江苏省2020高考数学一轮复习突破140必备专题05 常见函数与导数中的不等关系学案

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江苏专用2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用高考专题突破一高考中的导数应用问题第2课时导数

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e. ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝lne ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2(2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意．若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一又f (e a )＝12e a 2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )，令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a>0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点．综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．方法二先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1，所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x2. 所以x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2.且h (e)－h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－2e ＋2e <0.所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋3e －2，所以实数a 的取值范围为4<a ≤e＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增．f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋exe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e xe ＝x 2e x－ee x2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋exe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞，x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e2＝24e 2ln e ln 22e -<ln 81－ln 272e 2<0，所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. (1)解 f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>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，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0x f x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e (2)e .x x f x x x －－＝－－－设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(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<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x－|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x－|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x＋1>1>0恒成立；当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x－1≥0恒成立，所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意，所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x＋1>1>0，f (x )单调递增；当x ≥a 时，f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0，所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以f (x )极大值＝f (a )＝e a，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意．由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，可得e a－a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a－(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a－(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾．②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减，又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)，即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

2020版高考数学(文科)江苏版1轮复习课件：第2章基本初等函数、导数的应用 5 第5讲二次函数与幂函数

【解】 (1)当 x＞0 时，f(x)＝x2－mx＝x－m2 2－m42，所以
当 m≤0 时，函数 y＝f(x)在区间(－2，1)上不可能单调递减，
所以不满足条件；当 m＞0 时，根据函数的图象可知，函数
y ＝ f(x) 在－m2 ，m2 上单调递减，所以
－m2 ≤－2，即
m2 ≥1，
m≥4，所以实数 m 的最小值为 4.
故填 4.
(2)函数 f(x)＝x2－2ax＋1＝(x－a)2＋1－a2 的对称轴是直线 x＝a， ①若 a<0，f(x)在区间[0，2]上单调递增，当 x＝0 时，f(x)min＝f(0)＝1；当 x＝2 时，f(x)max＝f(2)＝5－4a； ②若 0≤a<1，则当 x＝a 时，f(x)min＝f(a)＝1－a2；当 x＝2 时，f(x)max＝f(2)＝5－4a；
用待定系数法求幂函数的解析式，只需一个条件．在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数．借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图象和性质是解题的关键．
已知幂函数 f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)， (1)试确定该函数的定义域，并指明该函数在其定义域上的单调性； (2)若该函数还经过点(2， 2)，试确定 m 的值，并求满足条件 f(2－a)>f(a－1)的实数 a 的取值范围．
f(x)min＝min{f(p)，f(q)}．当 a＜0 时，
若 x＝－2ba∈[p，q]，则 f(x)max＝f－2ba，
f(x)min＝min{f(p)，f(q)}；若 x＝－2ba∉[p，q]，则
f(x)max＝max{f(p)，f(q)}， f(x)min＝min{ห้องสมุดไป่ตู้(p)，f(q)}．

