高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 11 word版含答案
高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 16 Word版含答案
考点测试16 导数的应用(二)一、基础小题1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间上的最大值是( )A．－2 B．0C．2 D．4答案 C解析令f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0，x＝2(舍去)．比较f(－1)，f(0)，f(1)的大小知f(x)max＝f(0)＝2.2．已知对任意实数x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )A ．f ′(x )>0，g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0，g ′(x )>0D ．f ′(x )<0，g ′(x )<0答案 B解析 由题意知f (x )是奇函数，g (x )是偶函数．当x >0时，f (x )，g (x )都单调递增，则当x <0时，f (x )单调递增，g (x )单调递减，即f ′(x )>0，g ′(x )<0.3．若曲线f (x )＝x ，g (x )＝x α在点P (1,1)处的切线分别为l 1，l 2，且l 1⊥l 2，则实数α的值为( )A ．－2B ．2C ．12D ．－12答案 A 解析 f ′(x )＝12x，g ′(x )＝αxα－1，所以在点P 处的斜率分别为k 1＝12，k 2＝α，因为l 1⊥l 2，所以k 1k 2＝α2＝－1，所以α＝－2，选A.4．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，∴2<x <3或－3<x <－2.7．若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x2－e x1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x1>x 1e x2 D ．x 2e x1<x 1e x2答案 C解析 构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A 、B 错；构造函数g (x )＝exx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，x 2e x1>x 1e x2，故选C.8．已知f (x )＝ln x －x 4＋34x，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞ C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，54 D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－54答案 A解析 因为f ′(x )＝1x －34×1x 2－14＝－x 2＋4x －34x 2＝－x －x －4x2，易知，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间上的最小值在端点处取得，即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ，即12≥g (1)且12≥g (2)，所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥54.二、高考小题9．若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案 C解析 构造函数g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在R 上为增函数． ∵k >1，∴1k －1>0，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)． 而g (0)＝f (0)＋1＝0， ∴g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＋1>0， 即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1－1＝1k －1，所以选项C 错误，故选C.10．设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 答案 D解析 由f (x 0)<0，即e x0 (2x 0－1)－a (x 0－1)<0，得e x0 (2x 0－1)<a (x 0－1)．当x 0＝1时，得e<0，显然不成立，所以x 0≠1. 若x 0>1，则a >ex 0x 0－x 0－1.令g (x )＝exx －x －1，则g ′(x )＝2x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32x －2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 要满足题意，则x 0＝2，此时需满足g (2)<a ≤g (3)，得3e 2<a ≤52e 3，与a <1矛盾，所以x 0<1.因为x 0<1，所以a <ex 0x 0－x 0－1.易知，当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，要满足题意，则x 0＝0，此时需满足g (－1)≤a <g (0)， 得32e≤a <1(满足a <1)．故选D. 11．如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A ．y ＝1125x 3－35xB ．y ＝2125x 3－45x C ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x答案 A解析 根据题意知，所求函数在(－5,5)上单调递减．对于A ，y ＝1125x 3－35x ，∴y ′＝3125x 2－35＝3125(x 2－25)，∴∀x ∈(－5,5)，y ′<0，∴y ＝1125x 3－35x 在(－5,5)内为减函数，同理可验证B 、C 、D 均不满足此条件，故选A.12．设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋2<m 2，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 C 解析 f ′(x )＝3πmcos πxm，∵f (x )的极值点为x 0， ∴f ′(x 0)＝0，∴3πmcos πx 0m＝0，∴πm x 0＝k π＋π2，k ∈Z ， ∴x 0＝mk ＋m2，k ∈Z .又∵x 20＋2<m 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫mk ＋m 22＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤3sin ⎝⎛⎭⎪⎫k π＋π22<m 2，k ∈Z ， 即m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122＋3<m 2，k ∈Z .∵m ≠0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122<m 2－3m2，k ∈Z .又∵存在x 0满足x 20＋2<m 2，即存在k ∈Z 满足上式，∴m 2－3m 2>⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122min ，∴m 2－3m 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫122，∴m 2－3>m 24，∴m 2>4，∴m >2或m <－2，故选C.13．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数．下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是____________．(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 答案 ①③④⑤解析 设f (x )＝x 3＋ax ＋b .当a ＝－3，b ＝－3时，f (x )＝x 3－3x －3，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )>0，得x >1或x <－1；令f ′(x )<0，得－1<x <1，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝－1，f (1)＝－5，f (3)＝15，故方程f (x )＝0只有一个实根，故①正确．当a ＝－3，b ＝2时，f (x )＝x 3－3x ＋2，易知f (x )在(－∞，－1)上为增函数，在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，又f (－1)＝4，f (1)＝0，x →－∞时，f (x )→－∞，从而方程f (x )＝0有两个根，故②错．当a ＝－3，b >2时，f (x )＝x 3－3x ＋b ，易知f (x )的极大值为f (－1)＝2＋b >0，极小值为f (1)＝b －2>0，x →－∞时，f (x )→－∞，故方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故③正确．当a ＝0，b ＝2时，f (x )＝x 3＋2，显然方程f (x )＝0有且仅有一个实根，故④正确． 当a ＝1，b ＝2时，f (x )＝x 3＋x ＋2，f ′(x )＝3x 2＋1>0，则f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，易知f (x )的值域为R ，故f (x )＝0有且仅有一个实根，故⑤正确．综上，正确条件的编号有①③④⑤. 三、模拟小题14．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)ex －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3]C ．已知函数f (x )＝m －1－x 2(e≤x ≤2e)(e 为自然对数的底数)与g (x )＝2－5ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是( )A ． D ．答案 D解析 由题意可知，方程m －1－x 2＝5ln x －2在上有解，即m ＝x 2＋5ln x －1在上有解．令h (x )＝x 2＋5ln x －1，h ′(x )＝2x ＋5x，易知h (x )在上单调递增，所以h (x )在上的最小值为e 2＋5－1＝e 2＋4，最大值为(2e)2＋5ln 2e －1＝4e 2＋5ln 2＋4.所以实数m 的取值范围是．故选D.16．已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ∈，b ∈(2,3]，函数f (x )在区间上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．上单调递减，则有f ′(x )≤0在上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在上恒成立，即有t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在上恒成立，而函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在上单调递增，由于a ∈，b ∈(2,3]，当b＝3时，函数y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 取得最大值，即y max ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋13＝5，所以t ≥5，故选D.17．已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( )A ．72 B ．5 C ．6 D ．8答案 B解析 因为g (x )＝14x ＋1x≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x＝2处有最小值，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在上单调递减，在上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )的最大值为5，故选B.18．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2－ax (a ∈R ，且a ≠0)．如果存在实数a ∈(－∞，－1]，使得函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈(b >－1)在x ＝－1处取得最小值，则实数b 的最大值为________．答案17－12解析 依题意，f ′(x )＝3ax 2＋2x －a ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(2－a )x －a ，则g (x )≥g (－1)在区间上恒成立，即(x ＋1)≥0 ①，当x ＝－1时，不等式①成立，当－1<x ≤b 时，不等式①可化为ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ≥0 ②，令h (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1－3a ，由a ∈(－∞，－1]知其图象是开口向下的抛物线，故h (x )在闭区间上的最小值必在端点处取得，又h (－1)＝－4a >0，则不等式②成立的充要条件是h (b )≥0，整理得b 2＋2b －3b ＋1≤－1a ，则该不等式在a ∈(－∞，－1]上有解，即b 2＋2b －3b ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a max ＝1，得－1<b ≤17－12，故实数b 的最大值为17－12.一、高考大题1．设函数f (x )＝αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α>0，记|f (x )|的最大值为A . (1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明|f ′(x )|≤2A .解 (1)f ′(x )＝－2αsin2x －(α－1)sin x . (2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)． 因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)·cos x －1. 设t ＝cos x ，则t ∈，令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得最小值，最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝－α－28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)，或α>15.①当0<α≤15时，g (t )在(－1,1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.②当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α. 又⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α－|g (－1)|＝－α＋7α8α>0，所以A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－α4α＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34>1， 所以|f ′(x )|≤1＋α<2A .当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A . 所以|f ′(x )|≤2A .2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈成立．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝ax 2－x －x3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a x －x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2a .①0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③a >2时，0<2a<1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．(2)由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x2－⎝⎛⎭⎪⎫1－1x －2x2＋2x 3 ＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈．则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )． 由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1. 当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈内单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10， 所以∃x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时， φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0.所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号． 所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32，即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈成立．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；b ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．