个公共点，且满足∠F1PF2＝π3，则
e1e2 的最小值为
√A.
3 2
B.32
C.
3 4
D.34
设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，不妨设|PF1|>|PF2|， 由椭圆和双曲线的定义可得||PPFF11||＋ －||PPFF22||＝ ＝22aa12， ， 得||PPFF12||＝ ＝aa11＋ －aa22， ，
A.0，12
B.0，
2
2
C.12，1
√
D.
22，1
如图所示，A为椭圆的上顶点.
依题意∠F1AF2≥90°，即∠OAF2≥45°， 又|AF2|＝a，|AO|＝b，|OF2|＝c， ∴sin∠OAF2＝||OAFF22||＝ac＝e，
∵∠OAF2≥45°，
∴sin∠OAF2∈
22，1，即
√C.0，12
D.12，1
连接OP，当P不为椭圆的上、下顶点时， 设直线PA，PB分别与圆O切于点A，B，∠OPA＝α， ∵存在M，N使得∠MPN＝120°， ∴∠APB≥120°，即α≥60°， 又α<90°，∴sin α≥sin 60°， 连接 OA，则 sin α＝||OOPA||＝|ObP|≥ 23，∴|OP|≤2 33b. 又 P 是 C 上任意一点，则|OP|max≤2 33b， 又|OP|max＝a，∴a≤2 33b，
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1.春节前夕，质检部门检查一箱装有2 500件包装食品的质量，抽查总量的2%，在这个问题中，下列说法正确的是
( )
A.总体是指这箱2 500件包装食品
B.个体是一件包装食品
C.样本是按2%抽取的50件包装食品
D.样本容量是50
答案 D
解析 总体、个体、样本的考查对象是同一事，不同的是考查的范围不同，在本题中，总体、个体是指食品的质量，而样本容量是样本中个体的包含个数.故答案为D.
2.在可行域内任取一点，其规则如流程图所示，则能输出数对(x ，y )的概率是( )
A.π8
B.π4
C.π6
D.π2
答案 B
解析 依题意可行域为正方形，输出数对(x ，y )形成的图形为图中阴影部分，故所求概率为：P ＝14π⎝
⎛⎭
⎫22222·22＝π4.。