2020年(江苏)高考数学(理)大一轮复习检测：专题五函数与方程

专题五函数与方程一、填空题考向一零点个数问题1.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且对于任意的x∈[0,+∞),满足f(x+2)=f(x).若当x∈[0,2)时,f(x)=|x2-x-1|,则函数y=f(x)-1在[-2,4]上的零点个数为.2.(2017·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=x2-2x+a(e x-1+e-x+1)有唯一零点,则实数a=.3.(2018·南通模拟)已知定义在R上的函数f(x)=则方程f(x)+1=log6(|x|+1)的实数解的个数为.考向二根据零点情况确定参数范围问题4.(2017·扬州上学期期中)已知函数f(x)=-kx无零点,则实数k的取值范围是.5.(2018·南通模拟)若函数f(x)=在其定义域上恰有两个零点,则正实数a的值为.6.(2017·苏北四市一模)已知函数f(x)=若函数f(x)的图象与直线y=x有3个不同的公共点,则实数a的取值集合为.7.(2016·镇江期末)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=kx-k至少有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围为.8.(2018·南通模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))-k有3个不同的零点,则实数k的取值范围是.9.(2017·浙江二模改编)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x)-a)有6个零点,则实数a的取值范围是.考向三有关零点的综合问题10.(2018·启东中学月考)若方程2sin2x+sin x-m=0在[0,2π)上有且只有两解,则实数m的取值范围为.11.(2017·如皋一模)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2,若y=f(cos x)在x∈[0,π]上有且仅有两个不同的零点,则实数a的取值范围为.12.(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)=x2+ax(a∈R),g(x)=(f'(x)为f(x)的导函数).若方程g(f(x))=0有四个不相等的实数根,则a的取值范围是.13.(2016·苏州期末)已知函数f(x)=|sin x|-kx(x≥0,k∈R)有且只有三个零点,若这三个零点中的最大值为x0,则=.14.(2017·江苏押题卷)对于实数a,b,定义运算“□”:a□b=设f(x)=(x-4)□,若关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R)恰有4个互不相等的实数根,则实数m的取值范围是.二、解答题15.(2016·苏州中学)已知函数f(x)=ax2+bx(a,b为常数,且a≠0)满足条件f(1-x)=f(1+x),且函数g(x)=f(x)-x只有一个零点.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求实数m,n(m<n),使得f(x)的定义域为[m,n]时,f(x)的取值范围是[3m,3n].16.(2016·北京卷改编)设函数f(x)=x3+ax2+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.17.(2018·启东中学月考改编)已知函数f(x)=a(2-x)e x,g(x)=(x-1)2.(1)若曲线y=g(x)的一条切线经过点M(0,-3),求这条切线的方程.(2)若关于x的方程f(x)=g(x)有两个不相等的实数根x1,x2,求实数a的取值范围.18.(2018·苏州调研改编)已知函数f(x)=(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(-x)+f(x)=e x-3在区间(0,+∞)上有实数解,求实数a的取值范围.19.(2016·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)已知函数f(x)=(x+k+1)·,g(x)=,其中k是实数.(1)若k=0,求不等式·f(x)≥·g(x)的解集;(2)若k≥0,求关于x的方程f(x)=x·g(x)的实数根的个数.20.(2017·海门中学第二学期调研)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知函数f(x)=ax3+3x ln x-a(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在x∈上有且只有一个极值点,求实数a的取值范围.专题五函数与方程1. 7【解析】作出函数f(x)在[-2,4]上的图象如图所示,则函数y=f(x)-1在[-2,4]上的零点个数即为f(x)的图象与直线y=1在[-2,4]上的交点的个数.由图象知,交点个数为7,即函数y=f(x)-1在[-2,4]上有7个零点.(第1题)2.【解析】因为f(x)=x2-2x+a(e x-1+e-x+1),所以f(2-x)=(2-x)2-2(2-x)+a[e2-x-1+e-(2-x)+1]=x2-4x+4-4+2x+a(e1-x+e x-1)=x2-2x+a(e x-1+e-x+1),所以f(2-x)=f(x),即直线x=1为f(x)的图象的对称轴.由题意知f(x)有唯一零点,所以f(x)的零点只能为x=1,所以f(1)=12-2×1+a(e1-1+e-1+1)=0,解得a=.3. 7【解析】根据题意,作出函数y=f(x)+1与y=log6(|x|+1)的部分图象如图所示,由图象知,函数y=f(x)+1与y=log6(|x|+1)的图象有7个不同的交点,所以原方程有7个不同的解.(第3题)(第4题)4.[-2,0)【解析】因为函数f(x)=-kx无零点,所以y=与y=kx没有交点,在同一平面直角坐标系中画出函数y=与y=kx的图象如图所示,由图象可知k∈[-2,0).5.【解析】易知函数f(x)在(-∞,0]上有一个零点,所以由题意得方程ax-ln x=0在(0,+∞)上恰有一解,即a=在(0,+∞)上恰有一解.令g(x)=,由g'(x)==0得x=e,当x∈(0,e)时,g(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,g(x)单调递减,所以a=g(e)=.6.{-20,-16}【解析】直线y=x与正弦曲线y=sin x恰有一个公共点,即原点O.依题意,只要y=x 与y=f(x)(x≥1)的图象有两个不同的公共点.令g(x)=f(x)-x=x3-9x2+24x+a,由g'(x)=3x2-18x+24=0,得x=2或4,所以易知g(x)在区间[1,2]上单调递增,在区间[2,4]上单调递减,在区间[4,+∞)上单调递增,依题意,当g(2)=0时,a=-20,此时两个公共点是(2,0)和(5,0);当g(4)=0时,a=-16,此时两个公共点是(1,0)和(4,0).其余情况均不符合题意.所以实数a的取值集合是{-20,-16}.7.∪(1,+∞)【解析】作出函数f(x)和直线y=kx-k的图象如图所示,且直线y=kx-k过定点(1,0),当直线y=kx-k过点时,直线的斜率最小,即k=-.当直线y=kx-k与函数f(x)=x2-x(x>0)的图象相切时有且仅有一个交点,交点即为切点(1,0),k=y'=1,故函数f(x)与直线y=kx-k至少有两个不同的交点时,k的取值范围为∪(1,+∞),即关于x的方程f(x)=kx-k至少有两个不相等的实数根,则实数k 的取值范围为∪(1,+∞).(第7题)8.(1,2]【解析】由题设知f(f(x))=作出函数f(f(x))的图象可知,当1<k≤2时,函数y=f(f(x))-k 有3个不同的零点.9.[-4,-1]【解析】由题可知,函数f(x)的图象如图所示,令f(x)-a=t,若要使y=f(f(x)-a)有6个零点,则由f(t)=0,解得t=0,1,5,所以有f(x)=a或f(x)=a+1或f(x)=a+5(a<a+1<a+5).对于上述方程,要满足条件,则其零点个数的可能性为2,2,2或1,2,3或3,3,0三种可能.若零点个数分别为2,2,2,则有-5<a<a+1<a+5<0或-5<a<a+1<0,1≤a+5<4,解得-4≤a<-1;若零点个数分别为1,2,3,由图知,若a+5=4,则a=-1,所以a+1=0,满足条件,所以a=-1;若a<-5,-5<a+1<0,0≤a+5<1,无解;若零点个数分别为3,3,0,则有0≤a<a+1<1,a+5>4,无解.综上可知,满足条件的实数a的取值范围是[-4,-1].(第9题)10.(1,3)∪【解析】根据题意,令m=2t2+t=2-,t=sin x∈[-1,1],作出函数m=2-的图象如图所示.所以当m=-或m∈(1,3]时,直线y=m与曲线y=2t2+t只有一个交点.当m=3时,t=1,方程2sin2x+sin x-m=0只有一解,所以要使方程2sin2x+sin-m=0在[0,2π)上有且只有两解,实数m的取值范围(1,3)∪.(第10题)11.【解析】已知函数f(x)=(x-1)e x-ax2,可得f'(x)=x(e x-2a),令x(e x-2a)=0,可得x=0或e x=2a,当a≤0时,函数f'(x)只有一个零点,并且x=0是函数f(x)的一个极小值点,并且f(0)=-1<0.若y=f(cos x)在x∈[0,π]上有且仅有两个不同的零点,也就是y=f(x)在x∈[-1,1]上有且仅有两个不同的零点,所以即可得a≤-.当a>0时,函数f(x)的两个极值点为x=0,x=ln2a,如果ln2a<0,因为f(0)<0,可知不满足题意;如果ln2a>0,则即解得a≤-,与a>0矛盾.综上,a≤-.12.(-∞,0)∪(2,+∞)【解析】由题意知g(x)=①若a=0,则g(x)=方程g(t)=0只有唯一的根t=0,令f(x)=0,得x=0,此时不满足有四个根的条件;②若a<0,方程g(t)=0存在两个根t1=0和t2=-a.分别令f(x)=0和f(x)=-a,解得x1=0,x2=-a和x3=,x4=,且x1≠x2≠x3≠x4,满足题意;③若a>0,方程g(t)=0存在两个根t1=0和t2=-.对于方程f(x)=t1=0,可解得存在两个根x1=0和x2=-a.欲使g(f(x))=0有四个根,则需方程f(x)=-有两个根,所以Δ=a2-4×=a2-2a>0,解得a>2,且此时x3≠x4≠x1≠x2,满足题意.综上可知,a的取值范围为(-∞,0)∪(2,+∞).13.【解析】令f(x)=0,得|sin x|=kx.当x≥0时,如图,作出函数y1=|sin x|和y2=kx的图象.若函数f(x)有且只有三个零点,则当x∈(π,2π)时,y2=kx与y1=-sin x相切,且x0为切点的横坐标,即(-sin x)'=,所以tan x0=x0,所以===.(第13题)(第14题)14.(-1,1)∪(2,4)【解析】由题意得f(x)=(x-4)□=画出函数f(x)的大致图象如图所示.因为关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R),即f(x)=m±1(m∈R)恰有4个互不相等的实数根,所以两直线y=m±1(m∈R)与曲线y=f(x)共有4个不同的交点,则或或得2<m<4或-1<m<1.15.(1)因为二次函数f(x)=ax2+bx满足条件f(1-x)=f(1+x),所以函数f(x)的图象的对称轴方程是x=1,所以-=1,即b=-2a.因为函数g(x)=f(x)-x只有一个零点,即ax2-(2a+1)x=0有两个相等的实数根,所以Δ=(2a+1)2=0,即a=-,b=1,所以f(x)=-+x.(2)①当m<n<1时,f(x)在[m,n]上单调递增,f(m)=3m,f(n)=3n,所以m,n是-+x=3x的两根,解得m=-4,n=0.②当m≤1≤n时,3n=,解得n=,不符合题意.③当1<m<n时,f(x)在[m,n]上单调递减,所以f(m)=3n,f(n)=3m,即-m2+m=3n,-n2+n=3m,两式相减得-(m2-n2)+(m-n)=3(n-m).因为m≠n,所以-(m+n)+1=-3,所以m+n=8.将n=8-m代入-m2+m=3n,得-m2+m=3(8-m),此方程无解.所以m=-4,n=0时,f(x)的定义域和值域分别是[m,n]和[3m,3n].16.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f'(x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c,f'(0)=b,所以曲线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)=x3+4x2+4x+c,所以f'(x)=3x2+8x+4.令f'(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-.当x变化时,f(x)与所以当c>0且c-<0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.17.(1)方法一:设经过点M(0,-3)的切线与曲线y=g(x)相切于点Q(t,(t-1)2),由g(x)=(x-1)2得g'(x)=2(x-1),所以该切线方程为y-(t-1)2=2(t-1)(x-t).因为该切线经过M(0,-3),所以-3-(t-1)2=2(t-1)(-t),解得t=±2,所以切线方程为2x-y-3=0或6x+y+3=0.方法二:由题意得曲线y=g(x)的切线的斜率一定存在,设所求的切线方程为y=kx-3,由得x2-(2+k)x+4=0,因为切线与抛物线相切,所以Δ=(2+k)2-16=0,解得k=2或k=-6,所以所求的切线方程为2x-y-3=0或6x+y+3=0. (2)由f(x)=g(x)得g(x)-f(x)=0.设h(x)=g(x)-f(x)=a(x-2)e x+(x-1)2,则h'(x)=a(x-1)e x+2(x-1)=(x-1)(a e x+2),由题意得函数h(x)恰好有两个零点.①当a=0,则h(x)=(x-1)2,h(x)只有一个零点1.②当a>0时,由h'(x)<0得x<1,由h'(x)>0得x>1,即h(x)在(-∞,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,而h(1)=-a e<0,h(2)=1,所以h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,且该零点在(1,2)上.取b<0,且b<ln,则h(b)>(b-2)+(b-1)2=b>0,所以h(x)在(-∞,1)上有唯一零点,且该零点在(b,1)上,所以a>0时,h(x)恰好有两个零点.③当a<0时,由h'(x)=0得x=1或x=ln,若a=-,h'(x)=-(x-1)(e x-e)≤0,所以h(x)在R上至多有一个零点,且在(1,+∞)上.若a<-,则ln<1,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,即h(x)在(1,+∞)上单调递减.又h(1)=-a e>0,所以h(x)在(1,+∞)上至多有一个零点.当x∈(-∞,1)时,h(x)在上单调递增,在上单调递减,又h=-2+=+1>0,所以h(x)在上无零点.若a>-,则ln>1,又当x≤1时,h(x)≥h(1)=-a e>0,所以h(x)在(-∞,1)上无零点.当x∈时,h'(x)>0;当x∈时,h'(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.又h=-2+=+1>0.所以h(x)在上无零点,在上至多有一个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).18.(1)当a=2时,f(x)=当x<0时,f(x)=-x3+x2,则f'(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f'(x)=0,解得x=0或x=(舍去),所以x<0时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减.当x≥0时,f(x)=e x-2x,f'(x)=e x-2,令f'(x)=0,解得x=ln2,当0<x<ln2时,f'(x)<0;当x>ln2时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,且f(0)=1>0.综上,函数f(x)的减区间为(-∞,0)和(0,ln2),增区间为(ln2,+∞).(2)设x>0,则-x<0,所以f(-x)+f(x)=x3+x2+e x-ax,由题意知x3+x2+e x-ax=e x-3在(0,+∞)上有解,等价于a=x2+x+在(0,+∞)上有解.记g(x)=x2+x+(x>0),则g'(x)=2x+1-==.令g'(x)=0,因为x>0,所以2x2+3x+3>0,故解得x=1.当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故函数g(x)在x=1处取得极小值也是最小值g(1)=5.要使方程a=g(x)在(0,+∞)上有解,当且仅当a≥g(x)min=g(1)=5.综上,满足题意的实数a的取值范围为[5,+∞).19.(1)当k=0时,f(x)=(x+1),g(x)=.由得x≥0.此时,原不等式为(x+1)x≥(x+3),即2x2+x-3≥0,解得x≤-或x≥1,所以原不等式的解集为[1,+∞).(2)由方程f(x)=x·g(x),得(x+k+1)=x.①由得x≥k,所以x≥0,x-k+1>0.方程①两边平方,整理得(2k-1)x2-(k2-1)x-k(k+1)2=0(x≥k).②当k=时,由②得x=,所以原方程有唯一解.当k≠时,由②得判别式Δ=(k+1)2(3k-1)2,(i)当k=时,Δ=0,方程②有两个相等的实数根x=>,所以原方程有唯一的解.(ii)当0≤k<且k≠时,方程②整理为[(2k-1)x+k(k+1)]·(x-k-1)=0,解得x1=,x2=k+1.由于Δ>0,所以x1≠x2,其中x2=k+1>k,x1-k=≥0,即x1≥k.故原方程有两个解.(iii)当k>时,由(ii)知x1-k=<0,即x1<k,故x1不是原方程的解.又x2=k+1>k,故原方程有唯一解.综上所述,当k≥或k=时,原方程有唯一解;当0≤k<且k≠时,原方程有两个解.注:(ii)中,另解:故方程②的两个实数根均大于k,所以原方程有两个解.20.(1)当a=0时,f(x)=3x ln x,所以f'(x)=3(ln x+1).令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=时,f(x)有极小值f=-.(2)方法一:设g(x)=f'(x)=3(ax2+1+ln x),D=.由题意,g(x)在D上有且只有一个零点x0,且x0两侧g(x)异号.①当a≥0时,g(x)在D上单调递增,且g(x)>g≥0,所以g(x)在D上无零点.②当a<0时,在(0,+∞)上考察g(x).g'(x)=,令g'(x)=0,得x1=.所以g(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.(i)当g(e)·g<0,即(a e2+2)·<0,即-<a<0时,g(x)在D上有且只有一个零点x0,且在x0两侧异号.(ii)令g=0,得=0,不成立.(iii)令g(e)=0,得a=-,所以=∈D,g=g=3=3>0,又因为g=<0,所以g(x)在D上有且只有一个零点x0,且x0两侧g(x)异号.综上所述,实数a的取值范围是.方法二:令f'(x)=3(ax2+1+ln x)=0,得-a=.设h(x)=,由h'(x)=-,令h'(x)=0,得x0=∈,当x∈(x0,e)时,h'(x)<0,所以h(x)在(x0,e)上为减函数;当x∈时,h'(x)>0,所以h(x)在上为增函数,所以x0为h(x)的极大值点.又h=0,h(e)=,h(x0)=e,所以0<-a≤或-a=e,即-≤a<0或a=-e.当a=-e时,f'(x)=3.设m(x)=-e x2+1+ln x,则m'(x)=-e x+==,令m'(x)=0,得x=.当x∈时,m'(x)>0,所以m(x)在上为增函数;当x∈(,e)时,m'(x)<0,所以m(x)在(,e)上为减函数.所以m(x)≤m()=0,即f'(x)≤0在上恒成立,所以f(x)在上单调递减.所以当a=-e时,f(x)在上不存在极值点.所以实数a的取值范围是.。