二、模拟大题 4．已知函数f (x )＝x ln xx －1－a (a <0)． (1)当x ∈(0,1)时，求f (x )的单调性；(2)若h (x )＝(x 2－x )·f (x )，且方程h (x )＝m 有两个不相等的实数根x 1，x 2.求证：x 1＋x 2>1.解 (1)f ′(x )＝x －1－ln xx －2，设g (x )＝x －1－ln x ，则g ′(x )＝1－1x，∴当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (1)＝0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上单调递增．(2)证明：∵h (x )＝x 2ln x －ax 2＋ax (a <0)，∴h ′(x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ，设g (x )＝2x ln x ＋x －2ax ＋a ， ∴g ′(x )＝2ln x －2a ＋3，∵y ＝g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， 当x →0时，g ′(0)<0，g ′(1)＝3－2a >0，∴必存在t ∈(0,1)，使得g ′(t )＝0，即2ln t －2a ＋3＝0， ∴y ＝h ′(x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增． 又当x →0时，h ′(0)<0，h ′(1)＝1－a >0. 设h ′(x 0)＝0，则x 0∈(0,1)，∴y ＝h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 又h (1)＝0，不妨设x 1<x 2则0<x 1<x 0，x 0<x 2<1，由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧fx 1f x 0，f x 2f x 0⇒⎩⎪⎨⎪⎧hx 1f x 0x 21－x 1，h x 2f x 0x 22－x 2，∴f (x 0)(x 22－x 2)>h (x 2)＝h (x 1)>f (x 0)(x 21－x 1)， ∴(x 22－x 2)－(x 21－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－1)>0， ∴x 1＋x 2>1.5．已知函数f (x )＝e x－ax 2，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx ＋1. (1)求a ，b 的值；(2)求函数f(x)在上的最大值；(3)证明：当x>0时，e x＋(1－e)x－x ln x－1≥0.解(1)f′(x)＝e x－2ax，由题意，得f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，解得a＝1，b＝e－2.(2)解法一：由(1)知，f(x)＝e x－x2，∴f′(x)＝e x－2x≥x＋1－2x≥1－x≥0，x∈，故f(x)在上单调递增，f(x)max＝f(1)＝e－1.解法二：由(1)知，f(x)＝e x－x2，∴f′(x)＝e x－2x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝e x－2.由g′(x)>0，得x>ln 2；由g′(x)<0，得0<x<ln 2.∴g(x)＝f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2 >0，∴f(x)在上单调递增，∴f(x)max＝f(1)＝e－1.(3)证明：∵f(0)＝1，又由(2)知，f(x)的图象过点(1，e－1)，且y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，故可猜测：当x>0，x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方．下面证明：当x>0时，f(x)≥(e－2)x＋1.设m(x)＝f(x)－(e－2)x－1，x>0，则m′(x)＝e x－2x－(e－2)，设h(x)＝e x－2x－(e －2)，则h′(x)＝e x－2.由(2)知，m′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．又m′(0)＝3－e>0，m′(1)＝0,0<ln 2<1，∴m′(ln 2)<0.∴存在x0∈(0,1)，使得m′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，m′(x)>0；当x∈(x0 ,1)时，m′(x)<0.故m(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又m(0)＝m(1)＝0，∴m(x)＝e x－x2－(e－2)x－1≥0(当且仅当x＝1时取等号)．∴e x＋－x－1x≥x，x>0.由(2)知，e x≥x＋1，∴x≥ln (x＋1)，∴x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取等号．∴e x＋－x－1x≥x≥ln x＋1，即e x＋－x－1x≥ln x＋1.∴e x＋(2－e)x－1≥x ln x＋x，即e x＋(1－e)x－x ln x－1≥0成立，当且仅当x＝1时等号成立．6．已知函数f (x )＝e x－x ＋22，g (x )＝2ln (x ＋1)＋e －x.(1)x ∈(－1，＋∞)时，证明：f (x )>0； (2)a >0，若g (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围．解 (1)证明：令p (x )＝f ′(x )＝e x －x －1，则p ′(x )＝e x－1，在(－1,0)上，p ′(x )<0，p (x )单调递减；在(0，＋∞)上，p ′(x )>0，p (x )单调递增． 所以p (x )的最小值为p (0)＝0，即f ′(x )≥0，所以f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，即f (x )>f (－1)>0. (2)令h (x )＝g (x )－(ax ＋1)，则h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a ， 令q (x )＝2x ＋1－e －x－a ，则q ′(x )＝1ex －2x ＋2.由(1)得q ′(x )<0，则q (x )在(－1，＋∞)上单调递减． ①当a ＝1时，q (0)＝h ′(0)＝0且h (0)＝0.在(－1,0)上，h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(0，＋∞)上，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (0)，即h (x )≤0恒成立． ②当a >1时，h ′(0)<0， 在(－1,0)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a <2x ＋1－1－a ， 令2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－aa ＋1∈(－1,0)． 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a a ＋1，0上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． ③当0<a <1时，h ′(0)>0， 在(0，＋∞)上，h ′(x )＝2x ＋1－e －x－a >2x ＋1－1－a ， 令2x ＋1－1－a ＝0，解得x ＝1－aa ＋1∈(0，＋∞)． 即在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a a ＋1上，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 又h (0)＝0，所以此时h (x )>0，与h (x )≤0恒成立矛盾． 综上，a 的取值为1.。
高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 7 word版含答案
考点测试7 函数的奇偶性与周期性一、基础小题1．函数f (x )＝1x－x 的图象关于( )A ．y 轴对称B ．直线y ＝－x 对称C ．坐标原点对称D ．直线y ＝x 对称答案 C解析 f (x )＝1x－x 是奇函数，所以图象关于原点对称．2．下列函数中，在其定义域内是偶函数又在(－∞，0)上单调递增的是( ) A ．f (x )＝x 2B ．f (x )＝2|x |C ．f (x )＝log 21|x |D ．f (x )＝sin x答案 C解析 f (x )＝x 2和f (x )＝2|x |是偶函数，但在(－∞，0)上单调递减，f (x )＝sin x 为奇函数，f (x )＝log 21|x |是偶函数，且在(－∞，0)上单调递增，故选C.3．已知函数f (x )为奇函数，当x >0时，f (x )＝x 2－x ，则当x <0时，函数f (x )的最大值为( )A ．－14B ．14C ．12D ．－12答案 B解析 解法一：设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝x 2＋x ，又函数f (x )为奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－x 2－x ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋122＋14，所以当x <0时，函数f (x )的最大值为14.故选B.解法二：当x >0时，f (x )＝x 2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14，最小值为－14，因为函数f (x )为奇函数，所以当x <0时，函数f (x )的最大值为14.故选B.4．已知函数f (x )是定义域为R 的偶函数，且f (x ＋1)＝1f x，若f (x )在上是减函数，那么f (x )在上是( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减的函数D ．先减后增的函数答案 A解析 由题意知f (x ＋2)＝1fx ＋1＝f (x )，所以f (x )的周期为2，又函数f (x )是定义域为R 的偶函数，且f (x )在上是减函数，则f (x )在上是增函数，所以f (x )在上是增函数，故选A.5．已知函数f (x )＝－x ＋log 21－x 1＋x ＋1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12的值为( ) A ．2 B ．－2 C ．0 D ．2log 213答案 A解析 由题意知，f (x )－1＝－x ＋log 21－x 1＋x ，f (－x )－1＝x ＋log 21＋x 1－x ＝x －log 21－x1＋x＝－(f (x )－1)，所以f (x )－1为奇函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－1＝0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2. 6．已知f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，则使f (x )<0的x 的取值范围是( )A ．(－1,0)B ．(0,1)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案 A解析 ∵f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，∴f (－x )＋f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋x ＋a ＋lg⎝ ⎛⎭⎪⎫21－x ＋a ＝0，解得a ＝－1，即f (x )＝lg 1＋x 1－x ，由f (x )＝lg 1＋x 1－x <0，得0<1＋x 1－x <1，解得－1<x <0，故选A.7．已知偶函数f (x )在区间∪∪∪∪∪下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )A ．y ＝1＋x 2B ．y ＝x ＋1xC ．y ＝2x＋12xD ．y ＝x ＋e x答案 D解析 选项A 中的函数是偶函数；选项B 中的函数是奇函数；选项C 中的函数是偶函数；只有选项D 中的函数既不是奇函数也不是偶函数．14．设函数f (x )，g (x )的定义域都为R ，且f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，则下列结论中正确的是( )A ．f (x )g (x )是偶函数B ．|f (x )|g (x )是奇函数C ．f (x )|g (x )|是奇函数D ．|f (x )g (x )|是奇函数答案 C解析 由题意可知f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，对于选项A ，f (－x )·g (－x )＝－f (x )·g (x )，所以f (x )·g (x )是奇函数，故A 项错误；对于选项B ，|f (－x )|·g (－x )＝|－f (x )|g (x )＝|f (x )|g (x )，所以|f (x )|·g (x )是偶函数，故B 项错误；对于选项C ，f (－x )|g (－x )|＝－f (x )|g (x )|，所以f (x )|g (x )|是奇函数，故C 项正确；对于选项D ，|f (－x )g (－x )|＝|－f (x )g (x )|＝|f (x )g (x )|，所以|f (x )g (x )|是偶函数，故D 项错误，选C.15．已知函数f (x )的定义域为R .当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12.则f (6)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．2答案 D解析 当x >12时，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，可得f (x )＝f (x ＋1)，所以f (6)＝f (1)，而f (1)＝－f (－1)，f (－1)＝(－1)3－1＝－2，所以f (6)＝f (1)＝2，故选D.16．若函数f (x )＝x ln (x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________. 答案 1解析 由已知得f (－x )＝f (x )，即－x ln (a ＋x 2－x )＝x ln (x ＋a ＋x 2)，则ln (x ＋a ＋x 2)＋ln (a ＋x 2－x )＝0，∴ln ＝0，得ln a ＝0， ∴a ＝1.17．已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝________.答案 －2解析 ∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (x )＝－f (－x )．又∵f (x )的周期为2，∴f (x ＋2)＝f (x )， ∴f (x ＋2)＝－f (－x )，即f (x ＋2)＋f (－x )＝0，令x ＝－1， 得f (1)＋f (1)＝0，∴f (1)＝0.又∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－412＝－2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝－2.18．设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间下列函数中，与函数y ＝－3|x |的奇偶性相同，且在(－∞，0)上单调性也相同的是( )A ．y ＝－1xB ．y ＝log 2|x |C ．y ＝1－x 2D ．y ＝x 3－1答案 C解析 函数y ＝－3|x |为偶函数，在(－∞，0)上为增函数，选项B 的函数是偶函数，但其单调性不符合，只有选项C 符合要求．20．若f (x )是定义在R 上的函数，则“f (0)＝0”是“函数f (x )为奇函数”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充要条件C ．充分不必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 f (x )在R 上为奇函数⇒f (0)＝0；f (0)＝0⇒/f (x )在R 上为奇函数，如f (x )＝x 2，故选A.21．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解析 ∵f (x ＋1)为偶函数，f (x )是奇函数， ∴f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，f (x )＝－f (－x )，f (0)＝0， ∴f (x ＋1)＝f (－x ＋1)＝－f (x －1)，∴f (x ＋2)＝－f (x )，f (x ＋4)＝f (x ＋2＋2)＝－f (x ＋2)＝f (x )，则f (4)＝f (0)＝0，f (5)＝f (1)＝2，∴f (4)＋f (5)＝0＋2＝2，故选A.22．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0.则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)<f (20.3)<f (log 25) B ．f (log 25)<f (20.3)<f (0.32) C ．f (log 25)<f (0.32)<f (20.3) D ．f (0.32)<f (log 25)<f (20.3) 答案 A解析 ∵对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2<0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数．又∵f (x )是R 上的偶函数，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．∵0<0.32<20.3<log 25，∴f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)．故选A.23．已知f (x )是奇函数，g (x )＝2＋f xf x，若g (2)＝3，则g (－2)＝________.答案 －1解析 ∵g (2)＝2＋f 2f 2＝3，∴f (2)＝1.又f (－x )＝－f (x )，∴f (－2)＝－1，∴g (－2)＝2＋f －2f －2＝2－1－1＝－1.24．