高考数学8类热点函数专项训练2 三次函数
三次函数的性质及在高考中的应用(附解答)
三次函数的性质及在高考中的应用一、三次函数的常用性质性质1：函数y ax bx cx d a =+++320()≠，若a >0，当∆≤0时，y ＝f(x)是增函数；当∆>0时，其单调递增区间是(][)-∞+∞，，x x 12，单调递增区间是[]x x 12，；若a <0，当∆≤0时，y f x =()是减函数；当∆>0时，其单调递减区间是(]-∞，x 2，[)x 1，+∞，单调递增区间是[]x x 21，。
推论：函数y ax bx cx d a =+++320()≠，当∆≤0时，不存在极大值和极小值；当∆>0时，有极大值f x ()1、极小值f x ()2。
根据a 和∆的不同情况，其图象特征分别为：性质2：函数y ax bx cx d a =+++320()≠是中心对称图形，其对称中心是（--b a f b a33，()）。
二、三次函数的性质在高考中的应用高考试题对三次函数主要考查：函数图象的切线方程，函数的单调性，函数的极值，函数的最值，证明不等式，函数零点的个数等。
1.(2004重庆卷)设函数()(1)(),(1)f x x x x a a =--> (1)求导数/()f x ; 并证明()f x 有两个不同的极值点12,x x ; (2)若不等式12()()0f x f x +≤恒成立，求a 的取值范围。
2. (2008福建卷)已知函数321()23f x x x =+-. (1)设{a n }是正数组成的数列，前n 项和为S n ，其中a 1=3.若点211(,2)n n n a a a ++-(n ∈N*)在函数y =f ′(x )的图象上，求证：点（n ,S n ）也在y =f ′(x )的图象上； (2)求函数f (x )在区间（a -1,a ）内的极值.3.（2006天津卷）已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ，其中θ,R x ∈为参数，且πθ20≤≤． (1)当时0cos =θ，判断函数()x f 是否有极值；(2)要使函数()x f 的极小值大于零，求参数θ的取值范围； (3)若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数()x f 在区间()a a ,12-内都是增函数，求实数a 的取值范围．4.（2007全国二理）已知函数3()f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程；（2）设0a >，如果过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，证明：()a b f a -<<．5. (2007湖南文）已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各有一个极值点． （1）求24a b -的最大值；（2）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为l ，若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动，经过点A 时，从l 的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式．6.（2009福建卷理）已知函数321()3f x x ax bx =++,且'(1)0f -= （1）试用含a 的代数式表示b,并求()f x 的单调区间；（2）令1a =-,设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点M (1x ,1()f x )，N(2x ,2()f x )，P(,()m f m ),12x m x <?，请仔细观察曲线()f x 在点P 处的切线与线段MP 的位置变化趋势，并解答以下问题：（I ）若对任意的m ∈(t, x 2]，线段MP 与曲线f(x)均有异于M ，P 的公共点，试确定t 的最小值，并证明你的结论； （II ）若存在点Q(n ，f(n)), 1x nm ?，使得线段PQ 与曲线f(x)有异于P 、Q 的公共点，请直接写出m 的取值范围（不必给出求解过程）例题解答1．解：（I ）.)1(23)(2a x a x x f ++-=')(,;0)(,;0)(,:)())((3)(,,,04)1(4.0)1(230)(221121212122>'><'<<<'<'--='<>≥+-=∆=++-='x f x x x f x x x x f x x x f x x x x x f x x x x a a a a x a x x f 时当时当时当的符号如下可判断由不妨设故方程有两个不同实根因得方程令因此1x 是极大值点，2x 是极小值点.（II ）因故得不等式,0)()(21≤+x f x f.0)(]2))[(1(]3))[((.0)())(1(212122121221212122213231≤++-++--++≤++++-+x x a x x x x a x x x x x x x x a x x a x x 即又由（I ）知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+.3),1(322121a x x a x x 代入前面不等式，两边除以（1+a ），并化简得.0)()(,2,)(212.0252212成立不等式时当因此舍去或解不等式得≤+≥≤≥≥+-x f x f a a a a a2． (Ⅰ)证明：因为321()2,3f x x x =+-所以f ′(x )=x 2+2x , 由点211(,2)(N )n n n a a a n +++-∈在函数y =f ′(x )的图象上,又0(N ),n a n +>∈所以11()(2)0,n n n n a a a a -+---= 所以2(1)32=22n n n S n n n -=+⨯+,又因为f ′(n )=n 2+2n ,所以()n S f n '=, 故点(,)n n S 也在函数y=f ′(x )的图象上.(Ⅱ)解:2()2(2)f x x x x x '=+=+, 由()0,f x '=得02x x ==-或.当x 变化时,()f x '﹑()f x 的变化情况如下表:注意到(1)12a a --=<,从而①当212,21,()(2)3a a a f x f -<-<-<<--=-即时的极大值为,此时()f x 无极小值； ②当10,01,()a a a f x -<<<<即时的极小值为(0)2f =-,此时()f x 无极大值； ③当210a a a f x ≤--≤≤≥或或时既无极大值又无极小值.3．（2006年天津卷）无极值；311(,)(,)6226ππππ；(,0]-∞ 4．（2007全国二理 本小题满分12分）解：（1）求函数()f x 的导数；2()31x x f '=-． 曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程为： ()()()y f t f t x t '-=-，即23(31)2y t x t =--．（2）如果有一条切线过点()a b ，，则存在t ，使23(31)2b t a t =--．于是，若过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，则方程32230t at a b -++=有三个相异的实数根． 记 32()23g t t at a b =-++， 则 2()66g t t at '=-6()t t a =-．当t 变化时，()()g t g t '，变化情况如下表：由()g t 的单调性，当极大值0a b +<或极小值()0b f a ->时，方程()0g t =最多有一个实数根； 当0a b +=时，解方程()0g t =得302at t ==，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根； 当()0b f a -=时，解方程()0g t =得2at t a =-=，，即方程()0g t =只有两个相异的实数根． 综上，如果过()a b ，可作曲线()y f x =三条切线，即()0g t =有三个相异的实数根，则0()0.a b b f a +>⎧⎨-<⎩，即 ()a b f a -<<．5．（2007湖南文 本小题满分13分）解：（I ）因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-，，(13]，内分别有一个实根，设两实根为12x x ，（12x x <），则21x x -=，且2104x x <-≤．于是04，20416a b <-≤，且当11x =-，23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16．（II ）解法一：由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ，处的切线l 的方程是 (1)(1)(1)y f f x '-=-，即21(1)32y a b x a =++--，因为切线l 在点(1())A f x ，处空过()y f x =的图象， 所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号，则 1x =不是()g x 的极值点．而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++，且 22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++．若11a ≠--，则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点．所以11a =--，即2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--． 解法二：同解法一得21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++-- 2133(1)[(1)(2)]322a x x x a =-++-+． 因为切线l 在点(1(1))A f ，处穿过()y f x =的图象，所以()g x 在1x =两边附近的函数值异号，于是存在12m m ，（121m m <<）．当11m x <<时，()0g x <，当21x m <<时，()0g x >； 或当11m x <<时，()0g x >，当21x m <<时，()0g x <．设233()1222a a h x x x ⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则 当11m x <<时，()0h x >，当21x m <<时，()0h x >； 或当11m x <<时，()0h x <，当21x m <<时，()0h x <． 由(1)0h =知1x =是()h x 的一个极值点，则3(1)21102ah =⨯++=， 所以2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．6．(Ⅰ)依题意,得2'()2f x x ax b =++ 由'(1)12021f a b b a -=-+==-得.从而321()(21),'()(1)(21).3f x x ax a x f x x x a =++-=++-故令'()0,112.f x x x a ==-=-得或 ①当a>1时, 121a -<-当x 变化时，'()f x 与()f x 的变化情况如下表：由此得，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --。
2020届高考文科数学复习练习题(二)：函数 专题训练
专题二函数函数是中学数学中的重点内容，是描述变量之间依赖关系的重要数学模型．本章内容有两条主线：一是对函数性质作一般性的研究，二是研究几种具体的基本初等函数——一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数．研究函数的问题主要围绕以下几个方面：函数的概念，函数的图象与性质，函数的有关应用等．§2－1 函数【知识要点】要了解映射的概念，映射是学习、研究函数的基础，对函数概念、函数性质的深刻理解在很多情况下要借助映射这一概念．1、设A，B是两个非空集合，如果按照某种对应法则f，对A中的任意一个元素x，在B中有一个且仅有一个元素y与x对应，则称f是集合A到集合B的映射．记作f：A→B，其中x叫原象，y叫象．2、设集合A是一个非空的数集，对A中的任意数x，按照确定的法则f，都有唯一确定的数y与它对应，则这种映射叫做集合A上的一个函数．记作y＝f(x)，x∈A．其中x叫做自变量，自变量取值的范围(数集A)叫做这个函数的定义域．所有函数值构成的集合{y｜y＝f(x)，x∈A}叫做这个函数的值域．函数的值域由定义域与对应法则完全确定．3、函数是一种特殊的映射．其定义域和值域都是非空的数集，值域中的每一个元素都有原象．构成函数的三要素：定义域，值域和对应法则．其中定义域和对应法则是核心．【复习要求】1．了解映射的意义，对于给出对应关系的映射会求映射中指定元素的象与原象．2．能根据函数三要素判断两个函数是否为同一函数．3．掌握函数的三种表示法(列表法、图象法和解析法)，理解函数符号f(x)(对应法则)，能依据一定的条件求出函数的对应法则．4．理解定义域在三要素的地位，并会求定义域．【例题分析】例1 设集合A和B都是自然数集合N．映射f：A→B把集合A中的元素x映射到集合B中的元素2x＋x，则在映射f作用下，2的象是______；20的原象是______．【分析】由已知，在映射f作用下x的象为2x＋x．所以，2的象是22＋2＝6；设象20的原象为x，则x的象为20，即2x＋x＝20．由于x∈N，2x＋x随着x的增大而增大，又可以发现24＋4＝20，所以20的原象是4．