2020届江苏高考数学(理)总复习讲义：函数与导数的综合问题

考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点一一多角探明［锁定考向］用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一. 常见的命题角度有： (1) 求函数零点或零点个数；(2) 已知函数零点个数求参数的值或范围.［题点全练］角度一：求函数零点或零点个数1.已知函数f(x)= ax + In x + 1,讨论函数f(x)零点的个数. 解：法一：函数 f(x)的定义域为(0,),由 f(x)= ax + In x + 1= 0,得 In x =- ax — 1,令u(x)= In x , v (x)=— ax — 1,则函数v (x)的图象是过定点(0, — 1)，斜率k = — a 的直线. 当直线y = kx — 1与函数u(x)= In x 的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为 P(x o , y o ),1 u x o = x 0= k ， y o = In v vi vii viii ix x o , y o = kx o — 1,v k v 1时，函数f(x)有2个零点.即当a v — 1时，函数f(x)没有零点；当a =— 1或a > o 时，函数f(x)有1个零点；当 —1v a v o 时，函数f(x)有 2个零点.法二：函数f(x)的定义域为(o ,+ a ),由 f(x) = ax + In x + 1 = o ,得 a =—In x+1…， In x令 g(x)=—(x > o)，贝U g (x)= _r. x x当 o v x v 1 时，g ' (x) v o ；当 x > 1 时，g ' (x)>o ,故函数g(x)在(o,1)上单调递减，在(1 ,+a )上单调递增，g(x)min = g(1) = — 1,第四节函数与导数的综合问题x o = 1, 解得k = 1,y o = o ,所以当k >1时，函数f(x)没有零点；当 k = 1或k w o 时，函数f(x)有1个零点；当0In x +1x由于 g 1 = 0, X T +8时，g(x)T 0,所以当 0v x v 1时，g(x)>o ,当 X >1时，g(x)v 3 e e0.所以当a v — 1时，函数f(x)没有零点；当a =- 1或a >0时，函数f(x)有1个零点；当一1v a v 0时，函数f(x)有2个零点.角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围— 2. (2019 徐州调研股函数 f(x)=— X 2+ ax + In x(a € R )，若函数 f(x)在-，零点，求实数a 的取值范围.解：令 f(x)=— x 2+ ax + In X = 0，得 a = X — In -X ,，其中 X € 3，3，21 — In xx + In X — 1 1 z,则 g (X )= 1 — -2 = -2 ，令 g' (X )= 0,得 X = 1，当-< -v 1 时，g (X )v— — 3 0;当 1 v X w 3 时，g ' (X )> 0，••• g(x)的单调递减区间为 j ，1，单调递增区间为(1,3］，二 g(-)min = g(1) = 1，T 函数 f(x)在 1，3 上有两个零点，gg i= 3ln 3 + 3, g(3)= 3—罟 1 e In 33In 3+3>3— T ，•实数a 的取值范围是1, 3 —罟.［通法在握］函数的零点个数也就是函数图象与X 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题•对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数.⑵分离参数，将问题转化为：求直线 y = a 与函数y = f(x)的图象交点个数问题.［演练冲关］1.设函数f(x) = In X + m , m € R .讨论函数g(x) = f ' (X ) — £零点的个数. 解：由题设，g(x)= f ' (X ) — -= 1 —马―3(X >0), 令 g(x)= 0，得 m =— 3-3 + X(X >0).3 设 0(x)= — 1X 3+ -(- > 0),则 / (X )=— X 2+ 1=— (X — 1)(X + 1),3上有两个令 g(-)= X —皿 X当x € (0,1)时，/ (x)> 0, 0(x)在(0,1)上单调递增；当x € (1 ,+s)时，/ (x) V 0, ©(X)在(1 ,+^)上单调递减. 所以x = 1是以x)的极大值点，也是0(x)的最大值点.2所以$(x)的最大值为以1) = §.由0(0) = 0,结合y=以x)的图象(如图),2可知①当m> 2时，函数g(x)无零点；32②当m= 3时，函数g(x)有且只有一个零点；2③当0V m V 3时，函数g(x)有两个零点；④当m w 0时，函数g(x)有且只有一个零点. 综上所述，当m>彳时，函数g(x)无零点；当m= 3或m w 0时，函数g(x)有且只有一个零点;3ln；+ o上单调递增, f(x)的最小值为f In* =1 —In〕—2a= 1 + In a —2a. a当a > 0时，令1f' (x) = 0,得x= In1，函数af(x)在——ooIna上单调递减，在1已知函数f(x)= In x—qax2+ x, a € R.(1)当a= 0时，求函数f(x)的图象在(1, f(1))处的切线方程；-J~5— i⑵若a=—2，正实数x i, x2满足f(x0 + f(x2)+ x i x2= 0,求证：X t+ x2》一i 解：(1)当a= 0 时，f(x)= In x+ x,则f(1) = 1，所以切点为(1,1)，又因为f ' (x) =1+ 1, 所以切线斜率k= f' (1) = 2,故切线方程为y— 1 = 2(x —1)，即2x —y— 1 = 0.2(2)证明：当a=—2 时，f(x) = In x+ x + x(x> 0).由快)+ f(X2)+ X1X2= 0,得In x1+ x1+ x1+ In x2+ x2+ x2+ x1x2= 0,2从而(X1+ X2) +(X1 + X2)= X1X2—In(X1x2),令t= X1X2，设以t) = t—In t(t> 0),1 t—1贝y / (t)= 1-1= -^,易知y t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1 ,+s)上单调递增，所以0(t)A以1) = 1, 所以(X p + x2)2+ (x1+ X2)> 1 ,因为x1>0, x2>0,所以x1+ x2A ；1成立.［由题悟法］破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.［提醒］变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题. 若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决.［即时应用］已知函数f(x)= In x+ a.(1)求f(x)的最小值；⑵若方程f(x)= a有两个根X1, X2(X1< X2),求证：X1 + X2> 2a.解：(1)因为 f ' (x) =-a 2 = (x > 0), XX X ' 八所以当a < 0时，f ' (x)>0, f(x)在(0,+s )上单调递增，函数 f(x)无最小值. 当a >0时，f(x)在(0, a)上单调递减，在(a ,+^)上单调递增. 函数f(x)在x = a 处取最小值f(a) = In a + 1. ⑵证明：若函数 y = f(x)的两个零点为x i , X 2(x i <X 2), 由(1)可得 0< x 1< a v x 2.令 g(x)= f(x) — f(2a — x)(0< x < a), 一 11 n则g ' (x)=(x —a)賣—丽石所以 g(x)在(0, a)上单调递减，g(x)>g(a)= 0,即 f(x) > f(2a — x).令 x = X 1< a ,贝U f(x 1)>f(2a — X 1)，所以 f(x 2)= f(x 1) >f(2a — X 1), 由(1)可得f(x)在 (a , + a )上单调递增，所以 X 2> 2a — X 1,故 x 1+ x 2>2a.考点三利用导数研究探索性问题重点保分型考点一一师生共研［典例引领］2 2(2018 泰州调研)已知 f(x)= x + ax — In x + e , g(x)= x + e. (1)若a =— 1，判断是否存在X 0>0，使得f(x g )< 0,并说明理由；(2)设h(x)= f(x)— g(x)，是否存在实数 a ,当x € (0, e ］(e = 2.718 28…为自然常数)时, 函数h(x)的最小值为3,并说明理由.解：(1)不存在X 0> 0,使得f(x °)< 0.理由如下：当 a =— 1 时，f(x) = x 2 — x — In x + e , x € (0，+ a ),f ' (x), f(x)随x 的变化情况如下表:当x = 1时，函数f(x)有极小值，f(x)极小值=f(1) = e , 此极小值也是最小值，故不存在X 0> 0,使得f(X 0) < 0.2224a x — a ,~2 2< 0,x 2a — x ' 则 g ' (x)= (x — a) -z —1f ' (x)= 2x — 1 — X =x — 1 2x + 1x .(2)因为f(x)= x + ax—In x + e, g(x)= x + e, 所以h(x)= f(x)—g(x)= ax—In x,1 则 h ' (x)= a — -.假设存在实数 a ,使h(x)= ax — In x(x € (0, e ］)有最小值3. (i )当 a w 0 时，h ' (x)v 0, 所以h(x)在(0, e ］上单调递减，4h(x)min =h(e)= ae — 1 = 3, a = -，不符合题意.e(ii )当 a >0 时，1 1①当 0 v a w 时， > e , h ' (x)< 0 在(0, e ］上恒成立,e a 所以h(x)在(0, e ］上单调递减，4h(x)min = h(e)= ae — 1 = 3, a =：,不符合题意. 1 1②当 a >一时，0v — v e , e a所以解得 a = e 7>8.e综上所述，存在a = e 2,使x € (0, e ］时，h(x)有最小值3.［由题悟法］解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在. (1) 当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2) 当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3) 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径.［即时应用］7 是否存在实数a ,使得对任意x € (0,1) U (1 ,+^ ), f(x) > . x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出 a 的值并加以证明.8 当a = 2时，求曲线 y = f(x)在点(2, f(2))处的切线方程；当0v xv寸时，h(x) v 0, h(x)在0, 1上单调递减;1当一< x v e 时，h a(x)> 0, h(x)在右e 上单调递增, x ——a已知函数f(x)=x —",其中a 为实数.h(x)min =1 + ln a = 3,由①知当 x > 1 时,h ' (x)>0, h(x)在(1,+ 所以当 x > 1 时，h(x)>h(1)= 0, 所以g ':> 0, 2#x所以g(x)在 (1, + g )上单调递增, 所以 g(x)> g(1) = 1, 所以a w 1.解:(1)当 a = 2 时，f(x) =x - 2 In x xln x — x + 2 ,1 f (x)= x In x 2 ，f (2) =1^2,又 f(2) = 0,所以曲线y = f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 1y=耐x—2).(2)①当 O v x v 1 时，In x v 0, x ——a则 in? > 近? a >x — T J X In x , 令 g(x)= x — -!x In x , 2 ”x — 2 — In x 则 g ' (x)= -------------------------- : -------再令 h(x)= 2 x — 2 — In x , 则 h '(x )=；-心,故当 0v x v 1 时，h ' (x)v 0,所以h(x)在(0,1)上单调递减, 所以当 0v x v 1 时，h(x)>h(1) = 0, 所以所以 g(x)在 (0,1)上单调递增, 所以 g(x)v g(1) = 1, 所以②当 x > 1 时，In x > 0, x — aIn x> x ? a v x —x.)上单调递增,综合①②得：a= 1.考点四新定义函数问题重点保分型考点一一师生共研［典例引领］2 _(2018南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f(x)= ax + cosx(a € R ).