已知定义在R 上的函数f (x )，对任意实数x 有f (x ＋4)＝－f (x )＋22，若函数f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称，f (－1)＝2，则f (2017)＝________.答案 2解析 由函数y ＝f (x －1)的图象关于直线x ＝1对称可知，函数f (x )的图象关于y 轴对称，故f (x )为偶函数．由f (x ＋4)＝－f (x )＋22，得f (x ＋4＋4)＝－f (x ＋4)＋22＝f (x )，∴f (x )是周期T ＝8的偶函数，∴f (2017)＝f (1＋252×8)＝f (1)＝f (－1)＝2.一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．设f (x )是(－∞，＋∞)上的奇函数，f (x ＋2)＝－f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x . (1)求f (π)的值；(2)当－4≤x ≤4时，求f (x )的图象与x 轴所围成图形的面积． 解 (1)由f (x ＋2)＝－f (x )， 得f (x ＋4)＝f ＝－f (x ＋2)＝f (x )， ∴f (x )是以4为周期的周期函数． ∴f (π)＝f (－1×4＋π)＝f (π－4) ＝－f (4－π)＝－(4－π)＝π－4. (2)由f (x )是奇函数与f (x ＋2)＝－f (x )， 得f ＝－f (x －1)＝f ， 即f (1＋x )＝f (1－x )．从而可知函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又当0≤x ≤1时，f (x )＝x ，且f (x )的图象关于原点成中心对称，则f (x )的图象如图所示．设当－4≤x ≤4时，f (x )的图象与x 轴围成的图形面积为S ，则S ＝4S △OAB ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1＝4.2．已知函数f (x ) ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x >0，0，x ＝0，x 2＋mx ，x <0是奇函数．(1)求实数m 的值；(2)若函数f (x )在区间上单调递增，求实数a 的取值范围． 解 (1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝－(－x )2＋2(－x )＝－x 2－2x . 又f (x )为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，于是x <0时，f (x )＝x 2＋2x ＝x 2＋mx ，所以m ＝2.(2)要使f (x )在上单调递增，结合f (x )的图象(如图所示)知⎩⎪⎨⎪⎧a －2>－1，a －2≤1，所以1<a ≤3，故实数a 的取值范围是(1,3]．3．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且它的图象关于直线x ＝1对称． (1)求证：f (x )是周期为4的周期函数；(2)若f (x )＝x (0<x ≤1)，求x ∈时，函数f (x )的解析式．解 (1)证明：由函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，有f (x ＋1)＝f (1－x )，即有f (－x )＝f (x ＋2)．又函数f (x )是定义在R 上的奇函数， 故有f (－x )＝－f (x )，故f (x ＋2)＝－f (x )． 从而f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， 即f (x )是周期为4的周期函数．(2)由函数f (x )是定义在R 上的奇函数，有f (0)＝0.x ∈，f (x )＝－f (－x )＝－－x ，故x ∈时，f (x )＝－－x .x ∈时，x ＋4∈，f (x )＝f (x ＋4)＝－－x －4.从而，x ∈时，f (x )＝－－x －4.4．已知函数f (x )的定义域是满足x ≠0的一切实数，对定义域内的任意x 1，x 2都有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)，且当x >1时，f (x )>0.求证：(1)f (x )是偶函数；(2)f (x )在(0，＋∞)上是增函数．证明 (1)令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)，∴f (1)＝0.令x 1＝x 2＝－1，得f (1)＝2f (－1)，∴f (－1)＝0， 令x 1＝－1，x 2＝x ，得f (－x )＝f (－1·x )＝f (－1)＋f (x )＝f (x )， ∴f (x )是偶函数．(2)设x 2>x 1>0，则f (x 2)－f (x 1)＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1·x 2x 1－f (x 1)＝f (x 1)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1. ∵x 2>x 1>0，∴x 2x 1>1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1>0，即f (x 2)－f (x 1)>0，∴f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．。
高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 15 word版含答案
考点测试15 导数的应用(一)一、基础小题1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上是( ) A ．增函数 B ．减函数C ．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D ．在(0，π)上减，在(π，2π)上增 答案 A解析 f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增． 2．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f (x )＝2x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，x >2时，f ′(x )>0，这时f (x )为增函数；0<x <2时，f ′(x )<0，这时f (x )为减函数，据此知x ＝2为f (x )的极小值点，故选D.3．函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间上的最大值是( ) A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 因为f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.令f ′(x )＝0，得x ＝0.且当x >0时，f ′(x )＝e x－1>0，x <0时，f ′(x )＝e x－1<0，即函数在x ＝0处取得极小值，f (0)＝1.又f (－1)＝1e＋1，f (1)＝e －1，综合比较得函数f (x )＝e x－x 在区间上的最大值是e －1.故选D.4.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)答案 C解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，选C.5．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如右图所示，则f(x)的图象可能是( )答案 D解析 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．只有D 选项符合题意．6．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－x －1在R 上是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－3)∪[3，＋∞) B ．C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－3，3) 答案 B解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax －1≤0恒成立，∴Δ＝4a 2－12≤0，－3≤a ≤ 3.7．若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52C ．⎝⎛⎭⎪⎫2，103D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103答案 C解析 ∵f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，∴f ′(x )＝x 2－ax ＋1.若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有零点，由f ′(x )＝x 2－ax ＋1＝0，可知a ＝x ＋1x.∵函数y ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，在(1,3)上单调递增，∴y ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，即2≤a <103.当a ＝2时，由f ′(x )＝0解得x ＝1，而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，(1,3)上单调性相同，故不存在极值点，则a ≠2. 综上可知，2<a <103，故选C.8．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x·f (x )>e x＋1的解集为( )A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}答案 A解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x－e x>e x－e x＝0，所以g (x )＝e x·f (x )－e x为R 上的增函数，又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.二、高考小题9．若函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．B ．C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案 C解析 函数f (x )＝x －13sin2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g 1＝－43＋a ＋53≥0，g－1＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C.10．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案 A 解析 令g (x )＝f x x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′x －f xx 2， 由题意知，当x >0时，g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数． ∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0， ∴f (1)＝－f (－1)＝0， ∴g (1)＝f 11＝0，∴当x ∈(0,1)时，g (x )>0，从而f (x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，从而f (x )<0.又∵g (－x )＝f －x －x ＝－f x －x ＝f xx＝g (x )， ∴g (x )是偶函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，g (x )<0，从而f (x )>0； 当x ∈(－1,0)时，g (x )>0，从而f (x )<0. 综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．11．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)答案 C解析 (1)当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．(2)当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，2a>0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f (0)<0，即1<0，不成立． 当a <0时，2a<0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a >2或a <－2，又因为a <0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．12．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)解析 (1)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0.当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴f (x )≤f (－1)＝2.∴f (x )的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x 3－3x 的图象，如图所示，当a <－1时，f (x )无最大值；当－1≤a ≤2时，f (x )max ＝2；当a >2时，f (x )max ＝a 3－3a .综上，当a ∈(－∞，－1)时，f (x )无最大值．13．已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0； ③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)． 答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立．③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2xln 2－2x －a ， 令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0，得2xln 2＝2x ＋a . 由y ＝2xln 2与y ＝2x ＋a 的图象知，存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ， 此时h (x )在R 上是增函数． 若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )， 则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0， 即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，y 1>y 2，x <x 0时，y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0， 故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立． 综上，①④正确． 三、模拟小题14．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．C ．(－∞，e)D ．直线y ＝a 分别与直线y ＝3x ＋3，曲线y ＝2x ＋ln x 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为( )A ．43 B ．1C ．2105D ．4答案 A解析 设与直线y ＝3x ＋3平行且与曲线y ＝2x ＋ln x 相切的直线为y ＝3x ＋b ，则y ′＝2＋1x＝3，解得x ＝1，所以切点为(1,2)．所以当a ＝2时，直线y ＝a 与直线y ＝3x ＋3的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2，此时|AB |min ＝43.16．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( ) A ．23 B ．43 C ．83 D ．163答案 C解析 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.17．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( )A ．x 1>x 2B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22答案 D解析 因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎪⎫e x ＋1e x ＝e 2x x ＋1＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x(x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x ，若至少存在一个x 0∈，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2eB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0)答案 B解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在上有解，∴mx <2ln x ，即m 2<ln xx在上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，1≤x ≤e，∴h ′(x )≥0，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<h (e)＝1e ，∴m <2e ，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e ，故选B.一、高考大题1．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点．