例2 设函数则f(1)＝______；若f(0)＋f(a)＝－2，则a的所有可能值为______．【分析】从映射的角度看，函数就是映射，函数解析式就是映射的法则．所以f(1)＝3．又f(0)＝－1，所以f(a)＝－1，当a≤0时，由a－1＝－1得a＝0；当a＞0时，由－a2＋2a＋2＝－1，即a2－2a－3＝0得a＝3或a＝－1(舍)．综上，a＝0或a＝3．例3 下列四组函数中，表示同一函数的是( )(A) (B)(C) (D)【分析】(A)(C)(D)中两个函数的定义域均不同，所以不是同一函数．(B)中两个函数的定义域相同，化简后为y＝｜x｜及y＝｜t｜，法则也相同，所以选(B)．【评析】判断两个函数是否为同一函数，就是要看两个函数的定义域与法则是否完全相同．一般有两个步骤：(1)在不对解析式进行变形的情况下求定义域，看定义域是否一致．(2)对解析式进行合理变形的情况下，看法则是否一致．例4 求下列函数的定义域(1) (2)(3) (4)解：(1)由｜x－1｜－1≥0，得｜x－1｜≥1，所以x－1≥1或x－1≤－1，所以x≥2或x≤0．所以，所求函数的定义域为{x｜x≥2或x≤0}．(2)由x2＋2x－3＞0得，x＞1或x＜－3．所以，所求函数的定义域为{x｜x＞1或x＜－3}．(3)由得x＜3，且x≠0，x≠1，所以，所求函数的定义域为{x|x＜3，且x≠0，x≠1}(4)由所以－1≤x≤1，且x≠0．所以，所求函数定义域为{x｜－1≤x≤1，且x≠0}．例5 已知函数f(x)的定义域为(0，1)，求函数f(x＋1)及f(x2)的定义域．【分析】此题的题设条件中未给出函数f(x)的解析式，这就要求我们根据函数三要素之间的相互制约关系明确两件事情：①定义域是指x的取值范围；②受对应法则f制约的量的取值范围在“已知”和“求”当中是一致的．那么由f(x)的定义域是(0，1)可知法则f制约的量的取值范围是(0，1)，而在函数f(x＋1)中，受f直接制约的是x＋1，而定义域是指x的范围，因此通过解不等式0＜x＋1＜1得－1＜x＜0，即f(x＋1)的定义域是(－1，0)．同理可得f(x2)的定义域为{x｜－1＜x＜1，且x≠0}．例6 如图，用长为l的铁丝弯成下部为矩形，上部为半圆形的框架，若矩形的底边长为2x，求此框架围成的面积y与x的函数关系式，并指出定义域．解：根据题意，AB＝2x．所以，根据问题的实际意义．AD＞0，x＞0．解所以，所求函数定义域为【评析】求函数定义域问题一般有以下三种类型问题．(1)给出函数解析式求定义域(如例4)，这类问题就是求使解析式有意义的自变量的取值范围．正确的解不等式或不等式组在解决这类问题中是重要的．中学数学中常见的对变量有限制的运算法则有：①分式中分母不为零；②偶次方根下被开方数非负；③零次幂的底数要求不为零；④对数中的真数大于零，底数大于零且不等于1；⑤y＝tan x，则，k∈Z．(2)不给出f(x)的解析式而求定义域(如例5)．其解决办法见例5的分析．(3)在实际问题中求函数的定义域(如例6)．在这类问题中除了考虑解析式对自变量的限制，还应考虑实际问题对自变量的限制．另外，在处理函数问题时要有一种随时关注定义域的意识，这是极其重要的．比如在研究函数单调性、奇偶性、最值等问题时，首先要考虑的就是函数的定义域．例7 (1)已知，求f(x)的解析式；(2)已知，求f(3)的值；(3)如果f(x)为二次函数，f(0)＝2，并且当x＝1时，f(x)取得最小值－1，求f(x)的解析式；(4)*已知函数y＝f(x)与函数y＝g(x)＝2x的图象关于直线x＝1对称，求f(x)的解析式．【分析】(1)求函数f(x)的解析式，从映射的角度看就是求对应法则，于是，我们一般有下面两种方法解决(1)这样的问题．方法一．通过这样“凑型”的方法，我们可以明确看到法则f是“原象对应于原象除以原象的平方减1”．所以，方法二．设，则．则，所以这样，通过“换元”的方法也可以明确看到法则是什么．(2)用“凑型”的方法，(3)因为f(x)为二次函数，并且当x＝1时，f(x)取得最小值－1，所以，可设f(x)＝a(x－1)2－1，又f(0)＝2，所以a(0－1)2－1＝2，所以a＝3．f(x)＝3(x－1)2－1＝3x2－6x＋2．(4)这个问题相当于已知f(x)的图象满足一定的条件，进而求函数f(x)的解析式．所以，可以类比解析几何中求轨迹方程的方法求f(x)的解析式．设f(x)的图象上任意一点坐标为P(x，y)，则P关于x＝1对称点的坐标为Q(2－x，y)，由已知，点Q在函数y＝g(x)的图象上，所以，点Q的坐标(2－x，y)满足y＝g(x)的解析式，即y＝g(2－x)＝22－x，所以，f(x)＝22－x．【评析】由于已知条件的不同，求函数的解析式的常见方法有象(1)(2)所用到的“凑形”及“换元”的方法；有象(3)所用到的待定系数法；也有象(4)所用到的解析法．值得注意的是(4)中所用的解析法．在求函数解析式或者求轨迹方程时都可以用这种方法，是一种通法．同时也表明函数和它的图象与曲线和它的方程之间有必然的联系．例8 已知二次函数f(x)的对称轴为x＝1，且图象在y轴上的截距为－3，被x轴截得的线段长为4，求f(x)的解析式．解：解法一设f(x)＝ax2＋bx＋c，由f(x)的对称轴为x＝1，可得b＝－2a；由图象在y轴上的截距为－3，可得c＝－3；由图象被x轴截得的线段长为4，可得x＝－1，x＝3均为方程ax2＋bx＋c＝0的根．所以f(－1)＝0，即a－b＋c＝0，所以a＝1．f(x)＝x2－2x－3．解法二因为图象被x轴截得的线段长为4，可得x＝－1，x＝3均为方程f(x)＝0的根．所以，设f(x)＝a(x＋1)(x－3)，又f(x)图象在y轴上的截距为－3，即函数图象过(0，－3)点．即－3a＝－3，a＝1．所以f(x)＝x2－2x－3．【评析】二次函数是非常常见的一种函数模型，在高中数学中地位很重．二次函数的解析式有三种形式：一般式y＝ax2＋bx＋c；顶点式y＝a(x－h)2＋k，其中(h，k)为顶点坐标；双根式y＝a(x－x1)(x－x2)，其中x1，x2为函数图象与x轴交点的横坐标，即二次函数所对应的一元二次方程的两个根．例9 某地区上年度电价为0.8元／kW·h，年用电量为a kW·h．本年度计划将电价降到0.55元／kW·h至0.75元／kW·h之间，而用户期望电价为0.40元／kW·h．经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为k)．该地区电力的成本价为0.30元／kW·h．(1)写出本年度电价下调后，电力部门的收益y与实际电价x的函数关系式；(2)设k＝0.2a，当电价最低定为多少时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20％?解：(1)依题意，当实际电价为x元／kW·h时，用电量将增加至故电力部门的收益为．(2)易知，上年度的收益为(0.8－0.3)a，依题意，且0.55≤x≤0.75，解得0.60≤x≤0.75．所以，当电价最低定为0.60元／kW·h时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20％．练习2－1一、选择题1．已知函数的定义域为M，g(x)＝ln(1＋x)的定义域为N，则M∩N＝( )(A){x｜x＞1} (B){x｜x＜1} (C){x｜－1＜x＜1} (D)2．图中的图象所表示的函数的解析式为( )(A)(B)(C)(D)y＝1－｜x－1｜(0≤x≤2)3．已知f(x－1)＝x2＋2x，则( )(A) (B) (C) (D)4．已知若f(x)＝3，则x的值是( )(A)0 (B)0或 (C) (D)二、填空题5．给定映射f：(x，y)→(x＋2y，x－2y)，在映射f下(0，1)的象是______；(3，1)的原象是______．6．函数的定义域是______．7．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出x 1 2 3 x 1 2 3f(x) 1 3 1 g(x) 3 2 1则f[g(1)]的值为______；满足f[g(x)]＞g[f(x)]的x的值是______．8．已知函数y＝f(x)与函数y＝g(x)＝2x的图象关于点(0，1)对称，则f(x)的解析式为______．三、解答题9．已知f(x)＝2x＋x－1，求g(－1)，g[f(1)]的值．10．在如图所示的直角坐标系中，一运动物体经过点A(0，9)，其轨迹方程为y＝ax2＋c(a＜0)，D＝(6，7)为x轴上的给定区间．为使物体落在区间D内，求a的取值范围．11．如图，直角边长为2cm的等腰Rt△ABC，以2cm／s的速度沿直线l向右运动，求该三角形与矩形CDEF重合部分面积y(cm2)与时间t的函数关系(设0≤t≤3)，并求出y的最大值．§2－2 函数的性质【知识要点】函数的性质包括函数的定义域、值域及值的某些特征、单调性、奇偶性、周期性与对称性等等．本章着重研究后四个方面的性质．本节的重点在于理解与函数性质有关的概念，掌握有关判断、证明的基本方法以及简单的应用．数形结合是本节常用的思想方法．1．设函数y＝f(x)的定义域为D，如果对于D内的任意一个x，都有－x∈D，且f(－x)＝－f(x)，则这个函数叫做奇函数．设函数y＝g(x)的定义域为D，如果对于D内任意一个x，都有－x∈D，且g(－x)＝g(x)，则这个函数叫做偶函数．由奇函数定义可知，对于奇函数y＝f(x)，点P(x，f(x))与点(－x，－f(x))都在其图象上．又点P与点关于原点对称，我们可以得到：奇函数的图象是以坐标原点为对称中心的中心对称图形；通过同样的分析可以得到，偶函数的图象是以y轴为对称轴的轴对称图形．2．一般地，设函数y＝f(x)的定义域为A，区间MA．如果取区间M中的任意两个值x1，x2，改变量x＝x2－x1＞0，则当y＝f(x2)－f(x1)＞0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数；当y＝f(x2)－f(x1)＜0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是减函数．如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间．在单调区间上，增函数的图象是上升的，减函数的图象是下降的．3．一般的，对于函数f(x)，如果存在一个不为零的常数T，使得当x取定义域中的每一个值时，f(x＋T)＝f(x)都成立，那么就把函数y＝f(x)叫做周期函数，不为零的常数T叫做这个函数的周期．4．一般的，对于函数f(x)，如果存在一个不为零的常数a，使得当x取定义域中的每一个值时，f(a＋x)＝f(a－x)都成立，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．【复习要求】1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义；会用定义证明函数的单调性，会利用函数的单调性处理有关的不等式问题；2．了解函数奇偶性的含义．能判断简单函数的奇偶性．3．了解函数周期性的含义．4．了解函数单调性、奇偶性和周期性之间的联系，并能解决相关的简单问题．【例题分析】例1 判断下列函数的奇偶性．(1) (2)(3)f(x)＝x3－3x； (4)(5)解：(1)解，得到函数的定义域为{x｜x＞1或x≤0}，定义域区间关于原点不对称，所以此函数为非奇非偶函数．(2)函数的定义域为{x｜x≠0}，但是，由于f(1)＝2，f(－1)＝0，即f(1)≠f(－1)，且f(1)≠－f(－1)，所以此函数为非奇非偶函数．(3)函数的定义域为R，又f(－x)＝(－x)3－3(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，所以此函数为奇函数．(4)解，得－1＜x＜1，又所以此函数为奇函数．(5)函数的定义域为R，又，所以此函数为奇函数．【评析】由函数奇偶性的定义，可以得到下面几个结论：①一个函数是奇(或偶)函数的必要不充分条件是定义域关于原点对称；②f(x)是奇函数，并且f(x)在x＝0时有定义，则必有f(0)＝0；③既是奇函数又是偶函数的函数，其解析式一定为f(x)＝0．判定函数奇偶性按照其定义可以分为两个步骤：①判断函数的定义域是否关于原点对称；②考察f(－x)与f(x)的关系．由此，若以奇偶性为标准可以把函数分为奇函数，偶函数，既奇又偶函数和非奇非偶函数四类．例2 设函数f(x)在R上有定义，给出下列函数：①y＝－｜f(x)｜；②y＝xf(x2)；③y＝－f(－x)；④y＝f(x)－f(－x)．其中必为奇函数的有______．(填写所有正确答案的序号)【分析】①令F(x)＝－｜f(x)｜，则F(－x)＝－｜f(－x)｜，由于f(x)与f(－x)关系不明确，所以此函数的奇偶性无法确定．②令F(x)＝xf(x2)，则F(－x)＝－xf[(－x)2]＝－xf(x2)＝－F(x)，所以F(x)为奇函数．③令F(x)＝－f(－x)，则F(－x)＝－f[－(－x)]＝－f(x)，由于f(x)与f(－x)关系不明确，所以此函数的奇偶性无法确定．④令F(x)＝f(x)－f(－x)，则F(－x)＝f(－x)－f[－(－x)]＝f(－x)－f(x)＝－F(x)，所以F(x)为奇函数．所以，②④为奇函数．例3 设函数f(x)在R上有定义，f(x)的值不恒为零，对于任意的x，y∈R，恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则函数f(x)的奇偶性为______．解：令x＝y＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，所以f(0)＝0，再令y＝－x，则f(0)＝f(x)＋f(－x)，所以f(－x)＝－f(x)，又f(x)的值不恒为零，故f(x)是奇函数而非偶函数．【评析】关于函数方程“f(x＋y)＝f(x)＋f(y)”的使用一般有以下两个思路：令x，y为某些特殊的值，如本题解法中，令x＝y＝0得到了f(0)＝0．当然，如果令x＝y＝1则可以得到f(2)＝2f(1)，等等．令x，y具有某种特殊的关系，如本题解法中，令y＝－x．