⑴若f(x)在x = 0处取得极小值，求a 的取值范围；⑵设函数h(x)的定义域为 D ,区间(m ,+^ )? D ，若h(x)在(m ,+^ )上是单调函数, 则称h(x)在D 上广义单调.试证明函数y = f(x)- xln x 在(0,+^ )上广义单调.解：(1)因为 f ' (x) = 2ax — sin x , 令 g(x)= 2ax — sin x , 贝U g ' (x)= 2a — cosx.① 当a > *时，g ' (x) > 1 — cosx > 0，所以函数f ' (x)在R 上单调递增. 若 x >0,贝U f ' (x)>f ' (0) = 0; 若 x v 0,则 f ' (x) v f ' (0) = 0,所以f(x)在(0,+^)上单调递增，在(—a, 0)上单调递减，所以f(x)在x = 0处取得极小值，符合题意.1② 当a < —彳时，g ' (x)< — 1 — cosx w 0,所以函数f ' (x)在 R 上单调递减. 若 x >0,贝U f ' (x) v f ' (0) = 0; 若 x v 0,则 f ' (x) >f ' (0) = 0,所以f(x)在(0,+ a )上单调递减，在(—a, 0)上单调递增，所以f(x)在x = 0处取得极大值，不符合题意.1 1③当一1 v a v 2时，？ X Q € (0, n ,使得 cosx o = 2a ，即 g ' (x °)= 0, 当 x € (0, X Q )时，cosx > 2a ,即 g' (x)v 0, 所以函数f '(X)在(0, X Q )上单调递减，所以 f ' (x)v f ' (0) = 0,即函数f ' (x)在 (0 , X Q )上单调递减，不符合题意. 综上所述，a 的取值范围是；，+ a ；2(2)证明：记 h(x) = ax + cosx — xln x(x > 0),1 1①若 a > 0,注意到 ln x v x ,贝U ln x 2 v x 2，即 ln x v 2 x. h ' (x)= 2ax — sin x — 1 — In x >2ax — 2 x — 2②若 a < 0,当 x > 1 时，h ' (x)= 2ax —sin x — 1 — ln x < — sin x — 1— ln x v 0.,函数h(x)在(m , + a )上单调递增.2a=2a 所以？ m =1 +2a1+，4a + 1 2 时, T > o.所以？m= 1，函数h(x)在(m,+g)上单调递减，综上所述，函数y= f(x)—xln x在区间(0, + g)上广义单调.［由题悟法］对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答.解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题.本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决.［即时应用］若在公共定义域D上，f i(x)v f(x)v f2(x),则称函数f(x)为函数f i(x), f2(X)的"D函数”.1 2 2(1) 已知函数f i(x) = 2x + 2x+ 4ln x, f2(x) = x + 2x+ 2,求证：在区间(0, +g )上，f i(x), f2(x)有“ D函数”；2 2 2 1 2(2) 已知a€ R,函数f(x)= ax + In x, t(x) = (a—1)x + ax+ (1 —a )in x, f2(x) = ?x + 2ax. 若在区间(1 ,+g )上，f(x)为f1(x), f2(x)的“ D函数”，求a的取值范围.解：(1)证明：设K(x)= f2(X)—f1(x) = ^x2—4ln x + 2,下证K(x)min > 0.K (x) = x —x= ，故K' (x)与K(x)随x的变化情况如下表:因为 4 —4ln 2>4—4ln e = 0,所以K(x)> 4—4ln 2 > 0.设R(x)= h(x)+ 入4 —4ln 2), 0 vN 1,则f1(x)v R(x)v f2(X).所以在区间(0, + g)上，f1(x), f2(x)有“D函数”.2 2(2)设H(x) = f1(x) —f(x) = —x + ax—a ln x,则在(1, + g)上，H(x)v 0.2因为H ' (x)99—2x2+ ax—a2(4x —a f+ 7a28x所以在(1 ,+g)上，H ' (x) v 0, H(x)是减函数, 所以H(x)v H(1)w 0，所以a w 1.设 P(x)= f(x)— f 2(x)= a — 2 X 2— 2ax + In x , 则在(1, + g )上，P(x)V 0. 若 a w £ 因为 P ' (x)= (2a — 1)x +1— 2a =x- 1 [ 2a - 1 x - 1]2 xx所以在(1 ,+g )上，P ' (x)v 0, P(x)是减函数，所以 P(x)v P(1)w 0.所以a > — 1，所以一a w 1.2 2 2 故所求a 的取值范围为—2, 11.1.已知函数 f(x)= In x + ax — a (a € R 且 a ^ 0). (1)讨论函数f(x)的单调性； ⑵当x € ", e 时，试判断函数g(x)= (In x — 1)e x + x — m 的零点个数.ax — 1解：(1)f ' (x)=厂(x >0), ax当a v 0时，f ' (x)>0恒成立，函数f(x)在(0,+g )上单调递增； ax — 1 1当 a >0 时，由 f ' (x)= ------ >0，得 x >1,ax ， a ax — 1 一1 由 f (x)= 丁 v 0,得 0 v x v ", axa函数f(x)在 a ‘+ g 上单调递增，在0,综上所述，当a v 0时，函数f(x)在(0, + g )上单调递增；当a > 0时，函数f(x)在；+ g 上单调递增，在 0,(2)当x € e e 时，函数g(x)= (In x — 1)e x + x — m 的零点个数，等价于方程 (In x — 1)e x+ x = m 的根的个数.令 h(x)= (In x — 1)e x + x ,所以P4a2a — 1> 1, 20—1 = In 4a -2a — 1> 0,矛盾.CZI 0 □1=1窗祠闵円即蘇顔區阪醯磁豳錮1上单调递减.1上单调递减.In x — 1 e x + 1.由(1)知当a = 1时，f(x)= In x + x — 1在e ，1上单调递减，在(1, e)上单调递增,•••当 x € ¥，e 时，f(x)> f(1) = 0.h ' (x)= 1 + In x — 1 e x + 1 >0+ 1>0,• h(x)min = h 1 =— 2e e + e ，1•••当m v — 2e e+ -或 m >e 时，函数g(x)在£, e 上没有零点;e i_e2.已知函数f(x)= xe x . (1)求f(x)的单调区间与极值; ⑵是否存在实数 a 使得对于任意的X 1, x ?€ (a ,+s )，且X j V x ?,恒有f x2 _ ： a >X 2 af x1— f a成立？若存在，求 a 的取值范围，若不存在，请说明理由. X 1— a解：(1)因为 f(x) = xe x ，所以 f ' (x)= (x + 1)e x . 令 f ' (x)= 0，得 x =— 1.当x 变化时，f ' (x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为(一8，— 1)，单调递增区间为(一1，+ m)，1f(x)有极小值f(—1)=—e ，无极大值.e⑵存在满足题意的实数 a.理由如下: fx 二f a = xe x -ae ax — ax — a"1 e ，e恒成立./• h(x) = (In x — 1)e x + x 在 x €"12 e 单调递增, h(x)max = h(e)= e.~1 "1一，e .e 当—2右J m < e 时，函数g(x)在1 有一个零点.令 g(x)=(x > a)，则fix2三a p~等价于g(x)在(a，+ )上单调递增.X2 —a X1 —a2x | a又 g ，(x )=x -ax -ae+ae,(X-a2记 h(x)= (x 2- ax - a)e x + ae a ,则 h ， (x)= [x 2 + (2 — a)x - 2a]e x = (x + 2) (x — a)e x ,故当a > - 2，且x >a 时，h ， (x)>0, h(x)在(a , + g )上单调递增.故h(x)> h(a)= 0，从而g ，(x)>0, g(x)在(a , + g )上单调递增，满足题意；另一方面，当 a v — 2,且a v x v — 2时，h ，(x) v 0, h(x)在(a , - 2)上单调递减. 故 h(x)v h(a)= 0,从而g ，(x)v 0, g(x)在(a ,- 2)上单调递减，不满足题意. 所以a 的取值范围为[-2,+ g ).3.已知函数f(x)= e x + ax + b(a , b € R )在x = 0处的导数值为 0. (1) 求实数a 的值；(2) 若f(x)有两个零点 x i , X 2，且x i V X 2, (i )求实数b 的取值范围；(ii )证明:x i + X 2< 0.解：(1)因为 f ' (x) = e x + a ,所以 f ，(0) = e 0+ a = 1 + a , 又 f ，(0) = 0，所以 a =- 1.(2)( i )因为 f(x)= e x -x + b ,所以 f ， (x)= e x - 1. 当 x € (-g, 0)时，f ，(x) v 0, f(x)单调递减；当 x € (0 ,+g )时，f ，(x) > 0, f(x)单调递增. 所以f(x)在 x = 0处取得极小值，也是最小值，且 f(0) = 1+ b.因为f(x)有两个零点 X 1, X 2, 所以 f(0) = 1 + b v 0,所以 b v- 1, 即实数b 的取值范围是(一g,- 1).(ii )证明：因为 f(X 1) = 0, f(X 2) = 0,所以 e X1 - X 1+ b = 0 ①，e x 2 — X 2 + b = 0 ②，由②一①得 e x 2— e X1 = x 2- x 1,l 卩 e X1 (e X2-X1 - 1) = x 2- x 1.令 X 2- X 1 = t , t > 0，贝U e %1 (e f - 1) = t ,e X1e X2v 1,即证 T 七•^v 1,e 一 1 e 一 1要证x 1+ x 2v 0，只需证所以e X1即证t2e t v (e t- 1)2，即证fe1- (e)2+ 2d— 1 v 0. 令m(t)= t2e t- (e t)2+ 2e t-1,则m，(t)= e t(t2+ 2t+ 2-2e t).令n(t) = t2+ 2t+ 2- 2e：贝U n ' (t)= 2t+ 2 —2e〔设g t) = 2t+ 2 —2e：则当t>0 时，/ (t)= 2 —2e t< 0,所以当t>0时，g t)单调递减，因为g O) = 0，所以当t>0 时，g t)< 0，贝U n ' (t)< 0,所以当t>0时，n(t)单调递减，又n(0) = 0,所以当t>0 时，n(t)< 0，贝U m' (t)< 0,所以当t>0时，m(t)单调递减，因为m(0)= 0,所以当t> 0时，m(t)< 0.综上可知，原式得证.4.若对任意实数k, b都有函数y= f(x)+ kx+ b的图象与直线y= kx+ b相切，则称函数f(x)为"恒切函数”，设函数g(x)= ae x—x —pa, a, p€ R(1) 讨论函数g(x)的单调性；(2) 已知函数g(x)为“恒切函数”.①求实数p的取值范围；②当p取最大值时，若函数h(x) = g(x)e x—m为“恒切函数”，求证：0w m< ^.16(参考数据：e3-20)解：(1)g' (x)= ae x—1,当a w 0时，g' (x)< 0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；当a>0 时，由g' (x)> 0,得x>—ln a;由g' (x)< 0，得x<—ln a,所以函数g(x)在(—a,—ln a)上单调递减，在(—In a,+)上单调递增.综上，当a w 0时，函数g(x)在R上单调递减；当a>0时，函数g(x)在(—a ,—ln a) 上单调递减，在(—In a,+a)上单调递增.⑵①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y= f(x) + kx+ b的图象与直线y= kx+ b相切，设切点为(x0, y()),贝y f' (x o) + k = k且f(x())+ kx o+ b= kx°+ b,即卩f(x°) = 0, f(x o) = 0.因为函数ax)为“恒切函数”，所以存在x0,使得g' (X o) = 0, g(x o) = 0 ,ae' —x0—pa= 0,—x x即' 解得a= e 0>0, p= e* (1 —x°).川—1= 0,设m(x)= e x(1 —x),贝U m' (x)=—xe x,由m' (x)< 0,得x>0 ;由m' (x)> 0，得x< 0,故函数m(x)在(—a, 0)上单调递增，在(0 , + a )上单调递减，从而m(x)max = m(0) = 1 ,故实数p的取值范围为(一a, 1].②证明：由①知当p取最大值时，p= 1, a = 1,故h(x)= (e x—x— 1)e x—m,则h ' (x)= (2e x—x —2)e x.因为函数h(x)为“恒切函数”，故存在x o，使得h (x o) = 0, h(x o) = 0,由h '(X。