②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ， 取b 满足b <0且b <ln a2，则 f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点． ③设a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝ln (－2a )．若a ≥－e2，则ln (－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln (－2a )>1，故当x ∈(1，ln (－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln (－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln (－2a ))单调递减，在(ln (－2a )，＋∞)单调递增．又当x ≤1时f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. 2．(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0； (2)证明：当a ∈，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，xa 最小值为g (x a )＝e xa －a x a ＋1x 2a ＝e x a ＋f x ax a ＋1x 2a＝e xax a ＋2.于是h (a )＝ex ax a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝x ＋1e x x ＋22>0，得y ＝exx ＋2单调递增．所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝exa x a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈设函数f (x )＝ln (x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x >0，f (x )≥0成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1，令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)． ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点；b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 因此，函数有两个极值点． ③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0，可得x 1<－1.当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． 所以函数有一个极值点． 综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．(2)由(1)知，①当0≤a ≤89时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意； ②当89<a ≤1时，由g (0)≥0，得x 2≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝0，所以x ∈(0，＋∞)时，f (x )>0，符合题意； ③当a >1时，由g (0)<0，可得x 2>0. 所以x ∈(0，x 2)时，函数f (x )单调递减． 因为f (0)＝0，所以x ∈(0，x 2)时，f (x )<0，不合题意； ④当a <0时，设h (x )＝x －ln (x ＋1)． 因为x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1>0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即ln (x ＋1)<x .可得f (x )<x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ， 当x >1－1a时，ax 2＋(1－a )x <0，此时f (x )<0，不合题意． 综上所述，a 的取值范围是． 二、模拟大题4．已知函数f (x )＝1x＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，又y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )<0，得0<x <1；由f ′(x )>0，得x >1. 所以x ＝1时，f (x )有极小值为1.y ＝f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a.若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立， 即y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当a <0时，f ′(x )<0对x ∈(0，e]恒成立，即y ＝f (x )在区间(0，e]上单调递减， 故y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .当a >0时，①若e≤1a ，即0<a ≤1e ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以y ＝f (x )在区间(0，e]上单调递减，则y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a >0，显然，y ＝f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．②若0<1a <e ，即a >1e，则有所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ＋a ln 1a，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ＋a ln 1a＝a (1－ln a )<0，得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)． 5．已知f (x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在上单调递增？如果存在，求m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x(x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增， 在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x． ∵f (x )在上单调递增，∴当x ∈时，f ′(x )≥0. 又当x ∈时，x e x<0，∴当x ∈时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－22－2m ＋3＋2m －2≤0，－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4.∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在上单调递增． 6．已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，求实数a 的值． 解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，∴f (x )在x ＝1e 处取得极小值，即最小值．∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . (2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0，与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 20－12，－x 0＝－2ax 3－23e，解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.。
2018年高考考点完全题数学理考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 9 含答案 精品
考点测试9 指数与指数函数一、基础小题1．化简12－(－1)0的结果为( )A．－9 B．7 C．－10 D．9 答案 B解析原式＝(26)12－1＝7.2．若函数f(x)＝(2a－5)·a x是指数函数，则f(x)在定义域内( )A．为增函数B．为减函数C．先增后减D．先减后增答案 A解析由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数，故选A.3．已知函数f(x)＝4＋a x－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是( )A．(1,5) B．(1,4)C．(0,4) D．(4,0)答案 A解析当x＝1时，f(x)＝5.4．当x>0时，函数f(x)＝(a2－1)x的值总大于1，则实数a的取值范围是( ) A．1<|a|<2 B．|a|<1C．|a|> 2 D．|a|< 2答案 C解析∵x>0时，f(x)＝(a2－1)x的值总大于1，∴a2－1>1，即a2>2.∴|a|> 2.5．函数y＝2x－2－x是( )A．奇函数，在(0，＋∞)上单调递增B．奇函数，在(0，＋∞)上单调递减C．偶函数，在(－∞，0)上单调递增D．偶函数，在(－∞，0)上单调递减答案 A解析根据奇偶性的定义判断函数奇偶性，借助指数函数的图象及相关结论判断单调性．令f(x)＝2x－2－x，则f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以函数是奇函数，排除C、D.又函数y＝2x，y＝－2－x都是R上的增函数，由增函数加增函数还是增函数的结论可知f(x)＝2x －2－x是R上的增函数，故选择A.6．已知f(x)＝2x＋2－x，若f(a)＝3，则f(2a)等于( )A．5 B．7C．9 D．11答案 B解析由f(a)＝3，得2a＋2－a＝3，∴(2a＋2－a)2＝9，即22a＋2－2a＋2＝9，所以22a＋2－2a＝7，故f(2a)＝22a＋2－2a＝7.故选B.7．下列说法中，正确的是( )①任取x∈R都有3x>2x；②当a>1时，任取x∈R都有a x>a－x；③y＝(3)－x是增函数；④y＝2|x|的最小值为1；⑤在同一坐标系中，y＝2x与y＝2－x的图象关于y轴对称．A．①②④B．④⑤C ．②③④D ．①⑤答案 B解析 ①中令x ＝－1，则3－1<2－1，故①错；②中当x <0时，a x <a －x，故②错；③中y ＝(3)－x＝⎝⎛⎭⎪⎫33x ，∵0<33<1，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33x为减函数，故③错；④中x ＝0时，y 取最小值1，故④正确；⑤用函数图象变换，可知y ＝2x与y ＝2－x的图象关于y 轴对称，故⑤正确．8.已知奇函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x >0，gx ，x <0.若f (x )＝a x(a >0，a ≠1)对应的图象如图所示，则g (x )＝( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12－xB ．－⎝ ⎛⎭⎪⎫12xC ．2－xD ．－2x答案 D解析 由图象可知，当x >0时，函数f (x )单调递减，则0<a <1，∵f (1)＝12，∴a ＝12，即函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，当x <0时，－x >0，则f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝－g (x )，即g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x＝－2x ，故g (x )＝－2x，x <0，故选D.9．已知f (x )＝a x 和g (x )＝b x是指数函数，则“f (2)>g (2)”是“a >b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 由题可得，a ，b >0且a ，b ≠1，充分性：f (2)＝a 2，g (2)＝b 2，由f (2)>g (2)知，a 2>b 2，再结合y ＝x 2在(0，＋∞)上单调递增，可知a >b ，故充分性成立；必要性：由题可知a >b >0，构造h (x )＝f x g x ＝a x b x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b x ，显然a b >1，所以h (x )单调递增，故h (2)＝a 2b2>h (0)＝1，所以a 2>b 2，故必要性成立．故选C.10．若函数y ＝a 2x＋2a x－1(a >0，a ≠1)在区间上的最大值是14，则实数a 的值是( )A ．3B ．13C ．3或13D ．5或15答案 C解析 设a x ＝t ，则原函数的最大值问题转化为求关于t 的函数y ＝t 2＋2t －1的最大值问题．因为函数图象的对称轴为t ＝－1，且开口向上，所以函数y ＝t 2＋2t －1在t ∈(0，＋∞)上是增函数．当a >1时，a －1≤t ≤a ，所以t ＝a 时，y 取得最大值14，即a 2＋2a －1＝14，解得a ＝3(舍去－5)；当0<a <1时，a ≤t ≤a －1，所以t ＝a －1时，y 取得最大值14，即a－2＋2a －1－1＝14，解得a ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫舍去－15.综上，实数a 的值为3或13，选C.11．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x 的值域为________．答案 (0,2]解析 ∵x 2－2x ＝(x －1)2－1≥－1，∴0<⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1，即值域为(0,2]．12．函数y ＝|2x－1|在区间(k －1，k ＋1)内不单调，则k 的取值范围是________．答案 (－1,1)解析 y ＝|2x－1|的大致图象如图．由图可知，如果函数在区间(k －1，k ＋1)内不单调，需满足k －1<0<k ＋1，解得－1<k <1. 二、高考小题13．设集合A ＝{x ||x －1|<2}，B ＝{y |y ＝2x，x ∈}，则A ∩B ＝( ) A ．B ．(1,3)C ．}＝{y |1≤y ≤4}，所以A ∩B ＝某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝ekx ＋b(e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃ 的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是( )A ．16小时B ．20小时C ．24小时D ．28小时答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e b＝192，e 22k ＋b＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧e b＝192，e 11k ＝12，所以该食品在33 ℃的保鲜时间是y＝e33k ＋b＝(e 11k )3·e b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×192＝24(小时)．15．已知定义在R 上的函数f (x )＝2|x －m |－1(m 为实数)为偶函数．记a ＝f (log 0.53)，b＝f (log 25)，c ＝f (2m )，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．a <c <bC ．c <a <bD ．c <b <a答案 C 解析 ∵f (x )＝2|x －m |－1为偶函数，∴m ＝0.∵a ＝f (log 123)＝f (log 23)，b ＝f (log 25)，c ＝f (0)，log 25>log 23>0，而函数f (x )＝2|x |－1在(0，＋∞)上为增函数，∴f (log 25)>f (log 23)>f (0)，即b >a >c ，故选C.16．不等式2x 2－x <4的解集为________．答案 {x |－1<x <2} 解析 不等式2x 2－x <4可转化为2x 2－x<22，利用指数函数y ＝2x 的性质可得，x 2－x <2，解得－1<x <2，故所求解集为{x |－1<x <2}．17．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在若函数f (x )＝4x－a ·2x ＋1在上至少有一个零点，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 解析 本题考查函数的性质，函数的零点．设t ＝2x ，则f (t )＝t 2－at ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122－12a ＋1＝5－2a 4，f (2)＝22－2a ＋1＝5－2a ，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12与f (2)符号相同，所以要使函数f (t )＝t 2－at ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2内至少有一个零点，则有⎩⎪⎨⎪⎧12≤a2≤2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2≤0f，解得2≤a ≤52，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52.19．化简a 3b 23ab 2a 14b 1243ba(a >0，b >0)的结果是( )A ．b aB ．abC ．a 2b D ．a b答案 D解析 原式＝a 3b 2a 13 b 23ab 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 13＝a 103 b 83 12 a 23 b 73 ＝a 53 ·b 43 a 23 b 73＝ab －1＝a b .20．已知函数f (x )＝a x，其中a >0，且a ≠1，如果以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，那么f (x 1)·f (x 2)等于( )A ．1B ．aC ．2D ．a 2答案 A解析 ∵以P (x 1，f (x 1))，Q (x 2，f (x 2))为端点的线段的中点在y 轴上，∴x 1＋x 2＝0.