得到f(2x)＝2f(x)，在某些情况下也可令y＝，y＝x，等等．总之，函数方程的使用比较灵活，要根据具体情况作适当处理．在不是很熟悉的时候，要有试一试的勇气．例4 已知二次函数f(x)＝x2＋bx＋c满足f(1＋x)＝f(1－x)，求b的值，并比较f(－1)与f(4)的大小．解：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以x＝1为二次函数图象的对称轴，所以，b＝－2．根据对称性，f(－1)＝f(3)，又函数在[1，＋∞)上单调递增，所以f(3)＜f(4)，即f(－1)＜f(4)．例5已知f(x)为奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，(1)求f(－1)的值；(2)当x＜0时，求f(x)的解析式．解：(1)因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝－(12－2×1)＝1．(2)方法一：当x＜0时，－x＞0．所以，f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)]＝－x2－2x．方法二：设(x，y)是f(x)在x＜0时图象上一点，则(－x，－y)一定在f(x)在x＞0时的图象上．所以，－y＝(－x)2－2(－x)，所以y＝－x2－2x．例6 用函数单调性定义证明，函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)在区间上为增函数．证明：设，且x1＜x2f(x2)－f(x1)＝(ax22＋bx2＋c)－(ax12＋bx1＋c)＝a(x22－x12)＋b(x2－x1)＝a(x2＋x1)(x2－x1)＋b(x2－x1)＝(x2－x1)[a(x1＋x2)＋b]因为x1＜x2，所以x2－x1＞0，又因为，所以，所以f(x2)－f(x1)＞0，函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)在区间上为增函数．例7 已知函数f(x)是定义域为R的单调增函数．(1)比较f(a2＋2)与f(2a)的大小；(2)若f(a2)＞f(a＋6)，求实数a的取值范围．解：(1)因为a2＋2－2a＝(a－1)2＋1＞0，所以a2＋2＞2a，由已知，f(x)是单调增函数，所以f(a2＋2)＞f(2a)．(2)因为f(x)是单调增函数，且f(a2)＞f(a＋6)，所以a2＞a＋6，解得a＞3或a＜－2．【评析】回顾单调增函数的定义，在x1，x2为区间任意两个值的前提下，有三个重要的问题：x＝x2－x1的符号；y＝f(x2)－f(x1)的符号；函数y＝f(x)在区间上是增还是减．由定义可知：对于任取的x1，x2，若x2＞x1，且f(x2)＞f(x1)，则函数y＝f(x)在区间上是增函数；不仅如此，若x2＞x1，且函数y＝f(x)在区间上是增函数，则f(x2)＞f(x1)；若f(x2)＞f(x1)，且函数y＝f(x)在区间上是增函数，则x2＞x1；于是，我们可以清晰地看到，函数的单调性与不等式有着天然的联系．请结合例5例6体会这一点．函数的单调性是极为重要的函数性质，其与其他问题的联系、自身的应用都很广泛，在复习中要予以充分注意．例8 设f(x)是定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的奇函数，且它在区间(－∞，0)上是减函数．(1)试比较f(－2)与－f(3)的大小；(2)若mn＜0，且m＋n＜0，求证：f(m)＋f(n)＞0．解：(1)因为f(x)是奇函数，所以－f(3)＝f(－3)，又f(x)在区间(－∞，0)上是减函数，所以f(－3)＞f(－2)，即－f(3)＞f(－2)．(2)因为mn＜0，所以m，n异号，不妨设m＞0，n＜0，因为m＋n＜0，所以n＜－m，因为n，－m∈(－∞，0)，n＜－m，f(x)在区间(－∞，0)上是减函数，所以f(n)＞f(－m)，因为f(x)是奇函数，所以f(－m)＝－f(m)，所以f(n)＞－f(m)，即f(m)＋f(n)＞0．例9函数f(x)是周期为2的周期函数，且f(x)＝x2，x∈[－1，1]．(1)求f(7.5)的值；(2)求f(x)在区间[2n－1，2n＋1]上的解析式．解：(1)因为函数f(x)是周期为2的周期函数，所以f(x＋2k)＝f(x)，k∈Z．所以f(7.5)＝f(－0.5＋8)＝f(－0.5)＝．(2)设x∈[2n－1，2n＋1]，则x－2n∈[－1，1]．所以f(x)＝f(x－2n)＝(x－2n)2，x∈[2n－1，2n＋1]．练习2－2一、选择题1．下列函数中，在(1，＋∞)上为增函数的是( )(A)y＝x2－4x (B)y＝｜x｜ (C) (D)y＝x2＋2x2．下列判断正确的是( )(A)定义在R上的函数f(x)，若f(－1)＝f(1)，且f(－2)＝f(2)，则f(x)是偶函数(B)定义在R上的函数f(x)满足f(2)＞f(1)，则f(x)在R上不是减函数(C)定义在R上的函数f(x)在区间(－∞，0]上是减函数，在区间(0，＋∞)上也是减函数，则f(x)在R上是减函数(D)不存在既是奇函数又是偶函数的函数3．已知函数f(x)是R上的奇函数，并且是周期为3的周期函数，又知f(1)＝2．则f(2)＝( )(A)－2 (B)2 (C)1 (D)－14．设f(x)是R上的任意函数，则下列叙述正确的是( )(A)f(x)f(－x)是奇函数 (B)f(x)｜f(－x)｜是奇函数(C)f(x)－f(－x)是偶函数 (D)f(x)＋f(－x)是偶函数二、填空题5．若函数f(x)＝4x2－mx＋5在区间[－2，＋∞)是增函数，则m的取值范围是______；f(1)的取值范围是______．6．已知函数f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数．当x∈(－∞，0)时，f(x)＝x－x4，则当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝______．7．设函数为奇函数，则实数a＝______．8．已知函数f(x)＝x2－cos x，对于上的任意x1，x2，有如下条件：①x1＞x2；②③｜x1｜＞x2．其中能使f(x1)＞f(x2)恒成立的条件序号是______三、解答题9．已知函数f(x)是单调减函数．(1)若a＞0，比较与f(3)的大小；(2)若f(｜a－1｜)＞f(3)，求实数a的取值范围．10．已知函数(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)当a＝1时，证明函数f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数．11．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足①f(2)＝1；②f(xy)＝f(x)＋f(y)，其中x，y 为任意正实数，③任意正实数x，y满足x≠y时，(x－y)[f(x)－f(y)]＞0恒成立．(1)求f(1)，f(4)的值；(2)试判断函数f(x)的单调性；(3)如果f(x)＋f(x－3)≤2，试求x的取值范围．§2－3 基本初等函数(Ⅰ)本节复习的基本初等函数包括：一次函数、二次函数、指数函数、对数函数和幂函数，三角函数在三角部分复习．函数的图象上直观地反映着函数的性质，学习函数的“捷径”是熟知函数的图象．熟知函数图象包括三个方面：作图，读图，用图．掌握初等函数一般包括以下一些内容：首先是函数的定义，之后是函数的图象和性质．函数的性质一般包括定义域，值域，图象特征，单调性，奇偶性，周期性，零点、最值以及值的变化特点等，研究和记忆函数性质的时候应全面考虑．函数的定义(通常情况下是解析式)决定着函数的性质，我们可以通过解析式研究函数的性质，也可以通过解析式画出函数的图象，进而直观的发现函数的性质．【知识要点】1．一次函数：y＝kx＋b(k≠0)(1)定义域为R，值域为R；(2)图象如图所示，为一条直线；(3)k＞0时，函数为增函数，k＜0时，函数为减函数；(4)当且仅当b＝0时一次函数是奇函数．一次函数不可能是偶函数．(5)函数y＝kx＋b的零点为2．二次函数：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)通过配方，函数的解析式可以变形为(1)定义域为R：当a＞0时，值域为；当a＜0时，值域为；(2)图象为抛物线，抛物线的对称轴为，顶点坐标为．当a＞0时，抛物线开口向上；当a＜0时，抛物线开口向下．(3)当a＞0时，是减区间，是增区间；当a＜0时，是增区间，是减区间．(4)当且仅当b＝0时，二次函数是偶函数；二次函数不可能是奇函数．(5)当判别式＝b2－4ac＞0时，函数有两个变号零点；当判别式＝b2－4ac＝0时，函数有一个不变号零点；当判别式＝b2－4ac＜0时，函数没有零点．3．指数函数y＝a x(a＞0且a≠1)(1)定义域为R；值域为(0，＋∞)．(2)a＞1时，指数函数为增函数；0＜a＜1时，指数函数为减函数；(3)函数图象如图所示．不具有奇偶性、周期性，也没有零点．4．对数函数y＝log a x(a＞0且a≠1)，对数函数y＝log a x与指数函数y＝a x互为反函数．(1)定义域为(0，＋∞)；值域为R．(2)a＞1时，对数函数为增函数；0＜a＜1时，对数函数为减函数；(3)函数图象如图所示．不具有奇偶性、周期性，(4)函数的零点为1．5．幂函数y＝xα(α∈R)幂函数随着α的取值不同，它们的定义域、性质和图象也不尽相同，但它们有一些共同的性质：(1)所有的幂函数在(0，＋∞)都有定义，并且图象都通过点(1，1)；(2)如果α＞0，则幂函数的图象通过原点，并且在区间[0，＋∞)上是增函数；(3)如果α＜0，则幂函数在区间(0，＋∞)上是减函数，在第一象限内，当x从右边趋向于原点时，图象在y轴右方无限地接近y轴，当x趋于＋∞时，图象在x轴上方无限地接近x轴．要注意：因为所有的幂函数在(0，＋∞)都有定义，并且当x∈(0，＋∞)时，xα＞0，所以所有的幂函数y＝xα(α∈R)在第一象限都有图象．根据幂函数的共同性质，可以比较容易的画出一个幂函数在第一象限的图象，再根据幂函数的定义域和奇偶性，我们可以得到这个幂函数在其他象限的图象，这样就能够得到这个幂函数的大致图象．6．指数与对数(1)如果存在实数x，使得x n＝a (a∈R，n＞1，n∈N＋)，则x叫做a的n次方根．负数没有偶次方根．；(2)分数指数幂，；n，m∈N*，且为既约分数)．，且为既约分数)．(3)幂的运算性质a m a n＝a m＋n，(a m)n＝a mn，(ab)n＝a nb n，a0＝1(a≠0)．(4)一般地，对于指数式a b＝N，我们把“b叫做以a为底N的对数”记为log a N，即b＝log a N(a＞0，且a≠1)．(5)对数恒等式：＝N．(6)对数的性质：零和负数没有对数(对数的真数必须大于零!)；底的对数是1，1的对数是0．(7)对数的运算法则及换底公式：；；.(其中a＞0且a≠1，b＞0且b≠1，M＞0，N＞0).【复习要求】1．掌握基本初等函数的概念，图象和性质，能运用这些知识解决有关的问题；其中幂函数主要掌握y＝x，y＝x2，y＝x3，这五个具体的幂函数的图象与性质．2．准确、熟练的掌握指数、对数运算；3．整体把握函数的图象和性质，解决与函数有关的综合问题．【例题分析】例1化简下列各式：(1)； (2)；(3)； (4)log2[log3(log464)]；(5)．解：(1)(2)(3)(4)log2[log3(log464)]＝log2[log3(log443)]＝log2[log33]＝log21＝0．(5)【评析】指数、对数运算是两种重要的运算，在运算过程中公式、法则的准确、灵活使用是关键．例2已知二次函数f(x)满足f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值为8，试确定f(x)的解析式．解：解法一设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，依题意解之得所以所求二次函数为f(x)＝－4x2＋4x＋7．解法二f(x)＝a(x－h)2＋k(a≠0)，为f(2)＝－1，f(－1)＝－1，所以抛物线的对称轴为，又f(x)的最大值为8，所以.因为(－1，－1)点在抛物线上，所以，解得a＝－4．所以所求二次函数为.例3 (1)如果二次函数f(x)＝x2＋(a＋2)x＋5在区间(2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是______．(2)二次函数y＝ax2－4x＋a－3的最大值恒为负，则a的取值范围是______．(3)函数f(x)＝x2＋bx＋c对于任意t∈R均有f(2＋t)＝f(2－t)，则f(1)，f(2)，f(4)的大小关系是_______．解：(1)由于此抛物线开口向上，且在(2，＋∞)上是增函数，画简图可知此抛物线对称轴或与直线x＝2重合，或位于直线x＝2的左侧，于是有，解之得.(2)分析二次函数图象可知，二次函数最大值恒为负的充要条件是“二次项系数a＜0，且判别式＜0”，即，解得a∈(－∞，－1)．(3)因为对于任意t∈R均有f(2＋t)＝f(2－t)，所以抛物线对称轴为x＝2，又抛物线开口向上，做出函数图象简图可得f(2)＜f(1)＜f(4)．例4已知函数f(x)＝mx2＋(m－3)x＋1的图象与x轴的交点至少有一个在原点的右侧，求实数m的范围．解：当m＝0时，f(x)＝－3x＋1，其图象与x轴的交点为，符合题意；当m＜0时，注意到f(0)＝1，又抛物线开口向下，所以抛物线与x轴的两个交点必在原点两侧．所以m＜0符合题意；当m＞0时，注意到f(0)＝1，又抛物线开口向上，所以抛物线与x轴的两个交点必在原点同侧(如果存在)，所以若满足题意，则解得0＜m≤1．综上，m∈(－∞，1]．【评析】在高中阶段，凡“二次”皆重点，二次函数，一元二次方程，一元二次不等式，二次曲线都应着重去理解、掌握．例2、3、4 三个题目充分体现了数形结合思想及运动变化思想的运用．