江苏专用2020年高考数学一轮复习考点导数的应用必刷题含解析

考点14 导数的应用1．（江苏省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查二）已知e 为自然对数的底数，函数()2x f x e ax =-的图像恒在直线32y ax=上方，则实数a 的取值范围为_______．【答案】(12,0e -⎤-⎦【解析】因为函数()2x f x e ax =-的图像恒在直线32y ax =上方，所以x R ∀∈，232x e ax ax >-恒成立，即：232x e a x x >+⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立.当0a >时，若x →-∞，0x e →，232a x x ⎛⎫→+∞ ⎪⎝⎭+，不满足232x e a x x >+⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立.当0a =时，23020x e x x ⎛⎫⨯ ⎝>=⎪⎭+恒成立.当0a <时，不等式232x e a x x >+⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立等价于：2min312x x xa e ⎛⎫+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭<，记()232x x x e h x +=，则()()312xh x e x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=-，此时，()h x 在(),1-∞-上递减，在31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上递增，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，其简图如下：所以()()()()12min 131122e h x h e -+-⨯-=-==-，所以12a e <-，又0a <，解得：02e a -<<. 综上所述：02e a -<≤． 2．（江苏省苏州市2019届高三下学期阶段测试）若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a 的值为_____.【答案】【解析】当x≤0时，f （x ）＝x+2x ，单调递增，f （﹣1）＝﹣1+2﹣1＜0，f （0）＝1＞0，由零点存在定理，可得f （x ）在（﹣1，0）有且只有一个零点；则由题意可得x ＞0时，f （x ）＝ax ﹣lnx 有且只有一个零点，即有a 有且只有一个实根．令g （x ），g′（x ），当x ＞e 时，g′（x ）＜0，g （x ）递减；当0＜x ＜e 时，g′（x ）＞0，g （x ）递增．即有x ＝e 处取得极大值，也为最大值，且为，当x如图g （x ）的图象，当直线y ＝a （a ＞0）与g （x ）的图象。