又∵f (x )＝a x，∴f (x 1)·f (x 2)＝ax 1·ax 2＝ax 1＋x 2＝a 0＝1，故选A.21．已知实数a ，b 满足12>⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >⎝ ⎛⎭⎪⎫22b >14，则( )A ．b <2b －aB ．b >2b －aC ．a <b －aD ．a >b －a答案 B解析 ⎝⎛⎭⎪⎫22b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b2 ，14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122.∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 是R 上的减函数，∴12>⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >⎝ ⎛⎭⎪⎫22b >14⇔1<a <b 2<2，取a ＝32，b ＝72，得b －a ＝72－32＝2，有b >2b －a ，a >b －a ，排除A 、C ；取a ＝1110，b ＝3910，得b －a ＝3910－1110＝145，有a <b －a ，排除 D.事实上：b －b 24＝b－b 4≤b ＋4－b216＝1，∴b －b 24<a ，b －a <b2，B 正确．故选B.22. 如图，四边形OABC 是面积为8的平行四边形，AC ⊥CO ，AC 与BO 交于点E ，某指数函数y ＝a x(a >0，且a ≠1)的图象经过点E ，B ，则a ＝( )A ． 2B ． 3C ．2D ．3答案 A解析 设E (t ，a t )，易知点B 的坐标为(2t,2a t)．∵B 点在函数y ＝a x的图象上，∴2a t＝a 2t，∴a t ＝2(a t＝0舍去)， ∴平行四边形OABC 的面积＝OC ·AC ＝a t·2t ＝4t .又平行四边形OABC 的面积为8，∴t ＝2，∴a ＝ 2.故选A.23．已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，若f (x )的图象关于直线x ＝1对称的图象对应的函数为g (x )，则g (x )的表达式为________．答案 g (x )＝3x －2解析 设y ＝g (x )上任意一点P (x ，y )，P (x ，y )关于x ＝1的对称点P ′(2－x ，y )在f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 上，∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－x ＝3x －2. 24．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m )·4x －2x<0恒成立，则实数m 的取值范围是________．答案 (－1,2)解析 原不等式变形为m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，∵函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，－1]上是减函数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝2， 当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 恒成立等价于m 2－m <2，解得－1<m <2.一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ＋x，⎝ ⎛⎭⎪⎫12xx ，求f (1＋log 23)的值．解 因为2<1＋log 23<1＋log 24＝3，所以f (1＋log 23)＝f (3＋log 23)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋log 23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎫12log 23＝18×2log 213 ＝18×13＝124.2．已知函数f (x )＝b ·a x(其中a ，b 为常量且a >0，a ≠1)的图象经过点A (1,6)，B (3,24)． (1)试确定f (x )；(2)若不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b x－m ≥0在x ∈(－∞，1]上恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)∵f (x )＝b ·a x的图象过点A (1,6)，B (3,24)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ·a ＝6，b ·a 3＝24.①②②÷①得a 2＝4.又a >0，且a ≠1，∴a ＝2，b ＝3， ∴f (x )＝3·2x.(2)由(1)知⎝ ⎛⎭⎪⎫1a x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b x －m ≥0在(－∞，1]上恒成立转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x在(－∞，1]上恒成立．令g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，则g (x )在(－∞，1]上单调递减， ∴m ≤g (x )min ＝g (1)＝12＋13＝56.故所求实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，56. 3．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a x 2－4x ＋3.(1)若a ＝－1，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )有最大值3，求a 的值； (3)若f (x )的值域是(0，＋∞)，求a 的值． 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x 2－4x ＋3， 令g (x )＝－x 2－4x ＋3，由于g (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13t在R 上单调递减，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递增区间为(－2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)．(2)令h (x )＝ax 2－4x ＋3，则f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13h (x )，由于f (x )有最大值3，所以h (x )应有最小值－1， 因此12a －164a＝－1，解得a ＝1.(3)由指数函数的性质知，要使函数f (x )的值域是(0，＋∞)，则需函数h (x )＝ax 2－4x ＋3的值域为R ，因为二次函数的值域不可能为R ，所以a ＝0.4．已知函数f (x )＝10x －10－x10＋10.(1)判断函数的奇偶性；(2)证明：f (x )在定义域内是增函数； (3)求f (x )的值域．解 (1)∵f (x )的定义域为R ，且f (－x )＝10－x－10x10x ＋10－x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．(2)证法一：f (x )＝10x－10－x10x ＋10－x ＝102x－1102x＋1＝1－2102x ＋1，令x 2>x 1，则 f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2102x 2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2102x 1＋1＝2×102x2－102x 12x 2＋2x1＋.∵x 2>x 1，∴102x2－102x1>0，又102x2＋1>0,102x1＋1>0，f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)，∴函数f (x )在定义域内是增函数．证法二：f (x )＝10x－10－x10x ＋10－x ＝1－2102x＋1.∵y 1＝10x为增函数，∴y 2＝102x＋1为增函数，y 3＝210＋1为减函数，y 4＝－2102x＋1为增函数，f (x )＝1－2102x ＋1为增函数．∴f (x )＝10x －10－x10x ＋10－x 在定义域内是增函数．(3)令y ＝f (x )，由y ＝10x －10－x10x ＋10－x ，解得102x＝1＋y 1－y ， ∵102x>0，∴－1<y <1，即函数f (x )的值域是(－1,1)．。
高考考点完全题数学(理)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 8 Word版含答案
考点测试8 二次函数与幂函数一、基础小题1．已知函数f (x )＝x 12，若0<a <b <1，则下列各式正确的是( )A ．f (a )<f (b )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1bB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b <f (b )<f (a )C ．f (a )<f (b )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1aD ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (a )<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b<f (b )答案 C解析 因为函数f (x )＝x 12 在(0，＋∞)上是增函数，又0<a <b <1b <1a，故选C.2．若f (x )是幂函数，且满足f f＝3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝( ) A ．3 B ．－3 C ．13 D ．－13答案 C解析 设f (x )＝x n ，则ff＝4n2n ＝2n＝3， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝12n ＝13，故选C. 3．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，则它的图象可能是( )答案 D解析 由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0，得a >0，c <0，所以函数图象开口向上，排除A 、C.又f (0)＝c <0，所以排除B ，故选D.4．函数f (x )＝(m 2－m －1)x m 2－2m －3是幂函数，且在x ∈(0，＋∞)上是减函数，则实数m的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 A解析 由题意知m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1， 当m ＝2时，m 2－2m －3＝－3，f (x )＝x －3符合题意， 当m ＝－1时，m 2－2m －3＝0，f (x )＝x 0不合题意．综上知m ＝2.5．已知f (x )＝x 2＋bx ＋c 且f (－1)＝f (3)，则( )A ．f (－3)<c <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<c <f (－3)C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (－3)<c D ．c <f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52<f (－3) 答案 D解析 c ＝f (0)，对称轴为x ＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，又∵f (x )在(－∞，1)上单调递减，∴f (－3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>f (0)，即f (－3)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>c .6．若函数f (x )＝x 2－ax －a 在上的最大值为1，则实数a 等于( ) A ．－1 B ．1 C ．－2 D ．2答案 B解析 本题可以利用分类讨论或者代入检验两种方法．解法一：(分类讨论)当对称轴x ＝a2≤1，即a ≤2时，f (x )max ＝f (2)＝4－3a ＝1，解得a＝1符合题意；当a >2时，f (x )max ＝f (0)＝－a ＝1，解得a ＝－1(舍去)．综上所述，实数a ＝1，故选B.解法二：(代入法)当a ＝－1时，f (x )＝x 2＋x ＋1在上的最大值为f (2)＝7≠1，排除A ；当a ＝1时，f (x )＝x 2－x －1在上的最大值为f (2)＝1，B 正确；当a ＝－2时，f (x )＝x 2＋2x ＋2在上的最大值为f (2)＝10≠1，排除C ；当a ＝2时，f (x )＝x 2－2x －2在上的最大值为f (0)＝f (2)＝－2≠1，排除D ，故选B.7．已知函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1在区间 C ． D ．答案 D解析 当a ＝0时，f (x )＝－3x ＋1，满足题意；当a >0时，函数f (x )在对称轴右侧单调递增，不满足题意；当a <0时，函数f (x )的图象的对称轴为x ＝－a －32a，∵函数f (x )在区间．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax ＋1，x ≥1，ax 2＋x ＋1，x <1，则“－2≤a ≤0”是“f (x )在R 上单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 当a ＝－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋1，x ≥1，－x 2＋x ＋1，x <1，作出图象可知，函数f (x )在R 上不是单调递增函数，所以充分性不满足；反之，若函数f (x )在R 上是单调递增函数，则当a＝0时满足，当a ≠0时，－a 2≤1，a <0且－12a ≥1，解得－12≤a <0.即－12≤a ≤0，所以能够推出－2≤a ≤0，故“－2≤a ≤0”是“函数f (x )在R 上单调递增”的必要不充分条件．9．已知函数f (x )＝tx ，g (x )＝(2－t )x 2－4x ＋1.若对于任意实数x ，f (x )与g (x )中至少有一个为正数，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪(0,2]B ．(－2,2]C ．(－∞，－2)D ．(0，＋∞)答案 A解析 对于函数g (x )＝(2－t )x 2－4x ＋1，Δ＝16－4(2－t )×1＝8＋4t .当t ＝0时，f (x )＝0，Δ>0，g (x )有正有负，不符合题意，故排除B ；当t ＝2时，f (x )＝2x ，g (x )＝－4x ＋1，符合题意，故排除C ；当t >2时，f (x )＝tx ，g (x )＝(2－t )x 2－4x ＋1，当x 趋近于－∞时，f (x )与g (x )都为负值，不符合题意，故排除D ，故选A.10．已知函数f (x )＝x 2＋bx ＋1是R 上的偶函数，则实数b ＝________，不等式f (x －1)<x 的解集为________．答案 0 (1,2)解析 因为f (x )＝x 2＋bx ＋1是R 上的偶函数，所以b ＝0，则f (x )＝x 2＋1，解不等式(x －1)2＋1<x ，即x 2－3x ＋2<0，得1<x <2.11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ≤0，ax 2＋bx ，x >0为奇函数，则a ＋b ＝________.答案 0解析 因为函数f (x )是奇函数，所以当x <0时，－x >0，所以f (x )＝x 2＋x ，f (－x )＝ax 2－bx ，而f (－x )＝－f (x )，即－x 2－x ＝ax 2－bx ，所以a ＝－1，b ＝1，故a ＋b ＝0.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x 2－2x ＋3，x >0，不等式f (x ＋a )>f (2a －x )在上恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 (－∞，－2)解析 函数y ＝x 2－4x ＋3的图象的对称轴是x ＝2，该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x 2－4x ＋3≥3.同理可得函数y ＝－x 2－2x ＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x 2－2x ＋3<3，∴f (x )在R 上单调递减，由f (x ＋a )>f (2a －x )，得x ＋a <2a －x ，即2x <a ，∴2x <a 在上恒成立，∴2(a ＋1)<a ，解得a <－2，∴实数a 的取值范围是(－∞，－2)．二、高考小题13．已知a ＝2 43 ，b ＝425 ，c ＝25 13，则( ) A ．b <a <c B ．a <b <c C ．b <c <a D ．c <a <b答案 A解析 因为a ＝2 43 ＝4 23 ，c ＝25 13 ＝5 23 ，函数y ＝x 23在(0，＋∞)上单调递增，所以4 23 <5 23 ，即a <c ，又因为函数y ＝4x在R 上单调递增，所以425 <4 23 ，即b <a ，所以b <a <c ，故选A.14．在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图象可能是( )答案 D解析 因为a >0，所以f (x )＝x a在(0，＋∞)上为增函数，故A 错．在B 中，由f (x )的图象知a >1，由g (x )的图象知0<a <1，矛盾，故B 错．在C 中，由f (x )的图象知0<a <1，由g (x )的图象知a >1，矛盾，故C 错．在D 中，由f (x )的图象知0<a <1，由g (x )的图象知0<a <1，相符，故选D.15．已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 记g (x )＝f (f (x ))＝(x 2＋bx )2＋b (x 2＋bx )＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋bx ＋b 22－b 24＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b 24＋b 22－b 24.