这两种数学思想在函数问题的解决中被普遍使用．例5 (1)当a≠0时，函数y＝ax＋b与y＝b ax的图象只可能是( )(2)函数y＝log a x，y＝log b x，y＝log c x，y＝log d x的图象分别是图中的①、②、③、④，则a，b，c，d的大小关系是______．【分析】(1)在选项(A)中，由y＝ax＋b图象可知a＜0，b＞1，所以b a＜b0＝1(根据以为底的指数函数的性质)，所以y＝b ax＝(b a)x应为减函数．在选项(B)中，由y＝ax＋b图象可知a＞0，b＞1，所以b a＞b0＝1，所以y＝b ax＝(b a)x应为增函数．在选项(C)中，由y＝ax＋b图象可知a＞0，0＜b＜1，所以b a＜b0＝1，所以y＝b ax＝(b a)x应为减函数．与图形提供的信息相符．在选项(D)中，由y＝ax＋b图象可知a＜0，0＜b＜1，所以b a＞b0＝1，所以y＝b ax＝(b a)x应为增函数．综上，选C．(2)如图，作直线y＝1与函数y＝log a x，y＝log b x，y＝log c x，y＝log d x的图象依次交于A，B，C，D四点，则A，B，C，D四点的横坐标分别为a，b，c，d，显然，c＜d＜a＜b．【评析】在本题的解决过程中，对函数图象的深入分析起到了至关重要的作用．这里，对基本初等函数图象的熟悉是前提，对图象的形态的进一步研究与关注是解决深层问题要重点学习的，例4中“注意到f(0)＝1”，例5中“作直线y＝1”就是具体的表现，没有“熟悉”和“深入的研究”是不可能“注意到”的，也作不出“直线y＝1”．例6已知幂函数．(1)若f(x)为偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数，求f(x)的解析式；(2)若f(x)在(0，＋∞)上是减函数，求k的取值范围．解：(1)因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以，解得－1＜k＜3，因为k∈Z，所以k＝0，1，2，又因为f(x)为偶函数，所以k＝1，f(x)＝x2．(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以，解得k＜－1，或k＞3(k∈Z)．例7比较下列各小题中各数的大小(1)；(2)lg2与lg(x2－x＋3)；(3)0.50.2与0.20.5；(4)；(5)；(6)a m＋a－m与a n＋a－n(a＞0，a≠1，m＞n＞0)【分析】(1)函数y＝log2x在区间(0，＋∞)上是增函数，所以log20.6＜log21＝0，函数y＝log0.6x在区间(0，＋∞)上是减函数，所以所以.(2)由于，所以lg2＜lg(x2－x＋3)．(3)利用幂函数和指数函数单调性．0.50.2＞0.20.2＞0.20.5．(4)因为.根据不等式的性质有(5)因为比较与log32，只需比较与log32，因为y＝log3x是增函数，所以只需比较与2的大小，因为，所以，所以，综上，(6)，当a＞1时，因为m＞n＞0，a m＞a n，a m＋n＞1，所以a m＋a－m＞a n＋a－n；当0＜a＜1时，因为m＞n＞0，a m＜a n，a m＋n＜1，所以a m＋a－m＞a n＋a－n．综上，a m＋a－m＞a n＋a－n．例8已知a＞2，b＞2，比较a＋b，ab的大小．【分析】方法一(作商比较法)，又a＞2，b＞2，所以，所以，所以a＋b＜ab．方法二(作差比较法)，因为a＞2，b＞2，所以2－a＜0，2－b＜0，所以a＋b－ab＜0，即a＋b＜ab．方法三(构造函数)令y＝f(a)＝a＋b－ab＝(1－b)a＋b，将y看作是关于a的一次函数，因为1－b＜0，所以此函数为减函数，又a∈(2，＋∞)，y最大＜f(2)＝(1－b)×2＋b＝2－b＜0，所以a＋b－ab＜0，即a＋b＜ab．【评析】两个数比较大小的基本思路：如果直接比较，可以考虑用比较法(包括“作差比较法”与“作商比较法”，如例8的方法一与方法二)，或者利用函数的单调性来比较(如例7(1)(2)(3)，例8的方法三)．如果用间接的方法可以尝试对要比较的两数进行适当的变形，转化成对另两个数的比较，也可以考虑借助中间量来比较(如例7(4)(5)(6))．例9若log2(x－1)＜2，则x的取值范围是______．解：log2(x－1)＜2，即log2(x－1)＜log24，根据函数y＝log2x的单调性，可得x－1＜4，所以x＜5，结合x－1＞0，所以x的取值范围是1＜x＜5．例10 已知A，B为函数y＝log8x的图象上两点，分别过A，B作y轴的平行线与函数y＝log2x的图象交于C，D两点．(1)如果A，B两点的连线经过原点O，请问C，D，O三点也共线么?证明你的结论．(2)当A，B，O三点共线并且BC与x轴平行时，求A点的坐标．略解：(1)设A(x1，log8x1)，B(x2，log8x2)，由于A，B，O在同一条直线上，所以又设C(x1，log2x1)，D(x2，log2x2)，于是有同样可得结合①式，有k OC＝k OD，即C，D，O三点共线．(2)当BC∥x轴时，即。
2022年高考数学必刷压轴题专题09三次函数的对称性穿根法作图象含解析
专题09 三次函数的对称性、穿根法作图象【方法点拨】对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d （其中a ≠0），给出以下常用结论：(1)当a ＞0，b 2－3ac ＞0时，三次函数的图象为N 字型；当a ＜0，b 2－3ac ＞0时，三次函数的图象为反N 字型；当a ＞0，b 2－3ac ≤0时，单调递增，当a ＜0，b 2－3ac ≤0时，单调递减．(2)三次函数有对称中心(x 0，f (x 0))，f ″(x 0)＝0. 【典型题示例】例1 (2021·全国乙卷·理10)设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A. a b < B. a b >C. 2ab a <D. 2ab a >【答案】D【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【解析】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b ≠.()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：故2ab a >.由图可知b a <，0a <，当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：故2ab a >.综上所述，2ab a >成由图可知b a >，0a >，立.故选：D例2 若函数2()f x x x a =-在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】(,0][3,)-∞+∞【解析】 222(),()(),x x a x a f x x x a x x a x a⎧-≥⎪=-=⎨--<⎪⎩.函数()f x 的一个极值点是0x =，所以以0为界与a 比较，进行分类讨论.①当0a >时，如图一，由2()320f x x ax '=-+=得，0x =或23ax =，欲使函数2()f x x x a =-在区间[0,2]上单调递增，只需223ax =≥，即3a ≥. ②当0a ≤时，如图二，2()f x x x a =-在区间[0,2]上单调递增，满足题意.综上知，实数a 的取值范围是(,0][3,)-∞+∞．点评:作三次函数f (x )＝a (x －x 1) 2(x －x 2)（其中a ≠0，x 1≠x 2）示意图的方法要点有二：aOxy（图一）xyOa（图二)（1）当a ＞0时，三次函数的图象为N 字型（最右区间增）；当a ＜0时，三次函数的图象为反N 字型（最右区间减）.（2）x 1既是函数的零点，又是函数的极值点，从形上看，函数图象此时与x 轴相切（或称“奇穿偶回”，即x 1、x 2都是函数的零点，x 1是二重根，图象到此不穿过x 轴，即“回”，这种作函数图象的方法称为“穿根法”）.例3 已知a ，b ∈R 且ab ≠0，若(x –a )(x –b )(x –2a –b )≥0在x ≥0上恒成立，则（ ） A. a <0 B. a >0 C. b <0 D. b >0【答案】C【分析】本题的实质是考察三次函数的图象，设()()()(2)f x x a x b x a b =----，欲满足题意，从形上看则必须在x ≥0 时有两个重合的零点才可以，对a 分0a >与0a <两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.【解析】因为0ab ≠，所以0a ≠且0b ≠，设()()()(2)f x x a x b x a b =----，则()f x 的零点为123,,2x a x b x a b ===+当0a >时，则23x x <，1>0x ，要使()0f x ≥，必有2a b a +=，且0b <，即=-b a ，且0b <，所以0b <；当0a <时，则23x x >，10x <，要使()0f x ≥，必有0b <. 综上一定有0b <. 故选：C例4 已知a 3－3a 2＋5a ＝1，b 3－3b 2＋5b ＝5，那么a ＋b 的值是 . 【答案】2【分析】本题的难点在于发现函数的对称性、变形为“结构相同”后逆用函数的单调性. 【解析】由题意知a 3－3a 2＋5a －3＝－2，b 3－3b 2＋5b －3＝2，设f (x )＝x 3－3x 2＋5x －3，则f (a )＝－2，f (b )＝2. 因为f (x )图象的对称中心为(1,0)，所以a ＋b ＝2.【巩固训练】1.函数()32351f x x x x =-+-图象的对称中心为_____.2.已知直线l 与曲线31y x x =-+有三个不同的交点()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，且||||AB AC =，则()31iii x y =+=∑__________.3.若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 ．4.已知函数的导函数为，若函数在处取到极小值，则实数的取值范围是 ．5.若函数2()(2)f x x x a =--在区间[2,4]上单调递增，则实数a 的取值范围是 ． 6. 设a R ，若x ＞0时均有[(a －1)x －1]( x 2－ax －1)≥0，则a ＝______________．7. 已知函数3)(2-=x x x f ，[]m x ,0∈，其中R m ∈，且0>m ，如果函数)(x f 的值域是[]2,0，则实数m 的取值范围为________.8.已知,a R ∈函数2()f x x x a =-，则函数y ＝f (x )在区间[1,2]上的最小值是 .9.已知函数2()12f x x x =-的定义域是[0,]m ，值域是2[0,]am ，则实数a 的取值范围是 .32()21()f x x ax a =-+∈R (0,)+∞()f x [1,1]-()f x ()(2)()(0)f x ax x x a a '=+-≠()f x 2x =-a ∈【答案与提示】1.【答案】()1,2【解析一】由题意设对称中心的坐标为(),a b ，则有()()2b f a x f a x =++-对任意x ∈R 均成立，代入函数解析式得，()()()()()()32322351351b a x a x a x a x a x a x =+-+++-+---+--整理得到：()()()()()()32322351351b a x a x a x a x a x a x =+-+++-+---+--，整理得到()232266261020b a x a a a =-+-+-= 对任意x ∈R 均成立，所以32660261022a a a a b-=⎧⎨-+-=⎩ ，所以1a =，2b =. 即对称中心()1,2．【解析二】∵f ″(x )＝6x －6 令f ″(x )＝6x －6＝0 解得x ＝1 将x ＝1代入得f (x )得f (1)＝2 ∴对称中心()1,2． 2.【答案】3【解析】由题意，函数3y x x =-是奇函数，则函数3y x x =-的图象关于原点对称， 所以函数31y x x =-+的函数图象关于点(0,1)对称，因为直线l 与曲线31y x x =-+有三个不同的交点()()()112233,,,,,A x y B x y C x y ，且||||AB AC =，所以点A 为函数的对称点，即(0,1)A ，且,B C 两点关于点(0,1)A 对称， 所以1231230,3x x x y y y ++=++=，于是()313iii x y =+=∑.3.【答案】3-【解析】因为(0)1f =,且由21()62=6()03f x x ax x x a '=--=得: 0x =或13x a =所以函数的图象是增-减-增型，且在0x =或13x a =处取得极值()f x欲使函数在内有且只有一个零点，当且仅当32()2()()1033303aa a f a a ⎧=⋅-⋅+=⎪⎪⎨⎪>⎪⎩解之得3a =.当[]1,0x ∈-时，增；[]0,1x ∈时，减， 故max ()(0)1f x f ==，{}min ()min (1),(1)4f x f f =-=-， 所以在上的最大值与最小值的和为3-． 4.【答案】 ()(),20,-∞-⋃+∞ 5.【答案】(,2][5,)-∞+∞6.【答案】7.【答案】12m ≤≤8. 【答案】⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-≤<-≤<≤-=;37,1;372),2(4;21,0;1,1时当时当时当时当a a a a a a a m【解析】设此最小值为m.①当.)(]21[123ax x x ，f ，，a -=≤上在区间时因为:),2,1(,0)32(3223)(/∈>-=-=x a x x ax x x f 则f(x)是区间[1,2]上的增函数,所以m=f(1)=1-a..