(江苏专用)2020高考数学专题五函数、不等式与导数第一讲小题考法——函数课件

周期利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把性不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解
对称利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另性一对称区间上研究
考点(二) 基本初等函数
主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的性质问题.
[题组练透]
1 ． (2018·南通检测 ) 已知幂函数 f(x) ＝ x α ，其中 α ∈
答案：(－2，2－2 3)
2．(2019·江苏高考)设f(x)，g(x)是定义在R上的两个周期函数，
f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数．当x∈(0， k（x＋2），0<x≤1，
2]时，f(x)＝ 1－（x－1）2 ，g(x)＝－12，1<x≤2，其中k>0.若在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)＝g(x)有8个不
设切点为(x0，ln
x0)，则切线斜率为k＝
1 x0
，又k＝
ln
x0－2，则 1 ＝ln
x0
x0
xx00－2，解得x0＝e3，此时k＝e13；
当k<0时，当y＝kx＋2与曲线y＝
x＋2 x＋1
相切于点(0，2)
时，k＝－1，函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图象只有3个公共
点，不符合题意，
当－1<k<0时，函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图象只有3个公
k
共点：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，则 (xi＋yi)
i＝1
＝________．解析：如图，函数 y＝22x＋x＋11与函数 y＝x＋x 1的
图象都关于点(0，1)成中心对称，所以它们的

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题 (学生版) 2025年高考数学一轮复习考点通关卷(新高考通用

专题突破卷05 导数中的极值点偏移问题题型一极值点偏移解决零点问题1．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点12,x x ，且12x x <，则下列命题正确的是（）A ．1a >B ．122x x a +<C ．121x x ×<D ．2111x x a->-2．已知函数()ln 1f x x ax =+-有两个零点1x 、2x ，且12x x <，则下列命题正确的个数是（）①01a <<；②122x x a +<；③121x x ×>；④2111x x a->-；A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，()212x x x <，则下列说法：①函数()f x 有极大值点0x ，且1202x x x +>；②212e x x >；③1232x x a+>；④若对任意符合条件的实数a ，曲线()y f x =与曲线1y b x=-最多只有一个公共点，则实数b 的最大值为ln2.其中正确说法的有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个4．已知函数()ln x f x x =，对于正实数a ，若关于t 的方程()a f t f t æö=ç÷èø恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（）A ．()1,8B ．()2,8e C ．()8,+¥D ．()2,e +¥5．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法错误的是（）A ．2x =是()f x 的极小值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数1x ，2x ，且12x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>6．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有2个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若()()12f x f x =，则124x x +>7．已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x ×>；④有极小值点0x ，且1202x x x +<.则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个8．已知函数3()2f x x =+的图象与函数()g x kx =的图象有三个不同的交点11(,)x y 、22(,)x y 、33(,)x y ，其中123x x x <<．给出下列四个结论：①3k >；②12x <-；③232x x +>；④231x x >．其中正确结论的个数有（）个A ．1B ．2C ．3D ．49．已知()e x f x ax =-有两个零点12x x <，下列说法正确的是A ．e a C ．121x x ×>D ．有极小值0x 且1202x x x +>10．已知函数()2πcos f x x x a =++在()0,π上有两个不同的零点()1212,x x x x <，给出下列结论：①()10f x ¢<；②()20f x ¢>；③12πx x +<．其中错误结论的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．311．已知a b >，c d >，e e 1.0111a b a b ==++，()()1e 1e 0.99c dc d -=-=，则（）A ．0a b +C ．0a d +>D ．0b c +>12．已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（）A ．1(2,1)x Î--B ．2e (1,e )a ÎC ．120x x +<D ．232ex x +<题型二极值点偏移解决不等式问题13．已知函数()e xf x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在R 上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若过点()1,M m 恰有2条与曲线()y f x =相切的直线，则1e 1m -<<-14．关于函数2()ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．2x =是()f x 的极大值点B ．函数()y f x x =-有且只有1个零点C ．存在正整数k ，使得()f x kx >恒成立D ．对任意两个正实数12,x x ，且12x x ¹，若12()()f x f x =，则124x x +>15．设函数1cos ,0(),0e x x x f x x x -£ìï=í>ïî，下面四个结论中正确的是（）A ．函数在()0,1上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有一个零点C ．函数的值域为[]1,e -D ．对任意两个不相等的正实数12,x x ，若()()12f x f x =，则122x x +<16．已知函数()e xf x x =，()lng x x x =，则下列说法正确的是（）A ．函数()f x 与函数()g x 有相同的极小值B ．若方程()f x a =有唯一实根，则a 的取值范围为0a ³C ．若方程()g x a =有两个不同的实根12,x x ，则212x x a>D ．当0x >时，若()()12f x g x t ==，则12x x t =成立17．已知函数ln ()xf x x=，则（）A ．(2)(3)f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x ，2x ，则212ex x >C ．ln 2<D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >18．关于函数()2ln f x x x=+，下列说法正确的是（）A ．()f x 在()2,+¥上单调递增B ．+12,R x x "Î且21x x >，若()()12f x f x =，则124x x +>C ．R k +$Î，使得()f x kx >恒成立D ．函数()y f x x =-有且只有1个零点19．定义在R 上的函数()f x 满足()()e xf x f x =¢+，且()01f =，则下列说法正确的是（）A ．()f x 在2x =-处取得极小值B ．()f x 有两个零点C ．若0x ">，()f x k >恒成立，则1k <D ．若1x $，2R x Î，12x x ¹，()()12f x f x =，则124x x +<-20．宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抺驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，奇生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂t 小时后寄生虫的数量大致符合函数()()()47e 50(0720),t f t t t f t -=-+¢£<为()f t 的导数，则下列说法正确的是（）A ．驱虫剂可以杀死所有寄生虫B ．()100f ¢表示100t =时，奇生虫数量以10052e -的速度在减少C ．若存在,,a b a b ¹，使()()f a f b =，则96a b +<D ．寄生虫数量在48t =时的瞬时变化率为021．已知()()12()ln ,f x x x f x f x ==且12x x ¹，则（）A ．1212ex x +>B ．1212ex x +<C1e>D1e<22．已知关于x 的方程e 0x x a -=有两个不等的实根12,x x ，且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1e 0a --<D ．11e 0xx +<23．已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()ln f x 在()1,+¥上是增函数B ．1x ">，不等式()()2ln f ax f x ³恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()g x t =有两个根1x ，1x ，则121x x ×>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e24．已知2.86ln ln a ba b==，ln ln 0.35c c d d ==-，a b <，c d <，则有（）A ．2e a b +C ．1ad <D ．1bc >题型三极值点偏移解决双变量问题25．已知函数 ()()2e xx f x g x x ax ==+，，且曲线()y f x =在()0,0处切线也是曲线()y g x =的切线．(1)求a 的值；(2)求证：()()f x g x £；(3)若直线y k =与曲线()y f x =有两个公共点()11,A x y ，()22,B x y ，与曲线()y g x =有两个公共点()()33,C x g x ，()()44,D x g x ，求证：12341x x x x +++>26．已知函数()()2e ln 1xf x a x a -=+-ÎR ．(1)若函数()f x 在()0,¥+上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <，且21x x 的最大值为2e ，求证：2122e 1e 1x x ++£-．27．已知函数()22ln 1f x x x x =-+．(1)证明：()1f x <；(2)若120x x <<，且()()120f x f x +=，证明：122x x +>．28．设函数23115e ()e e (1),[0,)232x f x x x x =---+Î+¥．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)若12x x ¹，且()()126e f x f x +=，求证：122x x +<．29．已知函数()()1ln f x x x =+．(1)求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若关于x 的不等式()(1)f x m x >-在(1,)+¥上恒成立，求实数m 的最大值；(3)若关于x 的方程2()(1)10()f x ax a x a ++++=ÎR 有两个实根1x ，()212x x x ¹，求证：121123a a x x -<+<+．30．设()()()()1ln 1ln 0f x x x x a a =+-->.(1)若1a =，求函数()y f x =的图象在1x =处的切线方程；(2)若()0f x ³在 [)1,+¥上恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数()y f x =存在两个极值点1212x x x x (<)、，求证：122x x +>.31．已知函数()11e ,0axf x x a a a -æö=-+>ç÷èø.(1)若()f x 的极小值为-4，求a 的值；(2)若()()ln g x f x a x =-有两个不同的极值点12,x x，证明：12x x +>32．已知函数()e 1xf x ax =--.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当0a >时，若满足()()()1212f x f x x x =<，求证：122ln x x a +<；(3)若函数()()sin g x f x x =+，当0x ³时，()0g x ³恒成立，求实数a 的取值范围.33．已知函数()()2ln 2g x x ax a x =-+-（R a Î）．(1)求()g x 的单调区间；(2)若函数()()()212f x g x a x x =++-，()1212,0x x x x <<是函数()f x 的两个零点，证明：1202x x f +æö¢<ç÷èø．34．已知函数()23ln 4(0)f x x ax x a =+->.(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当12a =时，若方程()f x b =有三个不相等的实数根123,,x x x ，且123x x x <<，证明：314x x -<.35．已知常数0a >，函数221()2ln 2f x x ax a x =--.(1)若20,()4x f x a ">>-，求a 的取值范围;(2)若1x 、2x 是()f x 的零点，且12x x ¹，证明:124x x a +>.36．已知函数()()2ln R af x x x a x=+Î有两个零点()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：121x x +>．1．已知a b >，且e e 1.01a b a b -=-=，则下列说法正确的有（）①1b <-； ②102a << ；③0b a +<； ④1a b -<.A ．①②③B ．②③④C ．②④D ．③④2．已知函数()ln f x x x =-，过点()()1,1P b b >-作函数()f x 的两条切线,PA PB ，切点分别为,A B ，下列关于直线AB 斜率k 的正负，说法正确的是（）A ．0k D ．不确定3．关于函数()22ln x f x x x =++，下列说法错误的是（）A ．不存在正实数k ，使得()f x kx >恒成立B ．对任意12,(0,)x x Î+¥，若12x x <，有()2112()x f x x f x <C ．对任意121212()(),(0,1),()22x x f x f x x x f ++Î£D ．若正实数12,x x ，满足12()()4f x f x +=，则122x x +³4．已知函数()()()e ,e xxxf x x a ag x =+Î=R ，下列说法正确的是（）A ．若()()1212,x x g x g x ¹=，则122x x +>B ．若0a =，则“120x x +=”是“()()120f x g x +=”的充要条件C ．若不等式()()f x g x <恰有3个整数解，则实数a 的取值范围是22e e 212e ,e éö--÷êëøD ．若不等式()()f x g x <恰有2023个整数解122023,,x x x ×××，则()()20232023112023kkk k f x g x a==+=åå5．已知()()e e ,, 1.01,1e 1e 0.9911a bc d a b c d c d a b >>==-=-=++，则（）A ．0a b +>B ．0c d +>C ．0a d +>D ．0b c +>6．已知函数()e xf x x =，若120x x >>，则下列结论正确的是（）A ．2121()()f x f x x x ->-B ．1122()()x f x x f x +>+C ．1221()()x f x x f x >D ．若12()()f x f x -=-，则122x x +>7．已知函数()()e xf x x a bx =--，则下列结论正确的是（）A ．当1,2a b =-=时，()1f x ³恒成立B ．当1,a b R =Î时，()f x 必有零点C ．若()f x 有两个极值点12x x ､，则1224x x a +>-D ．若()f x 在R 上单调递增，则1a b +£8．已知函数()ln f x x x a =--有两个零点1x 、2x ，则下列说法正确的是（）．A ．1a >B ．121x x >C ．121x x <D ．122x x +>9．已知函数()ln xf x x=，则（）A ．()()25f f >B ．若()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，则212ex x <C．ln 2>D ．若23x y =，x ，y 均为正数，则23x y >10．关于函数f （x ）＝2x＋ln x ，则下列结论正确的是（）A ．x ＝2是f （x ）的极小值点B ．函数y ＝f （x ）－x 有且只有1个零点C ．对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1＋x 2＞4D ．存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立11．已知函数()2ln 2a f x x x x =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（）A ．a 的取值范围为（－∞，1）B ．122x x +>C ．12112x x +>D ．2111x x a->-12．已知关于x 的方程ln 0x x a -=有两个不等的正根1x ，2x 且12x x <，则下列说法正确的有（）A ．1ea -<C ．122x x a +<-D ．1x a<-13．设函数1,0()cos ,0x xx f x e x x -ì>ï=íï£î，下列四个结论中正确的是（）A ．函数()f x 在区间[),1p -上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有两个零点C ．函数()f x 的值域是[]1,1-D ．对任意两个不相等正实数12,x x ，若12()()f x f x =，则122x x +>14．已知函数()e x f x x a =-，则下面结论成立的是（）A ．当10ea <<时，函数()0f x =有两个实数根B ．函数()0f x =只有一个实数根，则0a £C ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则122x x +>D ．若函数()0f x =有两个实数根1x ，2x ，则123x x +>15．已知函数()e x x m f x +=的极大值点为0，则实数m 的值为；设12t t ¹，且211212ln ln t t t t t t -=-，不等式12ln ln l +>t t 恒成立，则实数l 的取值范围为．16．已知函数()2ln ,R f x x x ax x a =-+Î．(1)若函数()f x 是减函数，求a 的取值范围；(2)若()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >，证明：1228e x x >．17．已知函数()2ln ,R a f x x a x=+Î．若函数()f x 有两个不相等的零点12,x x ．(1)求a 的取值范围；(2)证明：124x x a +>．18．已知函数()ln f x x x a =--有两个不同的零点12,x x .(1)求实数a 的取值范围；(2)求证：122x x +>.19．已知函数ln ()a x a f x x +=．(1)讨论()f x 的极值；(2)若()()2112e e x xx x =（e 是自然对数的底数），且1>0x ，20x >，12x x ¹，证明：122x x +>．20．已知函数()()()2ln 3,0f x x a x x a a =+-->.(1)当1x ³时，()0f x ³，求a 的取值范围.(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，证明：12122e x x -+>.。