当b <0时，－b 24＋b2<0，即当⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b 24＋b2＝0时，g (x )有最小值，且g (x )min ＝－b 24，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b24，所以f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等，都为－b 24，故充分性成立．另一方面，当b ＝0时，f (f (x ))的最小值为0，也与f (x )的最小值相等．故必要性不成立．选A.16．如果函数f (x )＝12(m －2)x 2＋(n －8)x ＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为( )A ．16B ．18C ．25D ．812答案 B解析 当m ＝2时，f (x )＝(n －8)x ＋1在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，则n －8<0⇒n <8，于是mn <16，则mn 无最大值．当m ∈对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A ．－1是f (x )的零点B ．1是f (x )的极值点C ．3是f (x )的极值D ．点(2,8)在曲线y ＝f (x )上 答案 A解析 由已知得，f ′(x )＝2ax ＋b ，则f (x )只有一个极值点，若A 、B 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ＝0，2a ＋b ＝0，解得b ＝－2a ，c ＝－3a ，则f (x )＝ax 2－2ax －3a .由于a 为非零整数，所以f (1)＝－4a ≠3，则C 错．而f (2)＝－3a ≠8，则D 也错，与题意不符，故A 、B 中有一个错误，C 、D 都正确．若A 、C 、D 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ＝0， ①4a ＋2b ＋c ＝8， ②4ac －b 24a ＝3， ③由①②得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝83－a ，c ＝83－2a ，代入③中并整理得9a 2－4a ＋649＝0， 又a 为非零整数，则9a 2－4a 为整数，故方程9a 2－4a ＋649＝0无整数解，故A 错．若B 、C 、D 正确，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＋b ＋c ＝3，4a ＋2b ＋c ＝8，解得a ＝5，b ＝－10，c ＝8，则f (x )＝5x 2－10x ＋8， 此时f (－1)＝23≠0，符合题意．故选A.18．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．答案 9解析 依题意有a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根，则a ＋b ＝p ，ab ＝q ，由p >0，q >0可知a >0，b >0.由题意可知ab ＝(－2)2＝4＝q ，a －2＝2b 或b －2＝2a ，将a －2＝2b 代入ab ＝4可解得a ＝4，b ＝1，此时a ＋b ＝5，将b －2＝2a 代入ab ＝4可解得a ＝1，b ＝4，此时a ＋b ＝5，则p ＝5，故p ＋q ＝9.三、模拟小题19. 幂函数y ＝x －1，y ＝x m 与y ＝x n在第一象限内的图象如图所示，则m 与n 的取值情况为( )A ．－1<m <0<n <1B ．－1<n <0<mC ．－1<m <0<nD ．－1<n <0<m <1答案 D解析 在第一象限作出幂函数y ＝x ，y ＝x 0的图象，在(0,1)内作直线x ＝x 0与各图象有交点，如图，由“点低指数大”，知－1<n <0<m <1，故选D.20．已知函数f (x )＝x 2＋x ＋c ，若f (0)>0，f (p )<0，则必有( ) A ．f (p ＋1)>0 B ．f (p ＋1)<0C ．f (p ＋1)＝0D ．f (p ＋1)的符号不能确定答案 A解析 函数f (x )＝x 2＋x ＋c 的对称轴为x ＝－12，又因为f (0)>0，f (p )<0，故－1<p <0，p ＋1>0，所以f (p ＋1)>0.21．已知幂函数f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫18，24，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)(x 1<x 2)是函数图象上的任意不同两点，给出以下结论：①x 1f (x 1)>x 2f (x 2)；②x 1f (x 1)<x 2f (x 2)；③f x 1x 1>f x 2x 2；④f x 1x 1<f x 2x 2. 其中正确结论的序号是( ) A ．①② B ．①③ C ．②④ D ．②③答案 D解析 设函数f (x )＝x α，由点⎝ ⎛⎭⎪⎫18，24在函数图象上得⎝ ⎛⎭⎪⎫18α＝24，解得α＝12，故f (x )＝x 12 .故g (x )＝xf (x )＝x 32 为(0，＋∞)上的增函数，故①错误，②正确；而h (x )＝f xx＝x －12为(0，＋∞)上的减函数，故③正确，④错误．22．若函数y ＝x 2－3x －4的定义域为，值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－254，－4，则m 的取值范围是( )A ．B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，4C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3答案 D解析 二次函数图象的对称轴为x ＝32，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－254，f (3)＝f (0)＝－4，由图得m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3.23．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为若方程x 2＋ax ＋2b ＝0的一个根在(0,1)内，另一个根在(1,2)内，则b －2a －1的取值范围是________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1 解析 令f (x )＝x 2＋ax ＋2b ，∵方程x 2＋ax ＋2b ＝0的一个根在(0,1)内，另一个根在(1,2)内，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝2b >0，f ＝1＋a ＋2b <0，f＝4＋2a ＋2b >0.作出满足上述不等式组对应的点(a ，b )所在的平面区域，得到△ABC 及其内部，如图所示的阴影部分(不含边界)，其中A (－3,1)，B (－2,0)，C (－1,0)．设点E (a ，b )为区域内的任意一点，则k ＝b －2a －1表示点E (a ，b )与点D (1，2)连线的斜率． ∵k AD ＝2－11＋3＝14，k CD ＝2－01＋1＝1，结合图形知道：k AD <k <k CD ，∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1.一、高考大题1．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M (a ，b )是|f (x )|在区间上的最大值． (1)证明：当|a |≥2时，M (a ，b )≥2；(2)当a ，b 满足M (a ，b )≤2时，求|a |＋|b |的最大值．解 (1)证明：由f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋b －a 24，得对称轴为直线x ＝－a 2.由|a |≥2，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 2≥1，故f (x )在上单调，所以M (a ，b )＝max{|f (1)|，|f (－1)|}． 当a ≥2时，由f (1)－f (－1)＝2a ≥4， 得max{f (1)，－f (－1)}≥2，即M (a ，b )≥2. 当a ≤－2时，由f (－1)－f (1)＝－2a ≥4， 得max{f (－1)，－f (1)}≥2，即M (a ，b )≥2. 综上，当|a |≥2时，M (a ，b )≥2.(2)由M (a ，b )≤2，得|1＋a ＋b |＝|f (1)|≤2，|1－a ＋b |＝|f (－1)|≤2， 故|a ＋b |≤3，|a －b |≤3，由|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧ |a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，得|a |＋|b |≤3.当a ＝2，b ＝－1时，|a |＋|b |＝3，且|x 2＋2x －1|在上的最大值为2，即M (2，－1)＝2.所以|a |＋|b |的最大值为3.二、模拟大题2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ，b 为实数，a ≠0，x ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过点(－2,1)，且方程f (x )＝0有且只有一个根，求f (x )的表达式；(2)在(1)的条件下，当x ∈时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求实数k 的取值范围． 解 (1)因为f (－2)＝1，即4a －2b ＋1＝1，所以b ＝2a .因为方程f (x )＝0有且只有一个根，所以Δ＝b 2－4a ＝0，所以4a 2－4a ＝0，所以a ＝1，所以b ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)2. (2)g (x )＝f (x )－kx ＝x 2＋2x ＋1－kx ＝x 2－(k －2)x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －k －222＋1－k －24.由g (x )的图象知：要满足题意，则k －22≥2或k －22≤－1，即k ≥6或k ≤0，∴所求实数k 的取值范围为(－∞，0]∪已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋5(a >1)．(1)若f (x )的定义域和值域是，求实数a 的值；(2)若f (x )在(－∞，2]上是减函数，且对任意的x 1，x 2∈，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤4，求实数a 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝(x －a )2＋5－a 2(a >1)，所以f (x )在上是减函数，又f (x )的定义域和值域均为，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝a ，f a ＝1， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 1－2a ＋5＝a ，a 2－2a 2＋5＝1，解得a ＝2.(2)因为f (x )在(－∞，2]上是减函数，所以a ≥2，又x ＝a ∈，且(a ＋1)－a ≤(a ＋1)－2＝a －1，所以f (x )max ＝f (1)＝6－2a ，f (x )min ＝f (a )＝5－a 2，因为对任意的x 1，x 2∈，总有|f (x 1)－f (x 2)|≤4，所以f (x )max －f (x )min ≤4，即(6－2a )－(5－a 2)≤4，解得－1≤a ≤3，又a ≥2，所以2≤a ≤3.综上，实数a 的取值范围是．4．已知函数y ＝f (x )，若存在x 0，使得f (x 0)＝x 0，则称x 0是函数y ＝f (x )的一个不动点，设二次函数f (x )＝ax 2＋(b ＋1)x ＋b －2(a ≠0)．(1)当a ＝2，b ＝1时，求函数f (x )的不动点；(2)若对于任意实数b ，函数f (x )恒有两个不同的不动点，求实数a 的取值范围；(3)在(2)的条件下，若函数y ＝f (x )的图象上A ，B 两点的横坐标是函数f (x )的不动点，且直线y ＝kx ＋1a 2＋1是线段AB 的垂直平分线，求实数b 的取值范围． 解 (1)当a ＝2，b ＝1时，f (x )＝2x 2＋2x －1，由2x 2＋2x －1＝x ，得x 1＝－1，x 2＝12. 所以函数f (x )的不动点为x 1＝－1，x 2＝12. (2)因为对于任意实数b ，函数f (x )恒有两个不同的不动点，所以对于任意实数b ，方程f (x )＝x 恒有两个不相等的实数根，即方程ax 2＋bx ＋b －2＝0恒有两个不相等的实数根，所以Δx ＝b 2－4a (b －2)>0，即对于任意实数b ，b 2－4ab ＋8a >0，所以Δb ＝(－4a )2－4×8a <0，解得0<a <2.(3)设A (x 1，x 1)，B (x 2，x 2)，由题意知函数f (x )的两个不同的不动点为x 1，x 2，则x 1，x 2是ax 2＋bx ＋b －2＝0的两个不等实根，所以x 1＋x 2＝－b a，直线AB 的斜率为1，线段AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a，－b 2a . 因为直线y ＝kx ＋1a 2＋1是线段AB 的垂直平分线， 所以k ＝－1，且⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a，－b 2a 在直线y ＝kx ＋1a 2＋1上， 则－b 2a ＝b 2a ＋1a 2＋1，a ∈(0,2)， 所以b ＝－a a 2＋1＝－1a ＋1a ≥－12a ·1a＝－12， 当且仅当a ＝1时等号成立．又由b ＝－aa 2＋1知b <0，所以实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0.。
高考数学 考点通关练 第二章 函数、导数及其应用单元
即x>1，∴定义域为
(1，＋∞)．
2．[2017·山东实验中学模拟]幂函数f(x)＝k·xα的图象过
点12， 22，则k＋α＝(
)
A．12
B．1
C．32 解析
D．2
由幂函数的定义知
k＝1.又f
1 2
＝
2 2
，所以
1 2
α＝
22，解得α＝12，从而k＋α＝32.
∈[0,1)＝log1
2
1，log1 2
12，∴12<3－x≤1，解得2≤x<52.
1
7．[2016·陕西二检]曲线y＝e 3x 在点(6，e2)处的切线与
坐标轴所围成的三角形的面积为(
)
A．32e2
B．3e2
C．6e2
D．9e2
解析
因为y＝e 13x
，所以
y′＝
1单元质量测试(二)
时间：120分钟
满分：150分
第Ⅰ卷 (选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．[2017·河南郑州模拟]函数f(x)＝ln
x x－1
＋x
1 2
的定义
域为(
)
A．(0，＋∞)
B．(1，＋∞)
C．(0,1)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析
自变量x满足 x－x 1>0， x≥0，
15＝16÷20＋15＝
1，故f(log220)＝－1，故选C.
9．已知函数f(x)＝x2＋2x＋1－2x，则y＝f(x)的图象大致
为(
)
解析 f′(x)＝2x＋2－2xln 2，画出函数y＝2x＋2，y ＝2xln 2的图象(如图)，可知两个函数图象有两个不同的交 点，即方程f′(x)＝0有两个不同的变号零点x1，x2(设 x1<x2)，且在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0， 在(x2，＋∞)上f′(x)<0，即函数f(x)在(－∞，x1)上单调递 减，在(x1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，且 极值点x1<0，x2>0，故选A.
高考考点完全题数学(文)考点通关练习题 第二章 函数、导数及其应用 12 word版含答案