②当1<a 0)(:0)(,0)(]21[22===≥-=≤a f m a f a x x x ，f ，，知由上在区间时. ③当a>2时，在区间[1，2]上，.)(32x ax x f -=).32(332)(2/x a x x ax x f -=-=(0,)+∞()f x ()f x ()f x [1,1]-23=a若,3≥a 在区间(1，2)内f /(x)>0,从而f(x)为区间[1，2]上的增函数，由此得：m=f(1)=a-1.若2<a<3,则2321<<a 当；，x f x f a x 上的增函数为区间从而时]321[)(,0)(,321/><< 当.]2,32[)(232/上的减函数为区间从而时a x f ，x << 因此，当2<a<3时，m=f(1)=a-1或m=f(2)=4(a-2).当)2(4,1)2(4372-=-≤-≤<a m a a ，a 故时; 当.1),2(41337-=-<-<<a m a ，a a 故时 综上所述，所求函数的最小值⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-≤<-≤<≤-=;37,1;372),2(4;21,0;1,1时当时当时当时当a a a a a a a m9.【答案】1a ≥【解析一】易知：当02x ≤≤，()f x增；当2x ≤≤()f x减；当x ≥，()f x 增，且(2)(4)16f f ==.① 当02m <≤时，()f x [0,]m 增∴22(12)m m am --=，[)124,a m m=-+∈+∞； ② 当24m <≤时， 216am =，[)2161,4a m=∈； ③ 当4m ≥时，22(12)m m am -=，()121,a m m=-∈+∞；综上，1a ≥.【解析二】仅考虑函数()f x 在0x >时的情况，可知3312()12x x x f x x x x ⎧-<⎪=⎨-⎪⎩，，≥函数()f x 在2x =时，取得极大值16．令31216x x -=，解得，4x =． 作出函数的图象（如右图所示）．函数()f x 的定义域为[0,]m ，值域为2[0]am ，，分为以下情况考虑：（1）当02m <<时，函数的值域为2[0(12)]m m -，，有22(12)m m am -=，所以12a mm=-，因为02m <<，所以4a >；（2）当24m ≤≤时，函数的值域为[016]，，有216am =，所以216a m =，因为24m ≤≤，所以14a ≤≤；（3）当4m >时，函数的值域为2[0(12)]m m -，，有22(12)m m am -=，所以12a m m =-，因为4m >，所以1a >；综上所述，实数a 的取值范围是1a ≥．。
高考数学8类热点函数专项训练1 二次函数含答案
专题一 二次函数一、选择题1.二次函数()2f x ax bx c =++,如果()()12f x f x =(其中12x x ≠),则122x x f +⎛⎫=⎪⎝⎭（ ） A ．2b a - B ．ba- C ． c D ．244ac b a -【答案】D【解析】由()()12f x f x =得12,22x x ba+=-所以2124,224x xb ac bf f a a +-⎛⎫⎛⎫=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故 选D.2.已知函数()()20,0f x x ax b a b =++<>有两个不同的零点1x ，2x ，-2和1x ，2x 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，则函数()f x 的解析式为（ ） A ．()254f x x x =--B ．()254f x x x =++C ．()254f x x x =-+D ．()254f x x x =+-【答案】C【解析】由题意，函数()()20,0f x x ax b a b =++<>有两个不同的零点1x ，2x ，可得1212,x x a x x b +=-=，则1>0x ，20x >，又由2-和1x ，2x 三个数适当排序后既可成为等差数列，也可成为等比数列，不妨设21x x >，则122(2)x x =+-，124x x =，解得11x =，24x =，所以125a x x -=+=，124b x x ==，所以()254f x x x =-+，故选C.3.若二次函数y =ax 2+bx +c 和y =cx 2+bx +a (ac ≠0,a ≠c )的值域分别为M 和N ,则集合M 和N 必定满足( )A ．M ⊂≠NB ．M ⊃≠NC ．M ∩N =∅D ．M ∩N ≠∅【答案】D【解析】由,M N 都含有元素a b c ++,可得M ∩N ≠∅,故选Ｄ.4.已知函数()()20f x ax bx c a =++>,若0x 满足关于x 的方程20ax b +=,则下列选项的命题中为假命题的是（ ）A ．()()0,x f x f x ∃∈≤R B. ()()0,x f x f x ∃∈≥R C ．()()0,x f x f x ∀∈≤R D. ()()0,x f x f x ∀∈≥R【答案】C【解析】由0x 满足关于x 的方程20ax b +=,可得02bx a=-,所以()0f x 是()f x 的最小值, 故选C. 5. 己知，，恒成立，则实数a 的取值范围为A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】设，对任意恒成立，即对任意都成立，当时，则即与讨论矛盾， 当时，，则，解得，故选B ．6.二次函数n mx mx x f --=3)(2,对于非零实数c b a n m ,,,,,关于x 的方程0)()]([2=++c x bf x f a 的解集为},,,{4321x x x x ,则4321x x x x +++的值是（ ） A ．-6 B ．-3C ．3D ．6【答案】D【解析】由n mx mx x f --=3)(2,图像关于直线32x =对称,所以方程 0)()]([2=++c x bf x f a 的四个根也关于直线32x =对称,因此12346x x x x +++=,故选 D.7.已知二次函数，分别是函数在区间上的最大值和最小值，则的最小值A ．B ．C ．D ． 【答案】B 【解析】当，即时，；当，即时，；当，即时，；当，即时，，综上所述，最小值为1，故选B.8．设函数，则“”是“与”都恰有两个零点的（）．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】因为，所以开口向上，有两个零点，最小值必然小于，当取得最小值时，，即，令，则，必有两个零点，同理，由于是对称轴，开口向上，，必有两个零点，所以“”是“与”都恰有两个零点的充要条件，故选C.9.已知二次函数，定义，，其中表示中的较大者，表示中的较小者，下列命题正确的是A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【解析】由于,故二次函数的对称轴.,,若此时对称轴为,则有,即,所以选项不正确.,,在对称轴的位置取得最小值,即对称轴为,所以,故选项不正确. ,也即是函数在区间上的最小值,故,故选.10.已知()()()23f x m x m x m =-++，()42xg x =-，若对任意x ∈R ,()0f x <或()0g x <，则m 的取值范围是（ ） A ．7,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．7,02⎛⎫-⎪⎝⎭D ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】∵g （x ）＝4x ﹣2，当x<12时,() 0g x <恒成立，当x ≥12时，g （x ）≥0， 又∵∀x ∈R ，f （x ）＜0或g （x ）＜0，∴f （x ）＝m （x ﹣2m ）（x +m +3）＜0在x ≥12时恒成立，即m （x ﹣2m ）（x +m +3）＜0在x ≥12时恒成立，则二次函数y ＝m （x ﹣2m ）（x +m +3）图象开口只能向下，且与x 轴交点都在（12，0）的左侧，∴0132122m m m ＜＜＜⎧⎪⎪⎪--⎨⎪⎪⎪⎩，即07214m m m ⎧⎪⎪⎪-⎨⎪⎪⎪⎩＜＞＜，解得72-＜m ＜0，∴实数m 的取值范围是：（72-，0）．故选C ． 11.设21()1x x f x x x ⎧⎪=⎨<⎪⎩，≥，，，()g x 是二次函数,若(())f g x 的值域是[)0+，∞,则()g x 的值域是（ ）A ．(][)11--+U ∞，，∞B ．(][)10--+U ∞，，∞C ．[)0+，∞D ．[)1+，∞【答案】C【解析】依题意可得()g x 的值域即当[()]f g x 的值域为[0,)+∞时()g x 的取值范围.因为当||1x ≥即1x <-或1x >时,2()1f x x =≥,当||1x <即11x -<<时,()(1,1)f x x =∈-.所以当1x <-或0x ≥时,()f x 的值域为[0,)+∞.而()g x 是二次函数,所以其值域为一个区间,不可能是两个区间的并集,所以()g x 的值域为[0,)+∞,故选C12.若函数()f x 为定义域D 上的单调函数，且存在区间[]a b D ⊆，（其中a b <），使得当[]x a b ∈，时，()f x 的取值范围恰为[]a b ，，则称函数()f x 是D 上的正函数.若函数()2g x x m =+是()0-∞，上的正函数，则实数的取值范围为（ ）A ．514⎛⎫-- ⎪⎝⎭， B ．5344⎛⎫-- ⎪⎝⎭， C ．314⎛⎫-- ⎪⎝⎭， D ．304⎛⎫- ⎪⎝⎭， 【答案】C【解析】因为函数2g x x m =+（） 是0-∞（，）上的正函数，所以0a b ＜＜，所以当[]x a b ∈，时，函数单调递减，则g a b g b a ==（），（），即22a m b b m a +=+=， ，两式相减得22a b b a -=-，即1b a =-+（），代入2a m b += 得210a a m +++=，由0a b ＜＜，且1b a =-+（）， 10a a ∴-+＜（）＜ ，即1{ 10a a a --+＜，＞ 1{ 21a a -∴-＜，＞ 解得-112a -＜＜． 故关于a 的方程210a a m +++= 在区间112--（，）内有实数解， 记21h a a a m =+++（）， 则11002h h --（）＞，（）＜，即1110m -++＞ 且111042m -++＜， 解得1m -＞且34m -＜．即314m --＜＜ ，故选C ． 二、填空题13.若二次函数()f x 满足()()22f x f x +=-且()()()01f a f f ≤<,则实数a 的取值范围是__________________. 【答案】或【解析】∵()f x 满足()()22f x f x +=-,∴二次函数()f x 图像的对称轴为2x =, ∵()()01f f <, ∴二次函数()f x 图像的开口向下,则由()()0f a f ≤得出0a ≤或4a ≥.14.设二次函数()2f x ax bx c =++（,,a b c 为实常数）的导函数为()f x '，若对任意x ∈R 不等式()()f x f x '≤恒成立，则222b a c+的最大值为_____．【答案】22【解析】∵()2f x ax bx c =++，∴()2f x ax b ='+，∵对任意x ∈R ，不等式()()f x f x ≤'恒成立，∴22ax bx c ax b ++≤+恒成立，即()()220ax b a x c b +-+-≤恒成立，故()()22224440b a a c b b a ac ∆=---=+-≤，且0a >， 即2244b ac a -≤，∴2440ac a -≥，∴0c a ≥>，∴1c a ≥，可令ct a=，即1t ≥，1t =时，,0a c b ==； 故1t >时，()()()()22222222244414144112121ct t b ac a a a c a c t c t t a ⋅----≤===+++-+-+⎛⎫+ ⎪⎝⎭422121t t =≤=-++-，当且仅当1t =时，取得最大值2．15．若二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠的图象和直线y x =无交点,现有下列结论： ①方程[()]f f x x =一定没有实数根；②若0a >,则不等式[()]f f x x >对一切实数x 都成立； ③若0a <,则必存在实数0x ,使00[()]f f x x >;④函数2()(0)g x ax bx c a =-+≠的图象与直线y x =-一定没有交点, 其中正确的结论是____________（写出所有正确结论的编号）． 【答案】①②④【解析】因为函数()f x 的图象与直线y x =没有交点,所以()()0f x x a >>或()()0f x x a <<恒成立．所以()()f f x f x x >>⎡⎤⎣⎦或()()f f x f x x <<⎡⎤⎣⎦恒成立,所以()f f x x =⎡⎤⎣⎦没有实数根,故①正确；若0a >,则不等式()()f f x f x x >>⎡⎤⎣⎦对一切实数x 都成立,故②正确；若0a <,则不等式()()f f x f x x <<⎡⎤⎣⎦对一切实数x 都成立,所以不存在实数0x ,使00[()]f f x x >,故③错误；由函数()()g x f x =-,与()f x 的图象关于y 轴对称,所以()g x 和直线y x =-也一定没有交点．故④正确,答案为①②④.16.已知2()22f x x x b =++是定义在[-1,0]上的函数, 若[()]0f f x ≤在定义域上恒成立，而且存在实数0x 满足：00[()]f f x x =且00()f x x ≠，则实数b 的取值范围是_______ 【答案】13[28,--） 【解析】因为()min 1122f x f b ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，()()()max 01f x f f b ==-=，所以1101,02210b b b ⎧-≤-≤⎪⎡⎤⇒∈-⎨⎢⎥⎣⎦⎪-≤≤⎩时满足()0f f x ⎡⎤≤⎣⎦； 设()00f x y =，则()00f y x =且00y x ≠，所以函数()222f x x x b =++图像上存在两点关于直线y x =对称，令:l y x m =-+，由2223022y x mx x b m y x x b=-+⎧⇒++-=⎨=++⎩，设()11,M x y 、()22,N x y 为直线与抛物线的交点，线段MN 中点为(),E E E x y ，所以()1298032b m x x ⎧∆=-->⎪⎨+=-⎪⎩，所以33,44E m ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，而E 在y x =上，所以32m =-， 从而232302x x b +++=在[]1,0-有两不等的实数根， 令()23232h x x x b =+++，所以()()39802110132,2830023104b h b b h b ⎧⎛⎫∆=-+> ⎪⎪⎝⎭⎪⎪-=+≥⎪⎪⎡⎫⇒∈--⎨⎪⎢⎣⎭⎪=+≥⎪⎪⎪-<-<⎪⎩.。