专题05 函数的基本性质 -巅峰冲刺江苏省2020年高考数学一轮考点扫描(文理通用)

专题05 函数的基本性质【名师预测】函数的奇偶性、单调性、周期性及最值问题是江苏高考考试中的重点考点，经常是以综合性考题出现，近几年出现在填空题9-11题，难度中等，对于考生来说，属易错题型，加强函数与方程思想、转化与化归思想的应用意识，需细心谨慎。

【知识精讲】一．函数的单调性 1．单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f (x )的定义域为I ：如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值x 1，x 2当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是单调增函数当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是单调减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的设12,[,]x x a b ∈，12x x ≠.若有()()1212()0[]x x f x f x ->-或1212()()0f x f x x x ->-，则()f x 在闭区间[],a b 上是增函数；若有()()1212()0[]x x f x f x --<或1212()()0f x f x x x -<-，则()f x 在闭区间[],a b 上是减函数.此为函数单调性定义的等价形式. 2．单调区间的定义如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．注意：（1）单调性是与“区间”紧密相关的概念，一个函数在不同的区间上，可以有不同的单调性，同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．（2）函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论，所以求函数的单调区间，必须先求函数的定义域．（3）“函数的单调区间是A ”与“函数在区间B 上单调”是两个不同的概念，注意区分，显然B A ⊆. （4）函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制．例如函数1y x=分别在(－∞，0)，(0，＋∞)内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域，即(－∞，0)∪(0，＋∞)内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)． 3．函数单调性的常用结论（1）若()(),f x g x 均为区间A 上的增(减)函数，则()()f x g x +也是区间A 上的增(减)函数；（2）若0k >，则()kf x 与()f x 的单调性相同；若0k <，则()kf x 与()f x 的单调性相反；（3）函数()()()0y f x f x =>在公共定义域内与()y f x =-，1()y f x =的单调性相反；（4）函数()()()0y f x f x =≥在公共定义域内与y =（5）奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反；（6）对勾函数的单调性：by ax x =+（0a >，0b >）的单调性：在,⎛-∞ ⎝和⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，在⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭和⎛ ⎝上单调递减．二．函数的最值注意：（1）函数的值域一定存在，而函数的最值不一定存在；（2）若函数的最值存在，则一定是值域中的元素；若函数的值域是开区间，则函数无最值，若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值. 三．函数的奇偶性1．函数奇偶性的定义及图象特点判断()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）．2．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()00f =．（4）若函数()f x 是偶函数，则()()()f x f x fx -==．（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）掌握一些重要类型的奇偶函数：①函数()xxf x a a -=+为偶函数，函数()xxf x a a -=-为奇函数．②函数()2211x x x x x x a a a f x a a a ----==++（0a >且1a ≠）为奇函数．③函数()1log 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．四．函数的周期性 1．周期函数对于函数f (x )，如果存在一个非零常数T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有 f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函数f (x )为周期函数，称T 为这个函数的周期． 2．最小正周期如果在周期函数f (x )的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f (x )的最小正周期．注意：若不特别说明，T 一般都是指最小正周期，且并不是所有周期函数都有最小正周期. 3．函数周期性的常用结论设函数()y f x =，0x a ∈>R ，.（1）若()()f x a f x a =+-，则函数的周期为2a ；（2）若()()f x a f x +=-，则函数的周期为2a ；（3）若1()()a x f x f =+，则函数的周期为2a ；（4）若1()()f a x x f =-+，则函数的周期为2a ；（5）函数()f x 关于直线x a =与x b =对称，那么函数()f x 的周期为2||b a - ；（6）若函数()f x 关于点(),0a 对称，又关于点(),0b 对称，则函数()f x 的周期是2||b a -；（7）若函数()f x 关于直线x a =对称，又关于点(),0b 对称，则函数()f x 的周期是4||b a -；（8）若函数()f x 是偶函数，其图象关于直线x a =对称，则其周期为2a ；（9）若函数()f x 是奇函数，其图象关于直线x a =对称，则其周期为4a . 五．函数的图象（1）描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：①确定函数的定义域；化简函数的解析式；讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性)； ②列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点)； ③描点，连线．（2）图象变换平移变换①y ＝f (x )的图象――――――――→a ＞0，右移a 个单位a ＜0，左移|a |个单位y ＝f (x －a )的图象； ②y ＝f (x )的图象――――――――→b ＞0，上移b 个单位b ＜0，下移|b |个单位y ＝f (x )＋b 的图象．对称变换①y ＝f (x )的图象――――――→关于x 轴对称 y ＝－f (x )的图象； ②y ＝f (x )的图象――――→关于y 轴对称 y ＝f (－x )的图象； ③y ＝f (x )的图象―――――→关于原点对称 y ＝－f (－x )的图象； ④y ＝a x (a ＞0且a ≠1)的图象――――――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的图象．伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象②y ＝f (x )的图象――――――――――――――――――――→a ＞1，纵坐标伸长为原来的a 倍，横坐标不变0＜a ＜1，纵坐标缩短为原来的a 倍，横坐标不变y ＝af (x )的图象．翻转变换①y ＝f (x )的图象―――――――――→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象；②y ＝f (x )的图象――――――――――――→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象． 2．函数图象的应用函数图象应用的常见题型及求解策略（1）利用函数图象确定函数解析式，要注意综合应用奇偶性、单调性等相关性质，同时结合自变量与函数值的对应关系．（2）利用函数图象研究两函数图象交点的个数时，常将两函数图象在同一坐标系内作出，利用数形结合求解参数的取值范围．（3）利用函数的图象研究不等式当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．（4）利用函数的图象研究方程根的个数当方程与基本函数有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程f (x )＝0的根就是函数f (x )的图象与x 轴交点的横坐标，方程f (x )＝g (x )的根就是函数f (x )与g (x )图象交点的横坐标.【典例精练】考点一函数单调性的判断例1．讨论函数f (x )＝xx 2－1在x ∈(－1,1)上的单调性．【解析】设－1＜x 1＜x 2＜1，则f (x 1)－f (x 2)＝12211222221212()(1)11(1)(1)x x x x x x x x x x -+-=----. ∵－1＜x 1＜x 2＜1∴ x 2－x 1＞0，x 1x 2＋1＞0，(x 21－1)(x 22－1)＞0∴ f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)，故函数f (x )在(－1,1)上为减函数．例2．已知函数f (x )＝a ＋22x －1(a ∈R)，判断函数f (x )的单调性，并用单调性的定义证明．【解析】f (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数，证明如下：函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在(0，＋∞)内任取x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，则f (x 2)－f (x 1)＝1221121122222121(21)(21)x x x x x x a a ++-+--=----. ∵0＜x 1＜x 2∴ 121122x x ++<，121x >，221x >∴1211220x x ++-<，1210x ->，2210x ->∴f (x 2)－f (x 1)＜0，即f (x 2)＜f (x 1) ∴f (x )在(0，＋∞)上为减函数同理可证f (x )在(－∞，0)上为减函数． ∴f (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数【方法点睛】1．定义法判断函数单调性的步骤取值作差商变形确定符号与1的大小得出结论2．导数法判断函数单调性的步骤求导函数确定符号得出结论考点二求函数的单调区间例3．函数f (x )＝log 2(x 2－4)的单调递增区间为________．【解析】令t ＝x 2－4＞0，解得x ＜－2或x ＞2，故函数f (x )的定义域为{x |x ＜－2或x ＞2}，且f (x )＝log 2t .利用二次函数的性质可得，t ＝x 2－4在定义域{x |x ＜－2或x ＞2}内的单调递增区间为(2，＋∞) ∴函数f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．故答案为：(2，＋∞).例4．函数f (x )＝－x 2＋2|x |＋1的单调区间为________．解：由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x ＜0，即22(1)2,0(1)2,0x x y x x ⎧--+≥⎪=⎨-++<⎪⎩. 画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．【方法点睛】确定函数的单调区间的3种方法注意：单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．考点三函数单调性的应用例5．函数21()log (2)3xf x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在区间[－1,1]上的最大值为________．【解析】∵13xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭和2log (2)y x =-+都是[－1,1]上的减函数∴21()log (2)3xf x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭是在区间[－1,1]上的减函数∴ 最大值为f (－1)＝3. 故答案为：3.例6．设函数f (x )定义在实数集R 上，它的图象关于直线x ＝1对称，且当x ≥1时，f (x )＝3x －1，则 f ⎝⎛⎭⎫13，f ⎝⎛⎭⎫32，f ⎝⎛⎭⎫23的大小关系为________________(用“＜”号表示)．【解析】由题设知，f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x ＜1时，f (x )单调递减，当x ≥1时，f (x )单调递增.∴ f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫1＋12＝f ⎝⎛⎭⎫1－12＝f ⎝⎛⎭⎫12 又∵13＜12＜23＜1∴ f ⎝⎛⎭⎫13＞f ⎝⎛⎭⎫12＞f ⎝⎛⎭⎫23，即f ⎝⎛⎭⎫13＞f ⎝⎛⎭⎫32＞f ⎝⎛⎭⎫23. 故答案为：f ⎝⎛⎭⎫23＜f ⎝⎛⎭⎫32＜f ⎝⎛⎭⎫13. 例7．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ＜2，x 2，x ≥2.若f (a ＋1) ≥ f (2a －1)，则实数a 的取值范围是________．【解析】易知函数f (x )在定义域(－∞，＋∞)上是增函数. ∵f (a ＋1) ≥ f (2a －1) ∴a ＋1 ≥ 2a －1 ∴ a ≤2.∴实数a 的取值范围是(－∞，2]．故答案为：(－∞，2]例8．已知函数(2) 11()1x a x x f x a x -+<⎧=⎨≥⎩，，满足对任意x 1＜x 2，都有f (x 1)＜f (x 2)成立，那么实数a 的取值范围是________．【解析】∵函数f (x )满足对任意x 1＜x 2，都有f (x 1)＜f (x 2)成立 ∴函数f (x )在定义域上是增函数 ∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＞0，a ＞1，2－a ＋1≤a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜2，a ＞1，a ≥32，∴32≤a ＜2. 故答案为：⎣⎡⎭⎫32，2.【方法点睛】函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)求函数最值(五种常用方法)(2)比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于填空题能数形结合的尽量用图象法求解．(3)解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．(4)利用单调性求参数的范围(或值)的方法①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．注意：①若函数在区间[a ，b ]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．考点四函数奇偶性的判断例9．判断下列函数的奇偶性：（1）f (x )＝1－x 2＋x 2－1；（2）f (x )＝3－2x ＋2x －3；（3）f (x )＝3x －3－x ；（4）f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3；（5）f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ＞0，x 2－x ，x ＜0.【解析】（1）由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0，得x ＝±1，则f (x )的定义域为{－1,1}．又∵ f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0，即f (x )＝±f (－x )． ∴ f (x )既是奇函数又是偶函数．（2）因为函数f (x )＝3－2x ＋2x －3的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，不关于坐标原点对称，所以函数f (x )既不是奇函数，也不是偶函数．（3）依题意得：f (x )的定义域为R ∴ f (－x )＝3－x －3x ＝－(3x －3－x )＝－f (x ) ∴ f (x )为奇函数（4）由⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0，|x ＋3|－3≠0，得－2≤x ≤2且x ≠0，则f (x )的定义域为[－2,0)∪(0,2].∴()f x === ∴ f (－x )＝－f (x ) ∴ f (x )是奇函数．（5）易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称.又当x ＞0时，f (x )＝x 2＋x ，则当x ＜0时，－x ＞0，故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x＜0时，f (x)＝x2－x，则当x＞0时，－x＜0，故f (－x)＝x2＋x＝f (x).∴f (x)是偶函数．【方法点睛】判定函数奇偶性的3种常用方法(1)定义法(2)图象法(3)性质法①设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．②复合函数的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”．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）判断分段函数的奇偶性应分段分别证明f(－x)与f(x)的关系，只有对各段上的x都满足相同的关系时，才能判断其奇偶性．考点五函数的周期性例10．已知f (x)是定义在R上周期为4的函数，且f (－x)＋f (x)＝0，当0＜x＜2时，f (x)＝2x－1，则f (－21)＋f (16)＝________.【解析】由f (－x)＋f (x)＝0，知f (x)是定义在R上的奇函数.∴f (0)＝0又∵f (x＋4)＝f (x)，且当0＜x＜2时，f (x)＝2x－1∴f (－21)＋f (16)＝f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝－(21－1)＝－1故答案为：－1.例11．已知f (x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x＜2时，f (x)＝x3－x，则函数y＝f (x)的图象在区间[0,6]上与x轴的交点个数为________．【解析】∵当0≤x＜2时，f (x)＝x3－x∴f (0)＝0∵f (x )是R 上最小正周期为2的周期函数 ∴f (6)＝f (4)＝f (2)＝f (0)＝0 又∵f (1)＝0 ∴f (3)＝f (5)＝0∴函数y ＝f (x )的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点个数为7. 故答案为：7.【方法点睛】1．判断函数周期性的2个方法 (1)定义法． (2)图象法．2．周期性3个常用结论(1)若()()f x a f x +=-，则T ＝2a ； (2)若1()()f x a f x +=，则T ＝2a ； (3)若1()()f x a f x +=-，则T ＝2a (a ＞0)．考点六函数性质的综合应用例12．函数f (x )在R 上为奇函数，且x ＞0时，f (x )＝x ＋1，则当x ＜0时，f (x )＝________. 【解析】∵f (x )为奇函数，x ＞0时，f (x )＝x ＋1∴当x ＜0时，－x ＞0，f (x )＝－f (－x )＝－(－x ＋1)，即x ＜0时，f (x )＝－(－x ＋1)＝－－x －1. 故答案为：－－x －1.例13．已知函数 f (x )在定义域[2－a,3]上是偶函数，在[0,3]上单调递减，且()22225a f m f m m ⎛⎫-->-+- ⎪⎝⎭，则实数m 的取值范围是________．【解析】∵函数f (x )在定义域[2－a,3]上是偶函数 ∴2－a ＋3＝0，即a ＝5.∴()22225af m f m m ⎛⎫-->-+- ⎪⎝⎭，即()()22122f m f m m -->-+-．由题意知偶函数f (x )在[－3,0]上单调递增，而－m 2－1＜0，－m 2＋2m －2＝－(m －1)2－1＜0.∴ 由()()22122f m f m m -->-+-，得22223103220122m m m m m m ⎧-≤--≤⎪-≤-+-≤⎨⎪-->-+-⎩∴ 1－ 2 ≤ m ＜12.故答案为：⎣⎡⎭⎫1－2，12. 例14．设f (x )是定义在R 上周期为4的奇函数，若在区间[－2,0)∪(0,2]上，,20()1,02ax b x f x ax x +-≤<⎧=⎨-<≤⎩，则f (2 018)＝________.【解析】设0＜x ≤ 2，则－2 ≤－x ＜0，f (－x )＝－ax ＋b . ∵f (x )是定义在R 上周期为4的奇函数 ∴ f (－x )＝－f (x )＝－ax ＋1＝－ax ＋b ∴ b ＝1∵ f (－2)＝f (－2＋4)＝f (2) ∴ －2a ＋1＝2a －1，解得a ＝12∴ f (2 018)＝f (2)＝2×12－1＝0故答案为：0.【方法点睛】函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略（1）函数单调性与奇偶性结合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性；（2）周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；（3）周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．【名校新题】一、填空题1．（2019·徐州考前模拟）已知函数()xx axf x xe e=-（其中e 为自然对数的底数）为偶函数，则实数a 的值为____．【解析】∵()f x 为偶函数 ∴()()f x f x =-恒成立，即()x xx xa x ax xe xe e e----=--，整理得到()x x x x e e a e e --+=+恒成立. ∴1a = 故答案为1.2．（2019·南通3月联考）已知函数()f x 是R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋m (m 为常数)，则2(log 3)f -的值为____．【解析】∵ ()f x 为R 上的奇函数∴ ()00f =，即()00210f m m =+=+=1m ∴=-又()()f x f x -=- ∴()()22log 3log 3f f -=- ∵2log 30> ∴()2log 32log 321312f =-=-=∴()()22log 3log 32f f -=-=- 故答案为：2-.3．（2019·江苏如皋期中）已知函数()tan sin 1f x a x b x =-+，且74f π⎛⎫=⎪⎝⎭，则4f π⎛⎫-= ⎪⎝⎭______ 【解析】设()tan sin g x a x b x =-，则()g x 为奇函数，且()()1f x g x =+．∵1744f g ππ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴64g π⎛⎫=⎪⎝⎭∴11615444f g g πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故答案为：5-．4．（2019·苏北四市2月模拟）已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(x +2)=f(x)．当0<x ≤1时，f(x)=x 3−ax +1，则实数a 的值为_____．【解析】函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以，f(−1)=−f(1)，又因为f (x +2)=f (x )，所以，f(−1)=f(1)，即−f(1)=f(1)，即f(1)=0，所以，f(1)=13−a +1=0，解得：a =2.故答案为：2.5．（2019·海安月考）若函数f (x )={x 2−2x ，x ≥0−x 2+ax ，x <0是奇函数，则实数a 的值为______．【解析】设x <0，则−x >0，由函数的解析式可得：f (−x )=(−x )2−2×(−x )=x 2+2x ，由奇函数的定义可知：f (−x )=−f (x )，则：−f (x )=x 2+2x ，故f (x )=−x 2−2x ，结合题意可得：a =−2. 故答案为：−2.6．（2019·南通期末）已知函数()f x 的周期为4，且当(0,4]x ∈时，2cos ,022()3log ,242x x f x x x π⎧<≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-<≤ ⎪⎪⎝⎭⎩，则12f f ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的值为______.【解析】∵函数()f x 的周期为4，且当(]0,4x ∈时，()2,02,23log ,2 4.2x cos x f x x x π⎧<≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪-<≤ ⎪⎪⎝⎭⎩∴22117734log log 2122222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-==-== ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴()11cos 022f f f π⎛⎫⎛⎫-=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故答案为：0.7．（2019·仪征模拟考试）定义在R 上的函数f(x)满足:f (x +2)⋅f (x )=1,当x ∈[−2,0)时，f (x )=log 2(−x +3),则f (2017)=________．【解析】∵f (x +2)⋅f (x )=1,f (x +2)=1f (x )，将x 代换为x +2，则有f (x +4)=1f (x+2)=f (x ) ∴f (x )为周期函数，周期为4，f (2017)=f (504×4+1)=f (1) ∵f (x +2)=1f (x )∴ f (1)=1f (−1)∵当x ∈[−2,0)时，f (x )=log 2(−x +3)∴f (−1)=log 2(1+3)=log 24=2 ∴f (1)=1f (−1)=12, ∴f (1)=12，故答案为：12.8．（2019·苏北一模）已知,a b ∈R ，函数()(2)()f x x ax b =-+为偶函数，且在(0,)+∞上是减函数，则关于x 的不等式(2)0f x ->的解集为_________．【解析】∵()()()2f x x ax b =-+＝()222ax b a x b +--为偶函数∴2b a =，()()()2422f x ax a a x x =-=+-，又∵ ()f x 在()0,+∞上是减函数 ∴ 0a <由二次函数图象可知：()0f x >的解集为()2,2-，()()220f x f x -=->的图象看成是()f x 的图象向右平移2个单位得到. ∴ ()20f x ->的解集为()0,4 故答案为：()0,4.9．（2019·苏北三模）已知函数f(x)={x 2−2x ，x ≥0，−x 2−2x ，x <0，则不等式f(x)>f(−x)的解集为____．【解析】由题可得：函数f (x )为奇函数.不等式f (x )>f (−x )等价于f (x )>−f (x )，即：f (x )>0. 当x ≥0时，由f (x )=x 2−2x >0，解得：x >2；当x <0时，由f (x )=−x 2−2x >0，解得：−2<x <0. 综上所述：−2<x <0或x >2∴不等式f (x )>f (−x )的解集为(−2 ， 0)∪(2 ， +∞) 故答案为：(−2 ， 0)∪(2 ， +∞).10．（2019·苏锡常第二次学情调查）已知偶函数()f x 的定义域为R ，且在[0，+∞)上为增函数，则不等式2(3)(2)f x f x >+的解集为_______．【解析】∵()f x 是偶函数 ∴ ()()33f x f x =，∴ ()()232f x f x >+等价于()()232f x f x >+又∵ ()f x 在[)0+∞，上为增函数，且220x +>，30x ≥. ∴ 232x x >+，即：2320x x -+<，解得：12x <<，即21x -<<-或12x <<。