考点测试12 函数与方程一、基础小题1．若函数f(x)＝ax＋1在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是( ) A．(1，＋∞) B．(－∞，1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,1)答案 C解析由题意知，f(－1)f(1)<0，即(1－a)(1＋a)<0，解得a<－1或a>1.2．下列函数图象与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是( )答案 C解析能用二分法求零点的函数必须在给定区间上连续不断，并且有f(a)·f(b)<0.A、B 中不存在f (x )<0，D 中函数不连续．故选C.3．二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若f (1)>0，f (2)<0，则f (x )在(1,2)上零点的个数为( )A ．至多有一个B ．有一个或两个C ．有且仅有一个D ．一个也没有答案 C解析 ∵f (1)>0，f (2)<0，∴f (x )在(1,2)上必有零点，又∵函数为二次函数，∴有且只有一个零点．4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－x 13 ，那么在下列区间中含有函数f (x )零点的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D ．(1,2) 答案 B 解析5．函数 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋ln x ，x >0的零点个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 C 解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋2x －3＝0，得x ＝－3.又⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－2＋ln x ＝0，得x ＝e 2.∴f (x )的零点个数为2.故选C.6．已知a 是函数f (x )＝2x－log 12 x 的零点，若0<x 0<a ，则f (x 0)的值满足( )A ．f (x 0)＝0B ．f (x 0)<0C ．f (x 0)>0D ．f (x 0)的符号不确定答案 B解析分别作出y＝2x与y＝log12x的图象如图，当0<x0<a时，y＝2x的图象在y＝log12x图象的下方，所以f(x0)<0.7．若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)·(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间( )A．(a，b)和(b，c)内B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内D．(－∞，a)和(c，＋∞)内答案 A解析易知f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，f(c)＝(c－a)(c－b)．又a<b<c，则f(a)>0，f(b)<0，f(c)>0，又该函数是二次函数，且图象开口向上，可知两个零点分别在(a，b)和(b，c)内．8．已知函数f(x)与g(x)的图象均在R上不间断，由下表知方程f(x)＝g(x)的实数解所在的区间是( )答案 B解析设h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)＝－0.147，h(0)＝－0.44，h(1)＝0.542，所以h(0)·h(1)<0，h(x)的零点在(0,1)内，即f(x)＝g(x)的实数解所在的区间为(0,1)．9．函数f(x)＝e x＋ln x，g(x)＝e－x＋ln x，h(x)＝e－x－ln x的零点分别是a，b，c，则( )A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c答案 A解析由f(x)＝e x＋ln x＝0，得e x＝－ln x，但x>0，e x>1，故－ln x>1，即ln x<－1，所以0<a <1e ；由g (x )＝e －x ＋ln x ＝0，得e －x ＝－ln x ，但x >0,0<e －x<1，故0<－ln x <1，即－1<ln x <0，所以1e<b <1；由h (x )＝e －x －ln x ＝0，得e －x ＝ln x ，但x >0,0<e －x <1，故0<lnx <1，所以1<c <e.综上可知a <b <c ，正确选项为A.10．已知f (x )＝2－x－ln (x 3＋1)，实数a ，b ，c 满足f (a )f (b )f (c )<0，且0<a <b <c ，若实数x 0是函数f (x )的一个零点，那么下列不等式中，不可能成立的是( )A ．x 0<aB ．x 0>bC ．x 0<cD ．x 0>c 答案 D解析 由已知f (x )＝2－x－ln (x 3＋1)在(0，＋∞)上为减函数，且f (x 0)＝0，f (a )f (b )f (c )<0可分为以下两种情形：①f (a )，f (b )，f (c )均小于0，如图所示，此时x 0<a <b <c .②f (a )>0，f (b )>0，f (c )<0，如图所示，此时a <b <x 0<c ，综上，不可能成立的是x 0>c ，故选D.11．已知函数f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2的零点为x 0，则x 0所在的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4) 答案 C解析 ∵f (x )＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2在(0，＋∞)是增函数，又f (1)＝ln 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1＝ln 1－2<0，f (2)＝ln 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫120<0，f (3)＝ln 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫121>0，∴x 0∈(2,3)，故选C.12．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋2x －1|，x ≤0，2x －1＋a ，x >0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12解析 由于当x ≤0，f (x )＝|x 2＋2x －1|时图象与x 轴只有1个交点，即只有1个零点，故由题意只需方程2x －1＋a ＝0有1个正根即可，变形为2x＝－2a ，结合图形只需－2a >1⇒a <－12即可． 二、高考小题13．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( )A ．{1,3}B ．{－3，－1,1,3}C ．{2－7，1,3}D ．{－2－7，1,3}答案 D解析 当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，令g (x )＝x 2－3x －x ＋3＝0，得x 1＝3，x 2＝1. 当x <0时，－x >0，∴f (－x )＝(－x )2－3(－x )， ∴－f (x )＝x 2＋3x ，∴f (x )＝－x 2－3x .令g (x )＝－x 2－3x －x ＋3＝0，得x 3＝－2－7，x 4＝－2＋7>0(舍)， ∴函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合是{－2－7，1,3}，故选D.14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．答案 (3，＋∞)解析 f (x )的图象如图所示，若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，只需4m －m 2<m ，解之得m >3或m <0，又m >0，所以m >3.15．若函数f (x )＝|2x－2|－b 有两个零点，则实数b 的取值范围是________． 答案 (0,2)解析 函数f (x )＝|2x－2|－b 有两个零点等价于函数y ＝|2x－2|与y ＝b 的图象有两个不同的交点．在同一坐标系中作出函数y ＝|2x－2|及y ＝b 的图象，如图．由图可知b ∈(0,2)．16．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，2x －6＋ln x ，x >0的零点个数是________．答案 2解析 当x ≤0时，由x 2－2＝0，得x ＝－2；当x >0时，f (x )＝2x －6＋ln x 在(0，＋∞)上为增函数，且f (2)＝ln 2－2<0，f (3)＝ln 3>0，所以f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点．综上可知f (x )的零点个数为2.17．函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2－x 2的零点个数为________．答案 2解析 f (x )＝2sin x cos x －x 2＝sin2x －x 2，函数f (x )的零点个数可转化为函数y 1＝sin2x 与y 2＝x 2图象的交点个数，在同一坐标系中画出y 1＝sin2x 与y 2＝x 2的图象如图所示．由图可知两函数图象有2个交点，则f (x )的零点个数为2.18．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x >0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________． 答案 (1,2)解析 函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点等价于函数y ＝f (x )和y ＝a |x |的图象恰有4个公共点．在同一平面直角坐标系内画出函数y ＝f (x )和y ＝a |x |的图象可知，若满足条件，则a >0.当a ≥2时，在y 轴右侧，两函数图象只有一个公共点，此时在y 轴左侧，射线y ＝－ax (x ≤0)与抛物线y ＝－x 2－5x －4(－4<x <－1)需相切．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－5x －4，y ＝－ax 消去y ，得x 2＋(5－a )x ＋4＝0.由Δ＝(5－a )2－16＝0，解得a ＝1或a ＝9.a ＝1与a ≥2矛盾，a ＝9时，切点的横坐标为2，不符合．故0<a <2，此时，在y 轴右侧，两函数图象有两个公共点，若满足条件，则－a <－1，即a >1.故1<a <2.三、模拟小题19．若f(x)是奇函数，且x0是y＝f(x)＋e x的一个零点，则－x0一定是下列哪个函数的零点( )A．y＝f(－x)e x－1 B．y＝f(x)e－x＋1C．y＝e x f(x)－1 D．y＝e x f(x)＋1答案 C解析20．若函数y＝f(x)在区间上的图象是连续的，则下列说法正确的是( )A．若f(a)f(b)>0，则不存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0B．若f(a)f(b)>0，则有可能存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0C．若f(a)f(b)<0，则有可能不存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0D．若f(a)f(b)<0，则有且只有一个实数c∈(a，b)使得f(c)＝0答案 B解析由函数零点存在性定理可知，选B.21．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝2016x＋log2016x，则函数f(x)的零点个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 C解析作出函数y＝2016x和y＝－log2016x的图象如图所示，可知函数f(x)＝2016x＋log2016x在x∈(0，＋∞)上存在一个零点，又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在x∈(－∞，0)上只有一个零点，又f(0)＝0，∴函数f(x)的零点个数是3，故选C.22．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，log 2x ，x >0，若关于x 的方程2－af (x )＝0恰有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围为( )A ．(0,1]B ．(0,1)C ．2－af (x )＝0的解为f (x )＝0或f (x )＝a ，而函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，方程f (x )＝0只有一解x ＝1，而原方程有三解，所以方程f (x )＝a 有两个不为1的相异的解，即0<a ≤1.23．函数f (x )的定义域为，图象如图1所示；函数g (x )的定义域为，图象如图2所示，方程f (g (x ))＝0有m 个实数根，方程g (f (x ))＝0有n 个实数根，则m ＋n ＝( )A ．14B ．12C ．10D ．8 答案 A解析 由题图1可知，若f (g (x ))＝0，则g (x )＝－1或g (x )＝0或g (x )＝1，由题图2可知，g (x )＝－1时，x ＝－1或x ＝1；g (x )＝0对应的x 值有3个；g (x )＝1时，x ＝2或x ＝－2，故m ＝7.若g (f (x ))＝0，则f (x )＝－1.5或f (x )＝1.5或f (x )＝0，由题图1知，f (x )＝1.5与f (x )＝－1.5对应的x 值各有2个，f (x )＝0时，x ＝－1或x ＝1或x ＝0，故n ＝7，故m ＋n ＝14.故选A.24．已知函数y ＝f (x )的图象是连续的曲线，且对应值如表：答案 3解析 依题意知f (2)>0，f (3)<0，f (4)>0，f (5)<0，根据零点存在性定理可知，f (x )在区间(2,3)，(3,4)，(4,5)内均至少含有一个零点，故函数y ＝f (x )在区间上的零点至少有3个．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．若关于x 的方程(lg ax )·(lg ax 2)＝4的所有解都大于1，求实数a 的取值范围． 解 原方程可化为(lg a ＋lg x )·(lg a ＋2lg x )＝4， 即2(lg x )2＋3(lg a )·(lg x )＋(lg a )2－4＝0， 令lg x ＝t >0，则有2t 2＋3(lg a )·t ＋(lg a )2－4＝0的解都是正数， 设f (t )＝2t 2＋3(lg a )·t ＋(lg a )2－4，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a2－a2－4]≥0，－3lg a4>0，f ＝a2－4>0，解得lg a <－2，∴0<a <1100，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1100.2．已知函数f (x )＝－x 2－2x ， g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋14x，x >0，x ＋1，x ≤0.(1)求g 的值；(2)若方程g －a ＝0有4个实数根，求实数a 的取值范围． 解 (1)利用解析式直接求解得g ＝g (－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在t ∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t <1)的图象，由图象可知，当1≤a <54时，函数y ＝g (t )(t <1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54. 3．已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m 的范围； (2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m 的范围．解 (1)由条件，抛物线f (x )＝x 2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图1所示，得⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝2m ＋1<0，f －＝2>0，f ＝4m ＋2<0，f ＝6m ＋5>0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m <－12，m ∈R ，m <－12，m >－56.即－56<m <－12. (2)抛物线与x 轴交点均落在区间(0,1)内，如图2所示，列不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝2m ＋1>0，f ＝4m ＋2>0，Δ＝4m 2－m ＋，0<－m <1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m >－12，m >－12，m ≥1＋2或m ≤1－2，－1<m <0， 即－12<m ≤1－ 2. 4．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x (x >0)． (1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值范围； (2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解 (1)解法一：∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e，则y ＝g (x )－m 就有零点．解法二：由g ′(x )＝1－e 2x 2＝x ＋x －x 2，可作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象(如图1)．可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e.(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象(如图2)． ∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．。
高考数学考点通关练第二章函数、导数及其应用考点测试16导数的应用(二)高三全册数学
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解析
13．(2015·安徽高考)设 x3＋ax＋b＝0，其中 a，b 均为实数．下列条件 中，使得该三次方程仅有一个实根的是__________．(写出所有正确条件的 编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2； ⑤a＝1，b＝2.
答案 ①③④⑤
解得 1≤k<32.故选 B.
第十页，共六十页。
解析
6．已知定义在(0，＋∞)上的函数 f(x)，满足 f′(x)<2f(x)(其中 f′(x)是
f(x)的导函数，e 是自然对数的底数)，则( )
A．e2f(1)>f(2)
B．e2f(1)<f(2)
C．9f(ln 2)<4f(ln 3)
D．9f(ln 2)＝4f(ln 3)
单调递增，故 f(2)－ln 2>f(1)－ln 1，即 f(2)－f(1)>ln 2.
第二十五页，共六十页。
解析 答案
15．(2019·安阳模拟)已知函数 f(x)＝x33＋x22与 g(x)＝6x＋a 的图象有 3 个
不同的交点，则 a 的取值范围是( )
答案 －1，21
第二十页，共六十页。
答案
解析 易知函数 f(x)的定义域关于原点对称．∵f(x)＝x3－2x＋ex－e1x， ∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－e1－x＝－x3＋2x＋e1x－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇 函数，又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋e1x≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当 x＝0 时，取 “＝”)，从而 f(x)在 R 上单调递增，∴f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2) ⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤12.