2023年高考备考二次函数(选拔卷)(含答案含解析)九年级数学上册单元测试
第二十二章 二次函数 选拔卷〔考试时间：90分钟 卷子总分值：120分〕一、选择题：此题共10个小题，每题3分，共30分。
在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
1．〔2023·山东东营市·中考试题〕一次函数与二次函数在同()0y ax b a =+≠()20y ax bx c a =++≠一平面直角坐标系中的图象可能是〔 〕A ．B ．C ．D ．（答案）C（分析）逐一分析四个选项，依据二次函数图象的开口方向以及对称轴与y 轴的位置关系，即可得出a 、b 的正负性，由此即可得出一次函数图象经过的象限，即可得出结论．（详解）A. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y 轴左侧，∴a <0，b <0，∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项错误；B. ∵二次函数图象开口向上，对称轴在y 轴右侧，∴a >0，b <0，∴一次函数图象应该过第—、三、四象限，故本选项错误；C. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y 轴左侧，∴a <0，b <0，∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项正确；D. ∵二次函数图象开口向下，对称轴在y 轴左侧，∴a <0，b <0，∴一次函数图象应该过第二、三、四象限，故本选项错误．应选C ．（点睛）此题主要考查二次函数图象与一次函数图象的综合，掌握二次函数与一次函数系数与图象的关系，是解题的关键．x的二次函数43的函数值C.c的图象关于直线错误；3的函数值，即.y轴交于点5A标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．，x，)；代入原抛物线解析式可得：方法等．，当1 1C象的顶点坐标，从而知该二次函数的单调区间．，∴该二次函数的开口方向是向上； ．度为〔 〕米3B 代入可求解．， ，∵32x 50，〕3625+，∴顶点为25，∴+想解答．．nD或a 函数 当∴，0的关键．7．〔2023·天津九年级二模〕二次函数，当且时，y 的最小值为2(1)5y x =--+m x n ≤≤0mn <，最大值为，则的值为〔 〕5m 5n m n +A ．0B ．C ．D ．1-2-3-（答案）D（分析）由且可得，依据题意画出函数图像，依据图像分情况商量；m x n ≤≤0mn <0m n <＜当时，y 随x 的增大而增大，可得当时y 有最小值，当时y 有最大值，代入1m n <<x m =x n =并验证；当时分两种情况：当时y 有最小值，当时y 有最大值，或当1m n <≤x m =1x =1x =时y 有最大值，当时y 有最小值，得出符合情况的值即可得出答案.x n =（详解）解：如图，二次函数的大致图像如下： 2(1)5y x =--+且时，，m x n ≤≤ 0mn <0m n ∴<＜①当时，y 随x 的增大而增大，1m n <<当时y 有最小值，即：，解得：或〔舍去〕；∴x m =()2155m m --+=4m =-1m =当时y 有最大值，即：，解得：或〔均不符合题意，舍x n =()2155n n --+=4n =-1n =去〕；②当时，当时y 有最小值，即：，解得：或〔舍1m n <≤x m =()2155m m --+=4m =-1m =去〕； 当时y 有最大值，即：，解得：，1x =()21155n --+=1n =或：当时y 有最大值，即：，解得：，1x =()21155n --+=1n =当时y 有最小值，即：，将代入解得：， x n =()2155n m --+=1n =5m =∴m最大值及最小值在哪里取得，再代入求解；熟练掌握分析函数最值的方法是此题解题关键.论的个数是〔 〕个C，进而得出④正确，即可得出结论．误；正确；，，故③错误；，，，．．A出发沿B C DD三段，分别求出函数表达式即可求解．AAPQ如图，同理可得：y=×PE×AD= 该函数为一次函数；12()148162,2t t ⨯-=-时，如图，同理可得：y=×PE×CQ= 12()()2118121048.22t t t t --=-+-该函数为开口向下的抛物线， 应选：D ．楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．1向左平移得到2A ．32m -≤<-B ．412-< D m 与抛物线， ． m 过m与抛物线5m与正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有肯定的难度．分。
2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究(解析版)
导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x >0时,x >sin x >x −12x 2.②余弦函数:cos x ≥1−12x 2.③正切函数:当x ∈0,π2时,sin x <x <tan x . ④数值域:sin x ∈-1,1,cos x ∈ -1,1 .3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x -ax ，a ∈R ，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x >2x ；(2)若函数g x =f x -x cos x 在区间0,+∞ 内有唯一的零点，求a 的取值范围.2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究（解析版）2已知函数f x =sin x-x-ae x,其中a为实数,e是自然对数的底数.(1)若a=-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π上有唯一的极值点,求实数a的取值范围.3已知函数f x =e x，g x =sin x+cos x.(1)求证：f x ≥x+1；(2)若x≥0，问f x +g x -2-ax≥0a∈R是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由4已知函数f(x)=e x+cos x-a(a∈R)．(1)讨论f(x)在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x∈[0,+∞)时，e x+sin x≥ax+1恒成立，求a的取值范围．5已知函数f x =a sin x，其中a>0.(1)若f x ≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)证明：∀x∈0,+∞，有2e x>x+1 xln x+1+sin x.6已知函数f x =ae x+4sin x-5x.(1)若a=4，判断f x 在0,+∞上的单调性；(2)设函数p x =3sin x-2x+2，若关于x的方程f x =p x 有唯一的实根，求a的取值范围.7已知函数f x =e x，g x =2-sin x-cos x．(1)求证：当x∈0,+∞，x>sin x；(2)若x∈0,+∞，f x >g x +ax恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2 ，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f (x )有两个极值点，求a 的取值范围；(2)若x ≥0，f (x )≥2sin x ，求a 的取值范围．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sin x<x；(2)已知函数f x =cos ax-ln1-x2，若x=0是f x 的极大值点，求a的取值范围．【跟踪训练】1已知函数f x =xe-x+a sin x，e是自然对数的底数，若x=0恰为f(x)的极值点.(1)求实数a的值；上零点的个数.(2)求f(x)在区间-∞,π42已知函数f x =2cos x+ln1+x-1．上零点和极值点的个数，并给出证明；(1)判断函数f x 在区间0,π2(2)若x≥0时，不等式f x <ax+1恒成立，求实数a的取值范围．3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立.(1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.5已知函数f(x)=ax2-a(x sin x+cos x)+cos x+a(x>0)．(1)当a=1时，(I)求(π,f(π))处的切线方程；(II)判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a的取值范围．6已知f(x)=ax2-cos x-x sin x+a(a∈R).(1)当a=14时，求y=f(x)在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x∈R时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围.7已知函数f(x)=e x-a-x-cos x，x∈(-π,π)其中e=2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a=0时，证明：f x ≥0;(2)当a=1时，求函数y=f x 零点个数．8已知函数f x =x-1e x+ax+1.(1)若a=-e，求f x 的极值；(2)若x≥0，f x ≥2sin x，求a的取值范围.9已知函数f x =2sin x-ln1+x0<x<π．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．11已知函数f x =ln x+sin x. (1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.12已知函数f(x)=12ax2-(a-2)x-2ln x.(1)当a=2时，证明：f x >sin x.(2)讨论f x 的单调性.13(1)证明：当x<1时，x+1≤e x≤11-x；(2)是否存在正数a，使得f x =2e x+a sin x-ax2-a+2x在R上单调递增，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π ,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2 =-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1e x 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得h x =e x +cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h(x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，m x >0，则h x 在0,π2 上单调递增，又因为h 0 =1-a <0，h π2 =1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1x ln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x >x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x -1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x =-x -1 2e -x ≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x >x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin x e x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin x ex ，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以h x =sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin x e x 在-∞,0 上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin x e x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x-3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x 的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2 【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4 >0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φ x <φ x 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x +2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增， 又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2 =-1+1π2+1 2<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕ x 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x -π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g (x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x 2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以f x >x b 2x 2+2-b 21-x 2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，。