江苏高三导数知识点总结

江苏高三导数知识点总结导数是高等数学中的重要概念之一，它是微积分的基础，也是解决数学和物理问题的有力工具。

江苏高三学生在学习导数时，需要掌握以下知识点：一、导数的定义及其计算方法1. 导数的定义：函数f(x)在点x处的导数，表示函数在该点处的变化率。

用数学符号表示为f'(x)或dy/dx。

2. 导数的计算方法：可以利用导数的定义计算导函数，也可以运用基本导数公式计算导数。

二、导数的基本性质1. 导数与函数的关系：如果函数f(x)在点x处可导，则f(x)在该点处连续。

2. 导数的四则运算：导数具有线性性质，即导数的和与差等于函数的和与差，导数的常数倍等于函数的常数倍。

3. 乘法法则：两个函数的乘积的导数等于其中一个函数的导数乘以另一个函数加上另一个函数的导数乘以其中一个函数。

4. 除法法则：函数的商的导数等于分子函数的导数乘以分母函数减去分子函数乘以分母函数的导数，再除以分母函数的平方。

三、常见函数的导数1. 幂函数的导数：导数公式为f'(x)=n*x^(n-1)，其中n为常数。

2. 指数函数和对数函数的导数：指数函数f(x)=a^x的导数为f'(x)=ln(a)*a^x；对数函数f(x)=loga(x)的导数为f'(x)=1/(x*ln(a))。

3. 三角函数和反三角函数的导数：sin(x)的导数为cos(x)，cos(x)的导数为-sin(x)，tan(x)的导数为sec^2(x)；反三角函数的导数可以通过公式推导得到。

四、高级函数的导数1. 复合函数的导数：对复合函数进行求导需要运用链式法则，即将复合函数分解为多个简单函数，然后求导并进行组合。

2. 反函数的导数：如果函数f(x)与其反函数f^(-1)(x)在某一点x处可导，则f^(-1)(x)在该点处的导数为1/f'(f^(-1)(x))。

五、导数在函数图像上的应用1. 导数的几何意义：导数可以表示函数曲线在某一点处的切线斜率。

江苏省高考数学一轮复习突破140必备专题05 常见函数

专题05 常见函数与导数中的不等关系一、拉格朗日中值定理若函数)(f x 满足如下条件：（1）)(f x 在闭区间[]b ,a 上连续；（2）)(f x 在开区间()b ,a 上可导；则在区间()b ,a 上至少存在一点ξ，使得ab a f b f --=)()()('f ξ几何意义：在闭区间[]b ,a 上有一条连续曲线，曲线上每一点都存在切线，则曲线上至少存在一点），（)(f M ξξ，过点M 的切线平行于割线AB二、四类基本初等函数结论及推导设函数)(y x f =上任意两点）（212211x )),(,()),(,(A x x f x B x f x <，过A 、B 两点直线的斜率12121)()(f k x x x f x --=，A 、B 两点中点的横坐标为2x 21x +， )(y x f =在中点横坐标处的切线斜率)2('k 212x x f +=，)(y x f =在A 点处切线的斜率)('k 13x f =，)(y x f =在B 点处切线的斜率)('k 24x f =注：下面论述中都是假设21x x <，4321,,,k k k k 都与上述表示是一致的。

（1）对于函数)0(,)(f 2>++=a c bx ax x ，则4213k k k k <=<证明：（2）对于函数x x ln )(f =，则3124k k k k <<<121212121ln ln )()(f k x x x x x x x f x --=--=，212122)2('k x x x x f +=+=1131)('k x x f ==， 2241)('k x x f ==，）（210x x << 证明：0)(12k 2112112132<+-=-+=-x x x x x x x x k ，即32k k <0)(12k 2121222142>+-=-+=-x x x x x x x x k ，即42k k >所以我们可以得到324k k k <<由图（1）可以看出割线的斜率大于B 点处切线的斜率小于A 点处切线的斜率，即314k k k <<其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。

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专题05 常见函数与导数中的不等关系
一、拉格朗日中值定理
若函数满足如下条件：
（1）在闭区间上连续；
（2）在开区间上可导；
则在区间上至少存在一点，使得
几何意义：在闭区间上有一条连续曲线，曲线上每一点都存在切线，则曲线上至少存在一点，过点的切线平行于割线
二、四类基本初等函数结论及推导
设函数上任意两点，过、两点直线的斜率，、两点中点的横坐标为，在中点横坐标处的切线斜率，在点处切线的斜率，在点处切线的斜率
注：下面论述中都是假设，都与上述表示是一致的。

（1）对于函数，则
证明：
（2）对于函数，则
，
，，
证明：，即
，即
所以我们可以得到
图（1）
由图（1）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。

对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上毕存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调减函
数，故，即。

下面我们再用分析证明法证明
证明方法1：先用分析证明的思想
令即证在恒成立
设，因为
所以在区间上是单调递增函数，，即，得证。

评述：上述方法是令，其思想就是将两个元变成一个元，最后变成一个关于的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论。

但并不是每一类函数都能够通过消元完成证明，后面讲正弦函数的时候你会发现换元法就不能很好的去发挥作用。

因此在这里介绍证明的第二种方法。

证明方法2：既然我们假设的是，那么我们可以这样去想，将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数，令，对进行求导得到
所以在是单调减函数，则
即化简可得，得证。

（3）对于函数，则
，
，
证明：，即
，即
所以我们可以得到
图（2）
由图（2）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即。

其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。

对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上毕存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调增
函数，故，即。

下面我们再用分析证明法证明
令，即证明
证明方法1：先用分析证明的思想
令即证在恒成立
设，因为
设
所以在区间上是单调递增函数，，即，得证。

另外一种换元方法：
令即证在恒成立
设，因为，所以在区间上是单调递增函数，，即，得证。

评述：对于函数，第一种换元方式是令，第二种换元方式是令，它们的思想都是将两个元变成一个元，最后变成一个关于的函数，运用导数判断单调性进而证明出结论，第二种换元方式在后面的证明中会简单一点，不必再二次求导。

这里要注意对比函数的证明方法，基本的证明思路是一致的，在换元的处理上需要注意一下区别。

证明方法2：既然我们假设的是，那么我们可以这样去想，将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数，令，对进行求导得到
将上述换成就能得到即所以在是单调减函数，则
上面我们已经证明了
，
即化简得到，得证。

（4）对于函数，则
，
，，
证明：因为在上是单调减函数，又
故，即
图（3）
由图（3）可以看出割线的斜率大于点处切线的斜率小于点处切线的斜率，即。

其实，我们也可以借助拉格朗日中值定理的几何意义去解释为什么上述的不等关系是成立的。

对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为在区间是单调减函数，故，即。

借鉴与的证明方法去证明割线的斜率与端点处切线斜率的大小会遇到一定的困难，与这两类函数的证明都是通过换元法将或换成，最后整理成一个关于的函数，进而运用导数去证明。

而对于无论怎么换元都会出现两个变量，故我们可以将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，那么我们就构造出一个关于的函数
证明：令，对进行求导得到，
，所以在上是单调递减函数，
则，化简可得，即，得证
令，对进行求导得到，
，所以在是单调增函数，，化简可得，即，得证
综上所述，
对于大小的证明我们可以借助与学习三角恒等变换中的和差化积的公式，将表示如下：
为了表示方便我们令，则
，
，
令，则，所以在上是单调减函数，，即，，即
当然大小的证明也可以将看成是一个变化的常量，就是区间上的任意一个数，构造出一个关于的函数，用导数去判别函数单调性进而证明，但证明过程比较繁琐，读者可以尝试自行去证明。

三、例题分析
例1、（2020苏锡常镇高三一模19）设，函数，若有两个相异零点，求证:
分析：要证，就是证
由题意可以得到，两式相加可得
两式相减可得，而在上面已经证明过，结合
结论得证。

证明：，由题意可以得到（假设）
两式分别相加相减可得：，
，下面证明
设，因为
所以在区间上是单调递增函数，，即
令，化简可得，所以，即
，即
例2、（2020苏锡常镇高三二模19）已知函数，若函数的两个零点为，试判断的正负，并说明理由.
所以在区间上是单调递增函数，，即
令，化简可得，即
所以
例3、（2020镇江高三期中19）记函数的图像为,函数的图像记为.若图像与直线有两个不同的交点,其横坐标分别是,设,求证:.
分析：与相切时切点的横坐标为，交点的横坐标范围。

由题意可得，两式相减可以得到，我们已经证明过，即，两式相乘可以得到，两边开根号，即
化简得证。

证明：设与相切时切点坐标为，过点，
，解得，切点坐标，斜率，相交时设两个交点横坐标分别为，则，
由题意可得，两式相减可以得到，两式相乘可以得到，两边开根号
设，因为
设
所以在区间上是单调递增函数，，即
令，，两边同时乘以
，即。

，即。

例4、（2020苏锡常镇高三二模20）已知函数（，是自然对数的底数），其导函数为．设，且，点（，）是曲线上的一个定点，是否存在实数（），使得成立？证明你的结论．
分析：假设成立，那么成立。

即
，，上述已经证明过，所以不成立
证明：，
假设存在使得成立，则有，即，所以
设，因为
设
所以在区间上是单调递增函数，，即
令，所以，两边同时乘以化简得
，所以不存在使得成立。

例5、（自创）已知函数上有三点横坐标分别为，且满足，试判断两点间的斜率与两点间斜率的大小并说明理由
分析：，令，，，在上是单点递减的，而且根据可知是上凸函数，由图像可以判断两点间的斜率大于两点间的斜率，即。

由拉格朗日中值定理的几何意义也可以理解为什么。

对于而言在区间上是连续的，在区间上是可导的，故在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，在区间上必存在一点，使得过点的切线斜率等于割线斜率，即，又因为上面已经说明在区间是单调减函数，故，即。

严格的证明可以按照正弦函数如何证明割线斜率与端点处斜率大小关系的方法。

对求导
令，
所以在上单调递增，，即
故在上单调递增减，，化简可得：
，即
将看成是一个变化的常量，那么就是区间上的任意一个数，构造函数同理可证，所以，即两点间的斜率大于两点间的斜率。

总结：诸如此类的例题还有很多，通过上述例题我们可以发现有些结论的证明比较直接，有些结论的证明比较隐晦，但是万变不离其中，这类试题的特点都是会出现两个点的横坐标，结合二次函数、指数、对数、三角函数四类基本初等函数，可以是简单的这几类函数模型，也可以将这四类基本初等函数进行线性组合，构造出一个新的复杂的函数形式，这就要求同学们在证明时要利用分析证明的思路一步一步反推到我们熟悉的结论上来，自然而然就能攻破此类试题。

四、巩固练习：
1、（2020·南京盐城期末·20）设函数，（）.
（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；
（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；
（3）当时，设函数与的图象交于两点．求证：.
2、（2020苏北六市高三二模20）设函数．
（1）若函数是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；
（2）设，是的导函数．
①若对任意的，求证：存在使；
②若，求证：．
巩固练习答案解析：
1、解：（1）由，得，又，所以，.
当时，，所以，所以.
因为函数与的图象在处有相同的切线，
所以，即，解得.
（3）当时，因为函数与的图象交于两点，
所以，两式相减，得.
要证明，即证，
即证，即证.
令，则，此时即证．
令，所以，所以当时，函数单调递增．
又，所以，即成立；
再令，所以，所以当时，函数单调递减，
又，所以，即也成立．
综上所述，实数满足
2、解：分析（1）由题意，对恒成立，根据，等价为对恒成立，即可求得得取值范围；（2）①分别求得与，若，则存在，使，从而得，取，则，即可证明；②不妨设，令，则，由（1）知函数单调递增，则，从而，根据，推出，只需证明成立，即只需证明成立，设，求得函数的单调性，即可证明.
解：（1）由题意，对于恒成立
，对于恒成立，，即
（2）①，则．
若，则存在，使，不合题意.
∴．
取，则．
此时．
∴存在，使
②设，令。