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考点测试11 函数的图象一、基础小题1．已知函数f (x )＝2x－2，则函数y ＝|f (x )|的图象可能是( )答案 B解析 函数y ＝|f (x )|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≥1，2－2x，x <1，故y ＝|f (x )|在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，排除A 、C 、D.2．为了得到函数y ＝lgx ＋310的图象，只需把函数y ＝lg x 的图象上所有的点( )A ．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度B ．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度C ．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度D ．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度 答案 C 解析 y ＝lgx ＋310＝lg (x ＋3)－1可由y ＝lg x 的图象向左平移3个单位长度，向下平移1个单位长度而得到．3．函数f (x )＝x ＋|x |x的图象是( )答案 C解析 化简f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x >0，x －1x <0，作出图象可知选C.4．已知a >0，b >0且ab ＝1，则函数f (x )＝a x与函数g (x )＝－log b x 的图象可能是( )答案 B解析 ∵ab ＝1，且a >0，b >0，∴a ＝1b，又g (x )＝－log b x ＝－log 1ax ＝log a x ，所以f (x )与g (x )的底数相同，单调性相同，且两图象关于直线y ＝x 对称，故选B.5．已知函数f (x )＝1lnx ＋1－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 B解析 当x ＝1时，y ＝1ln 2－1<0，排除A ；当x ＝0时，y 不存在，排除D ；当x 从负方向无限趋近0时，y 趋向于－∞，排除C ，选B.6．若函数f (x )＝(k －1)a x－a －x(a >0，且a ≠1)在R 上既是奇函数，又是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )答案 A解析 由函数f (x )＝(k －1)a x－a －x(a >0，且a ≠1)在R 上是奇函数，得k ＝2，又f (x )是减函数，得0<a <1，则g (x )＝log a (x ＋k )＝log a (x ＋2)，定义域是(－2，＋∞)，且单调递减，故图象是A.7．已知函数y ＝f (x )(－2≤x ≤2)的图象如图所示，则函数y ＝f (|x |)(－2≤x ≤2)的图象是( )答案 B解析 解法一：由题意可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x －1，－2≤x <0，－x －12＋1，0≤x ≤2，所以y ＝f (|x |)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12＋1，－2≤x <0，－x －12＋1，0≤x ≤2，可知选B.解法二：由函数f (x )的图象可知，函数在y 轴右侧的图象在x 轴上方，函数在y 轴左侧的图象在x 轴下方，而y ＝f (|x |)在x >0时的图象保持不变，因此排除C 、D ，由于y ＝f (|x |)是偶函数，函数y ＝f (|x |)在y 轴右侧的图象与在y 轴左侧的图象关于y 轴对称，故选B.8．若对任意的x ∈R ，y ＝1－a |x |均有意义，则函数y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x 的大致图象是( )答案 B解析 由题意得1－a |x |≥0，即a |x |≤1＝a 0恒成立，由于|x |≥0，故0<a <1.y ＝log a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＝－log a |x |是偶函数，且在(0，＋∞)上是单调递增函数，故选B.9.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b x ≤0，log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19x >0的图象如图所示，则a ＋b ＋c ＝( )A ．43B ．73C ．4D ．133答案 D解析 由题图知，可将点(0,2)代入y ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋19，得2＝log c19，解得c ＝13.再将点(0,2)和(－1,0)分别代入y ＝ax ＋b ，解得a ＝2，b ＝2，∴a ＋b ＋c ＝133，选D.10．如图，虚线是四个象限的角平分线，实线是函数y ＝f (x )的部分图象，则f (x )可能是( )A ．x sin xB ．x cos xC ．x 2cos x D ．x 2sin x答案 A解析 由题图知f (x )是偶函数，排除B 、D.当x ≥0时，－x ≤f (x )≤x .故选A. 11．把函数f (x )＝(x －2)2＋2的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式是________．答案 y ＝(x －1)2＋3解析 把函数f (x )＝(x －2)2＋2的图象向左平移1个单位，得y ＝2＋2＝(x －1)2＋2，再向上平移1个单位，所得图象对应的函数解析式为y ＝(x －1)2＋2＋1＝(x －1)2＋3.12．已知函数f (x )的图象如图所示，则函数g (x )＝log2f (x )的定义域是________．答案(2,8]f(x)有意义，由函数f(x)的图象知满足f(x)>0解析当f(x)>0时，函数g(x)＝log2的x∈(2,8]．二、高考小题13．函数y＝2x2－e|x|在的图象大致为( )答案 D解析当x∈(0,2]时，y＝f(x)＝2x2－e x，f′(x)＝4x－e x.f′(x)在(0,2)上只有一个零点x0，且当0<x<x0时，f′(x)<0；当x0<x≤2时，f′(x)>0.故f(x)在(0,2]上先减后增，又f(2)－1＝7－e2<0，所以f(2)<1.故选D.14．如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是( )A．{x|－1<x≤0}B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1<x≤1}D ．{x |－1<x ≤2} 答案 C解析 作出函数y ＝log 2(x ＋1)的图象，如图所示：其中函数f (x )与y ＝log 2(x ＋1)的图象的交点为D (1,1)，结合图象可知f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}，故选C.15．函数f (x )＝ax ＋bx ＋c 2的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b >0，c ＜0B ．a <0，b >0，c >0C ．a <0，b >0，c <0D ．a <0，b <0，c <0答案 C解析 函数f (x )的定义域为{x |x ≠－c }，由题中图象可知－c ＝x P >0，即c <0，排除B ；令f (x )＝0，可得x ＝－b a ，则x N ＝－b a ，又x N >0，则b a<0，所以a ，b 异号，排除A ，D.故选C.16．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，x －22，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞B ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，74 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2答案 D解析 记h (x )＝－f (2－x )在同一坐标系中作出f (x )与h (x )的图象如图，直线AB ：y＝x －4，当直线l ∥AB 且与f (x )的图象相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ′，y ＝x －22，解得b ′＝－94，－94－(－4)＝74，所以曲线h (x )向上平移74个单位后，所得图象与f (x )的图象有四个公共点，平移2个单位后，两图象有无数个公共点，因此，当74<b <2时，f (x )与g (x )的图象有四个不同的交点，即y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点．选D.17．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑mi ＝1(x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m答案 B解析 由f (－x )＝2－f (x )可知f (x )的图象关于点(0,1)对称，又易知y ＝x ＋1x ＝1＋1x的图象关于点(0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现，且每一对交点都关于点(0,1)对称，则x 1＋x m ＝x 2＋x m －1＝…＝0，y 1＋y m ＝y 2＋y m －1＝…＝2，∴∑mi ＝1(x i ＋y i )＝0×m 2＋2×m2＝m .故选B.18．如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点．点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为( )答案 B解析 当点P 与C 、D 重合时，易求得PA ＋PB ＝1＋5；当点P 为DC 的中点时，有OP ⊥AB ，则x ＝π2，易求得PA ＋PB ＝2PA ＝2 2.显然1＋5>22，故当x ＝π2时，f (x )没有取到最大值，则C 、D 选项错误．当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4时，f (x )＝tan x ＋4＋tan 2x ，不是一次函数，排除A ，故选B.三、模拟小题19．已知函数f (x )＝4－x 2，函数g (x )(x ∈R 且x ≠0)是奇函数，当x >0时，g (x )＝log 2x ，则函数f (x )·g (x )的大致图象为( )答案 D解析 因为函数f (x )＝4－x 2为偶函数，g (x )是奇函数，所以函数f (x )·g (x )为奇函数，其图象关于原点对称，排除A 、B.又当x >0时，g (x )＝log 2x ，当x >1时，g (x )>0，当0<x <1时，g (x )<0；f (x )＝4－x 2，当x >2时，f (x )<0，当0<x <2时，f (x )>0，所以C 错误，故选D.20．已知f (x )＝ax －2，g (x )＝log a |x |(a >0且a ≠1)，若f (4)g (－4)<0，则y ＝f (x )，y＝g (x )在同一坐标系内的大致图象是( )答案 B 解析 ∵f (x )＝ax －2>0恒成立，又f (4)g (－4)<0，所以g (－4)＝log a |－4|＝log a 4<0＝log a 1，∴0<a <1.故函数y ＝f (x )在R 上单调递减，且过点(2,1)，函数y ＝g (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故B 正确．21．已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝ln |x |xB ．f (x )＝e xxC ．f (x )＝1x2－1D ．f (x )＝x －1x答案 A解析 由函数图象可知，函数f (x )为奇函数，应排除B 、C.若函数为f (x )＝x －1x，则x →＋∞时，f (x )→＋∞，排除D ，故选A.22．若函数y ＝f (x )的图象过点(1,1)，则函数y ＝f (4－x )的图象一定经过点________． 答案 (3,1)解析 由于函数y ＝f (4－x )的图象可以看作y ＝f (x )的图象先关于y 轴对称，再向右平移4个单位长度得到．点(1,1)关于y 轴对称的点为(－1,1)，再将此点向右平移4个单位长度，可推出函数y ＝f (4－x )的图象过定点(3,1)．23．设函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝2x ＋a的图象关于直线y ＝－x ＋1对称，且f (－3)＋f (－7)＝1，则实数a 的值是________．答案 2解析 设函数y ＝f (x )的图象上任意一点的坐标为(x ，y )，其关于直线y ＝－x ＋1对称的点的坐标为(m ，n )，则点(m ，n )在函数y ＝2x ＋a的图象上，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋n 2＝－x ＋m2＋1，y －nx －m ＝1，得m ＝1－y ，n ＝1－x ，代入y ＝2x ＋a得1－x ＝21－y ＋a，即y ＝－log 2(1－x )＋a ＋1，即函数y＝f (x )＝－log 2(1－x )＋a ＋1，又f (－3)＋f (－7)＝1，所以－log 24＋a ＋1－log 28＋a ＋1＝1，解得a ＝2.24．已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx －2的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(1,4)解析 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤－1或x >1，－x －1，－1<x <1，函数y ＝kx －2恒过定点M (0，－2)，k MA ＝0，k MB ＝4.当k ＝1时，直线y ＝kx －2在x >1时与直线y ＝x ＋1平行，此时有一个公共点，∴k ∈(0,1)∪(1,4)，两函数图象恰有两个交点．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5].(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象；(2)写出f (x )的单调递增区间；(3)由图象指出当x 取什么值时f (x )有最值．解 (1)函数f (x )的图象如图所示． (2)由图象可知，函数f (x )的单调递增区间为，．(3)由图象知当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－1， 当x ＝0时，f (x )max ＝f (0)＝3.2．已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R )，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值；(2)作出函数f (x )的图象并判断其零点个数； (3)根据图象指出f (x )的单调递减区间； (4)根据图象写出不等式f (x )>0的解集；(5)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有三个不相等的实根}． 解 (1)∵f (4)＝0，∴4|m －4|＝0，即m ＝4.(2)∵f (x )＝x |m －x |＝x |4－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －4，x ≥4，－x x －4，x <4.∴函数f (x )的图象如图：由图象知f (x )有两个零点．(3)从图象上观察可知：f (x )的单调递减区间为．(4)从图象上观察可知：不等式f (x )>0的解集为：{x |0<x <4或x >4}．(5)由图象可知若y ＝f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则0<m <4，∴集合M ＝{m |0<m <4}．3．已知函数f (x )＝|x 2－4x ＋3|.若关于x 的方程f (x )－a ＝x 至少有三个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －22－1，x ∈－∞，1]∪[3，＋∞，－x －22＋1，x ∈1，3.作出图象如图所示．原方程变形为|x 2－4x ＋3|＝x ＋a .于是，设y ＝x ＋a ，在同一坐标系下再作出y ＝x ＋a 的图象．如图．则当直线y ＝x ＋a 过点(1,0)时，a ＝－1；当直线y ＝x ＋a 与抛物线y ＝－x 2＋4x －3相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋a ，y ＝－x 2＋4x －3⇒x 2－3x ＋a ＋3＝0.由Δ＝9－4(3＋a )＝0，得a ＝－34.由图象知当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－34时方程至少有三个不等实根． 4．设函数f (x )＝x ＋1x(x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞))的图象为C 1，C 1关于点A (2,1)对称的图象为C 2，C 2对应的函数为g (x )．(1)求函数y ＝g (x )的解析式，并确定其定义域；(2)若直线y ＝b 与C 2只有一个交点，求b 的值，并求出交点的坐标． 解 (1)设P (u ，v )是y ＝x ＋1x上任意一点，∴v ＝u ＋1u①.设P 关于A (2,1)对称的点为Q (x ，y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧u ＋x ＝4，v ＋y ＝2⇒⎩⎪⎨⎪⎧u ＝4－x ，v ＝2－y .代入①得2－y ＝4－x ＋14－x ，y ＝x －2＋1x －4，∴g (x )＝x －2＋1x －4(x ∈(－∞，4)∪(4，＋∞))． (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b ，y ＝x －2＋1x －4⇒x 2－(b ＋6)x ＋4b ＋9＝0，∴Δ＝(b ＋6)2－4×(4b ＋9)＝b 2－4b ＝0，b ＝0或b ＝4. ∴当b ＝0时，得交点(3,0)；当b ＝4时，得交点(5,4)．。