2025年高考数学一轮复习-三次函数的图象与性质-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-三次函数的图象与性质-专项训练基础巩固练1.在同一坐标系中作出三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)及其导函数的图象,下列一定不正确的序号是()①②③④A.①②B.①③C.③④D.①④2.三次函数f(x)=mx3-x在(-∞,+∞)上是减函数,则实数m的取值范围是()A.m<0B.m<1C.m≤0D.m≤13.三次函数f(x)=ax3-32x2+2x+1的图象在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,则f(x)在区间(1,3)上的最小值是()A.83B.116C.113D.534.某工作组要在村外一湖岸边修建一段道路(如图中虚线处),要求该道路与两条直线道路平滑连接(注:两直线道路:y1=-2x,y2=3x-6分别与该曲线相切于点(0,0),(2,0)),已知该弯曲路段为三次函数图象的一部分,则该函数解析式为()A.f(x)=19x3-13x2-2xB.f(x)=14x3+12x2-2xC.f(x)=19x3+13x2-2xD.f(x)=-14x3+12x2-2x5.(多选题)已知函数f(x)=2x3-ax2+b,若f(x)在区间[0,1]上的最小值为-1,且最大值为1,则a的值可以是()A.0B.4C.332D.336.(多选题)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线7.已知函数y=x3+3x2+x的图象C上存在一定点P满足:若过点P的直线l与曲线C交于不同于P的两点M(x1,y1),N(x2,y2),就恒有y1+y2的定值为y0,则y0的值为.8.已知函数f(x)=ax3-3x2+1-3 (a≠0).(1)若f(x)的图象在x=-1处的切线与直线y=-13x+1垂直,求实数a的值;(2)讨论函数y=f(x)的单调性;(3)若a=1时,过点M(2,m)(m≠-6)可作曲线y=f(x)的三条切线,求实数m的取值范围.综合提升练9.已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心,若函数f(x)=x3+ax2+bx+c,且M(x0,f(x0))为曲线y=f(x)的对称中心,则必有g'(x0)=0(其中函数g(x)=f'(x)).若实数m,n满足 3+6 2+13 =10,3+6 2+13 =-30,则m+n=()A.-4B.-3C.-2D.-110.(多选题)定义:设f'(x)是f(x)的导函数,f″(x)是函数f'(x)的导数.若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=ax3+bx2+53(ab≠0)图象的对称中心为(1,1),则下列说法正确的有()A.a=13,b=-1B.函数f(x)有三个零点C.过点3y=f(x)的图象相切D.若函数f(x)在区间(t-6,t)上有最大值,则0<t≤311.已知函数f(x)=13x3-|2ax+4|在[1,2]上单调递增,则实数a的取值范围为.12.设y=f″(x)是y=f'(x)的导函数.某同学经过探究发现,任意一个三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象都有对称中心(x0,f(x0)),其中x0满足f″(x0)=0.(1)函数g(x)=13x3-x2+3x+1的图象的对称中心为;(2)现已知当直线kx-y-k+1=0(k∈R)和h(x)=ax3+bx2+53的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)(x1<x2<x3)三点时,h(x)的图象在点A,C处的切线总平行,则过点(b,a)可作条直线与函数h(x)的图象相切.创新应用练13.已知函数f(x)=-13x3+12ax2+2a2x+3(a∈R),f'(x)为函数f(x)的导函数.(1)若x=-1为函数f(x)的极值点,求实数a的值;(2)当f(x)的增区间内有且只有两个整数时,求实数a的取值范围;(3)当0<a≤12时,任意实数x1,x2∈[-1,2],都有f(x1)+f'(x2)-3≥M+7a-203恒成立,求实数M的最大值.参考答案1.C2.A3.D4.B5.AB6.AC7.28.解(1)易得f'(x)=3ax2-6x=3ax f'(-1)=3a+6=3,解得a=-1.(2)当a>0时,2 >0,由f'(x)>0解得x<0或x>2 ,由f'(x)<0解得0<x<2 ,所以f(x)在区间(-∞+∞上单调递增,在区间0.当a<0时,2 <0,由f'(x)>0解得2 <x<0,由f'(x)<0解得x<2 或x>0,所以f(x)0上单调递增,在区间+∞)上单调递减.(3)因为点M(2,m)(m≠-6)不在曲线y=f(x)上,所以设切点坐标为(x0,y0),则y0=03-3 02-2.因为f'(x0)=302-6x0,所以切线的斜率为3 02-6x0,所以3 02-6x0= 03-3 02-2-0-2,即203-9 02+12x0+2+m=0.因为过点M(2,m)(m≠-6)可作曲线y=f(x)的三条切线,所以方程203-9 02+12x0+2+m=0有三个不同的实数解,即函数g(x)=2x3-9x2+12x+2+m有三个不同的零点.g'(x)=6x2-18x+12=6(x2-3x+2)=6(x-2)·(x-1).令g'(x)=0,解得x=1或x=2.x(-∞,1)1(1,2)2(2,+∞)g'(x)+0-0+g (x )↗极大值↘极小值↗所以(1)>0, (0,即7+ >0,6<0,解得-7<m<-6.故实数m 的取值范围为(-7,-6).9.A 10.ACD11 -32,12.(1)1(2)213.解(1)因为f (x )=-13x 3+12ax 2+2a 2x+3,所以f'(x )=-x 2+ax+2a 2,因为x=-1为函数f (x )的极值点,所以f'(-1)=-1-a+2a 2=0,解得a=-12或a=1.当a=1时,f (x )=-13x 3+12x 2+2x+3,则f'(x )=-x 2+x+2=(-x+2)(x+1),所以当-1<x<2时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增;当x<-1或x>2时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减,故函数在x=-1处取得极小值,符合题意.当a=-12时,f (x )=-13x 3-14x 2+12x+3,则f'(x )=-x 2-12x+12=(x+1)-x +所以当-1<x<12时,f'(x )>0,函数f (x )单调递增;当x<-1或x>12时,f'(x )<0,函数f (x )单调递减,故函数在x=-1处取得极小值,符合题意.综上,a=-12或a=1.(2)f'(x )=-x 2+ax+2a 2=-(x+a )·(x-2a ),因为f (x )的增区间内有且只有两个整数,所以有且只有两个整数满足不等式f'(x )>0,即有且只有两个整数满足不等式(x+a )(x-2a )<0,显然a ≠0.当a>0时,解得-a<x<2a ,即不等式的解集为x |-a < <2 ,所以1<2 2,-a ≥-1,解得12<a ≤1.当a<0时,解得2a<x<-a ,即不等式的解集为x |2a < <-a ,所以-2 2a <-1,-a 1,解得-1≤a<-12 综上,可得a ∈-1∪1(3)因为f (x 1)-3=-13x 13+12 x 12+2a 2x 1,令g (x )=-13x 3+12ax 2+2a 2x ,则g'(x )=-x 2+ax+2a 2=-(x+a )(x-2a ).令g'(x )=0,则x=-a 或x=2a ,因为0<a 12,所以-a ∈-12,0,2a ∈(0,1],所以当x ∈[-1,-a ]和x ∈(2a ,2]时,g'(x )<0,函数g (x )单调递减.当x ∈(-a ,2a )时,g'(x )>0,函数g (x )单调递增,所以函数g (x )的极小值为g (-a )=13a 3+12a 3-2a 3=-76a 3.又g (2)=-83+2a+4a 2,令h (a )=g (2)-g (-a )=76a 3+4a 2+2a-83,h'(a )=72a 2+8a+2>0在0<a 12上成立,所以当0<a 12时,函数h (a )单调递增,故h (a )max =h=-2548<0,所以g (2)<g (-a ),即当x ∈[-1,2]时,g (x )min =g (2)=-83+2a+4a 2.又f'(x 2)=-x 22+ax 2+2a 2=-x 2+9a 24,其对应函数图象的对称轴为直线x=a2<12,所以当x2=2时,f'(x2)min=f'(2)=-4+2a+2a2,所以f(x1)-3+f'(x2)≥6a2+4a-203,故有6a2+4a-2037a-203,所以6a2-3a≥M,0<a 12 因为6a2-3a=6a 38,0<a 12,所以6a2-3a=6a 38≥-38,所以M≤-38,即实数M的最大值为-38。
三次函数中考题型大汇总
三次函数中考题型大汇总
三次函数是高中数学中的重要内容之一，掌握三次函数的基本
性质和解题方法对于应对中考非常重要。
以下是三次函数中一些常
见的考题类型的大汇总。
1. 三次函数的图像和性质
- 三次函数的图像是一条平滑的曲线，可能开口朝上或朝下。
- 三次函数的最高次项是三次项，即$x^3$。
- 三次函数的图像关于$x$轴对称。
2. 三次函数的零点和正负性
- 求三次函数的零点，即求解方程$f(x) = 0$的解。
- 通过三次函数的图像判断三次函数在某个区间的正负性。
3. 求三次函数的极值
- 如果三次函数开口朝上，那么函数的极小值是函数的最低点。
- 如果三次函数开口朝下，那么函数的极大值是函数的最高点。
- 极值的求解可以使用导数的方法。
4. 三次函数的导数
- 三次函数的导数是一个二次函数。
- 三次函数的导函数可以用来求解函数的变化率和判断函数的
单调性。
5. 三次函数的应用题
- 通过实际问题建立三次函数模型，求解相关问题。
- 例如，求解抛物线的最高点、最小值等。
以上是三次函数中的一些常见考题类型的大汇总，希望对你的
研究和备考有所帮助！。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题二 三次函数一、选择题1．函数3()3f x x x a =--在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为M 、N ，则M N -=（ ） A ．2 B ．4 C ．20 D ．18【答案】C【解析】对函数进行求导得到：2()33f x x '=-， 令()0f x '=，解得：11x =-，21x =，当01x ≤<时，()0f x '<；当13≤x ≤时，()0f x '≥，所以函数()f x 在[)0,1上单调递减，函数()f x 在[]1,3上单调递增， 由于(0)f a =-，(1)2f a =--，(3)18f a =-，所以最大值=18M a -，最小值2N a =--，故20M N -=， 故答案选C2.函数()32f x ax bx cx d =+++的图像如图所示,则下列结论成立的是（ ）. A ．0,0,0,0a b c d ><>> B ．0,0,0,0a b c d ><<> C ．0,0,0,0a b c d <<>> D ．0,0,0,0a b c d >>><【答案】A【解析】令0x =,可得0d >.又()232f x ax bx c '=++,由函数()f x 图像的单调性,可知0a >.由图可知1x ,2x 是()0f x '=的两根,且10x >,20x >.所以121220303b x x ac x x a ⎧+=->⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩,得00b c <⎧⎨>⎩.故选A.3．若函数()32233f x x ax bx b =+-+在()0,1上存在极小值点，则实数b 的取值范围是（ ）A ．(]1,0-B ．()1,-+∞C ．[)0,+∞ D ．()1,+∞ 【答案】B【解析】当203-<时， ()f x 在()0,1上存在极小值，则()()10{000,0f f b ><⇒>∆>''当2013a <-<时，即302a -<<时， ()101{1,30f b >⇒-<<∆>'当213a ->时， ()f x 无极小值.综上可知实数b 的取值范围是()1,.-+∞4．设函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，若()()()02233441f f f <==<，则()()15f f +的取值范围是( ) A ．()0,1 B ．()1,2C ．()2,3D ．()3,4【答案】A【解析】令()()()()()234xf x t a x x x x m -=----，其中01t <<， 取0x =可得24.t ma ①-=取1x =可得()()161.f t m a -=--② 取5x =可得()()5565.f t m a -=-③由②③可得：()()()()515630165f f t m a m a ⎡⎤+-=--+-⎣⎦，④ 将①代入④可得：()()()150,1f f t +=∈．故选A ．5．函数在内既有极大值又有极小值，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】因为函数在内既有极大值又有极小值，所以导函数在内有两个不同的零点，所以因此因为又因为所以故选D.6． 已知3)2(3123++++=x b bx x y 是R 上的单调增函数,则b 的取值范围是 （ ） A. 12b b <->或 B. 12b b ≤-≥或 C. 21<<-b D. 21≤≤-b 【答案】D 【解析】32`21(2)3,2203y x bx b x y x bx b =++++⇒=+++≥R 上单调增函数恒成立,所以2(2)4(2)0b b ∆=-+≤⇒12b -≤≤，故选D.7.若存在唯一的正整数0x ，使关于x 的不等式32350x x ax a --+-<成立，则实数a 的取值范围是 ( ) A ．1(0,)3B ．15(,]34C ．13(,]32D ．53(,]42【答案】B【解析】设32()35f x x x ax a =--+-，则存在唯一的正整数0x ，使得0()0f x <，设32()35g x x x =-+，()(1)h x a x =+，因为2()36g x x x '=-，所以当(,0)x ∈-∞以及(2,)+∞时，()g x 为增函数，当(0,2)x ∈时，()g x 为减函数， 在0x =处，()g x 取得极大值5，在2x =处，()g x 取得极大值1. 而()h x 恒过定点(1,0)-，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数0x ，使得0()0f x <，只要满足(1)(1)(2)(2)(3)(3)g h g h g h ≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，即135281253272754a a a -+≥⎧⎪-+<⎨⎪-+≥⎩，解得1534a <≤，故选B .8．当时，不等式恒成立，则实数的范围（ ）． A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】当时，不等式恒成立，当时，不等式恒成立可转化为：则记，则恒成立，所以当时，，所以当时，不等式恒成立可转化为：则，当时，所以，综上所述：，故选B.9．已知函数，当时，曲线在点与点处的切线总是平行时，则由点可作曲线的切线的条数为（ ）A ．B ．C ．D ．无法确定 【答案】C 【解析】由，得，曲线在点与点处的切线总是平行，关于对称， 即，点，即为，所以，， 设切点为切线的方程为，将点代入切线方程可得，化为， 设令得或， 令得， 在上递增，在上递减，在处有极大值，在处有极小值，且，与有三个交点，方程有三个根， 即过的切线有条，故答案为.10．已知函数()()()32,f x x ax bx c g x f x =+++=,曲线():C y g x =关于直线1x =对称,现给出如结论：①若0c >,则存在00x <，使0()0f x =；②若1c <-，则不等式()()g 1x g x +>的解集为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，；③若10c -<<，且y kx =是曲线():(0)C y g x x =< 的一条切线,则k 的取值范围是27,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】D【解析】由题意得()f x 过点()1,0，且()()()210,32,62,f f x x ax b f x x a ==++'=''+''Q所以10,6203,2a b c a a b c +++=+=∴=-=-，因此()()()()()()332321110f x x x c x c x c x f c =-+-+=--+-=，， ①若0c >,则由()()()()311101,11f x x c x x x c =--+-=⇒==±+，因此存在()00110,0.x c f x =-+<=②若1c <-，则()()()()()3111g x f x x c x ==--+-，此时()()()23110f x x c =--+>',图像如图所示，因此不等式()()g 1x g x +> 等价于1122x x x +>-∴>，即不等式()()g 1x g x +>的解集为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，；③若10c -<<，且()()()21311013cf x x c x +=--+=⇒=±'，如图，则y kx =是曲线()()()()3111,(0)g x x c x x =--++-<的一条切线,设切点为()000,,(0)x y x <，则()()()()()220311311g x x c k x c =--++∴=--+'+Q ， 因为()()()300000111x c x yk x x --++-==，所以()()()()()()()32320000000111=3111131x c x x c c x x x x --++---++∴+=--+-()()()()()()223230000003113113121k x c x x x x x ∴=--++=----+-=-，由()()()()()3220000001101131=1210,1,02c c x x x x x x ⎛⎫-<<⇒+=--+--+∈⇒∈-⎪⎝⎭， 所以()3003271,1,21,224x k x ⎛⎫⎛⎫∴-∈--∴=-∈-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 综上，正确结论的个数为3，故选D.11．已知函数()()()32151x k x f x k x =++++-，其中k ∈R ，若函数()f x 在区间(0,3)上不单调，则实数k 的取值范围为（ ）A ．(]52--，B ．()52--，C ．()32--，D ．(]32--，【答案】B【解析】由题意，函数()()()32151f x x k x k x =++++-，则()()()23215f x x k x k =++++'，因为函数()f x 在区间()0,3不单调，所以函数()0f x '=在()0,3上有实数根，且无重根， 由()0f x '=，即()()232150x k x k ++++=，可得()()221325k x x x +=-++，即()2325391021214213x x k x x x ++⎡⎤=-=-++-⎢⎥++⎣⎦令21t x =+，则()1,7t ∈，记()9h t t t=+， 则()h t 在(]1,3上单调递减，在[)3,7上单调递增， 又由()()()58110,36,77h h h ===，所以()[)6,10h t ∈，即()[)9216,1021x x ++∈+， 可得(]5,2k ∈--，又因为当2k =-时，()0f x '=在()0,3上有两个相等的实数根1x =（舍去）， 所以实数的取值范围是()5,2--，故选B ．12．函数32()31f x ax x =+-存在唯一的零点0x ，且0<0x ，则实数a 的范围为（ ） A ．(,2)-∞ B ．(,2)-∞- C ．(2,)+∞ D ．(2,)-+∞【答案】B【解析】若0a =，则()231f x x =-，令()0f x =，则3x =±，不满足题设要求. 若0a >，则()2'36f x ax x =+，当2x a <-时，()'0f x >，()f x 在2,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上为增函数，当20x a -<<时，()'0f x <，()f x 在2,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为减函数， 当0x >时，()'0f x >，()f x 在()0,∞+上为增函数，因()01f =-，且3033f a ⎛⎫⎛⎫=⨯> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在()0,∞+有一个零点，与题设矛盾，舎. 若0a <，则()2'36f x ax x =+，当0x <时，()'0f x <，()f x 在(),0-∞上为减函数， 当20x a <<-时，()'0f x >，()f x 在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数，当2x a >-时，()'0f x <，()f x 在2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为减函数，因为()f x 有且只有一个负零点，所以()0020f f a ⎧<⎪⎨⎛⎫< ⎪⎪⎝⎭⎩，整理得到2410a -<，故2a <-或2a >（舎）. 当2a <-时，230f =>，由零点存在定理可知()f x在⎫⎪⎭有且只有一个负零点，结合()f x 的单调性及20f a ⎛⎫<⎪⎝⎭可知()f x 在R 上有且只有一个负零点. 综上，2a <-，故选B. 二、填空题13．已知函数3()4f x x x =-，若1212,[,],,x x a b x x ∀∈≠都有12122()(2)(2)f x x f x f x +>+成立，则满足条件的一个区间是________. 【答案】(0,1) (答案不唯一)【解析】12122()(2)(2)f x x f x f x +>+即()()121222f x f x x x f ++⎛⎫< ⎪⎝⎭，定义函数y =()f x 为上凸函数，故原问题等价于函数()f x 在区间内满足()''0f x ≤在给定的区间内恒成立， 由函数的解析式可得：()2'43f x x =-，()''6f x x =-，故可给定区间()0,1，函数在该区间内即满足()''0f x ≤， 综上可得，满足条件的一个区间是(0,1)(答案不唯一).14．已知函数3()2f x x mx =-++，2()2g x x nx =-，且曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线与曲线()y g x =在点(1,(1))g的最小值为____．【答案】【解析】由题意，得()23f x x m =-'+，得()212f m =-+'，又()'4g x x n =-，得()'14g n =-，由已知可得124m n -+=-，即160m n +-=可视为原点()0,0与直线160m n +-=上的点的距离，其最小值为原点到直线160m n +-=的距离，由点到直线的距离公式可得min 22168211d -==+．15．已知函数32()f x x bx cx d =+++（,,b c d 为常数），当(,0)(4,)k ∈-∞⋃+∞时，()0f x k -=只有一个实根；当(0,4)k ∈时，()0f x k -=只有3个相异实根，现给出下列4个命题： ①()4()0f x f x 和'==有一个相同的实根； ②()0()0f x f x '==和有一个相同的实根；③()30f x +=的任一实根大于()10f x -=的任一实根； ④()50f x +=的任一实根小于()20f x -=的任一实根. 其中真命题的序号是________. 【答案】①②④【解析】由题意()y f x =图象应为先增后减再增，极大值为4，极小值为0，()0f x k -=的根的问题可转化为()f x k =，即y k =和()y f x =图象交点个数问题，由图可知，正确的命题为①②④， 故答案是：①②④.16.设30x ax b ++=,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）.①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==.32<<a【答案】①③④⑤【解析】令()3f x x ax b =++,则()23f x x a '=+．当0a …时,()0f x '…,所以()f x 单调递增,所以④⑤正确；当0a <时,可令3a =-,则()()()311f x x x '=+-,所以()()12f x f b =-=+极大,()()12f x f b ==-极小．若要题中方程仅有一个实根,则()0f x <极大或()0f x >极小,故2b <-或2b >,所以①③对．综上,使得该三次方程仅有一个实根的是①③④⑤．。