2020高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用课时跟踪检测十五导数与函数的极值最值练习文
高考数学大一轮复习配套课时训练：第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数的简单应用(含答案)
第11节导数的简单应用课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.函数f(x)=4x3-3x2-6x+2的极小值为( B )(A)3 (B)-3 (C)(D)-解析:f′(x)=12x2-6x-6=6(x-1)(2x+1),因此f(x)在（-∞,-）,(1,+∞)上为增函数,在(-,1)上为减函数,所以函数f(x)在x=1处取到极小值f(1)=-3.故选B.2.(2013广东省六校质检)已知y=x3+bx2+(b+2)x+3是R上的单调增函数,则b的取值范围是( D )(A)b<-1或b>2 (B)b≤-1或b≥2(C)-1<b<2 (D)-1≤b≤2解析:函数y=x3+bx2+(b+2)x+3是R上的增函数,即为其导函数y′=x2+2bx+b+2≥0,x∈R恒成立,所以Δ=4b2-4(b+2)≤0,解得-1≤b≤2,故选D.3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于( C )(A)11或18 (B)11(C)18 (D)17或18解析:∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,∴f(1)=10,且f′(1)=0,即解得或而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.故选C.4.函数f(x)=x+2cos x在[0,]上取得最大值时x的值为( B )(A)0 (B)(C)(D)解析:由于f′(x)=1-2sin x,令f′(x)=0得,sin x=,又x∈[0,],所以x=.且f()=+,又f(0)=2,f()=,所以f()为最大值.故选B.5.(2013济宁模拟)若函数h(x)=2x-+在(1,+∞)上是增函数,则实数k的取值范围是( A )(A)[-2,+∞) (B)[2,+∞)(C)(-∞,-2] (D)(-∞,2]解析:因为h′(x)=2+,若h(x)在(1,+∞)上是增函数,则h′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,故2+≥0恒成立,即k≥-2x2恒成立.又x>1,∴-2x2<-2,因此,需k≥-2,故选A.6.(2013湛江毕业班调研)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c等于( A )(A)-2或2 (B)-9或3(C)-1或1 (D)-3或1解析:∵y′=3(x+1)(x-1),∴当x=-1或x=1时取得极值,由题意得f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0或c+2=0,解得c=2或c=-2.故选A.7.若函数f(x)=(a>0)在[1,+∞)上的最大值为,则a的值为( D )(A)(B) (C)+1 (D)-1解析:f′(x)==,当x>时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当-<x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x=时,令f(x)==,=<1,不合题意.∴f(x)max=f(1)==,a=-1,故选D.二、填空题8.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为.解析:∵f′(x)=6x2-12x=6x(x-2),∴f(x)在(-2,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,因此,当x=0时,f(x)取得最大值,即f(0)=m=3,然而f(-2)=-37,f(2)=-5,因此f(x)min=f(-2)=-37.答案:-379.已知函数f(x)=(m-2)x2+(m2-4)x+m是偶函数,函数g(x)=-x3+2x2+mx+5在(-∞,+∞)内单调递减,则实数m= . 解析:由已知得,m2-4=0,∴m=±2.若g(x)在(-∞,+∞)内单调递减,则g′(x)≤0恒成立,即-3x2+4x+m≤0恒成立,亦即3x2-4x-m≥0恒成立.∴Δ=16+12m≤0,解得m≤-,故m=-2.答案:-210.函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]有极大值又有极小值,则a的取值范围是.解析:∵f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),令f′(x)=0得,x2+2ax+a+2=0,若f(x)有极大值和极小值,则方程x2+2ax+a+2=0有两个不等实数根,∴Δ=4a2-4(a+2)>0.解得a>2或a<-1.答案:(-∞,-1)∪(2,+∞)11.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为.解析:设圆柱底面半径为R,高为h,则V=πR2h,则总造价y=2πR2a+2πRhb=2πR2a+2πRb·=2πaR2+,故y′=4πaR-,令y′=0得=.故当=时y取最小值.答案:三、解答题12.(2013浙江五校联考)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(x∈[-1,2]),且函数f(x)在x=1和x=-处都取得极值.(1)求a,b的值;(2)求函数f(x)的单调递增区间.解:(1)由于f′(x)=3x2+2ax+b,依题意知,f′(1)=0且f′(-)=0,所以解得(2)由(1)知,f(x)=x3-x2-2x+c,f′(x)=3x2-x-2=(3x+2)(x-1).f′(x)>0得,x>1或x<-.又x∈[-1,2],所以f(x)的单调增区间为[-1,- ),(1,2].13.(2013汕头市金山中学第一学期期中考试)某种商品的成本为5元/ 件,开始按8元/件销售,销售量为50件,为了获得最大利润,商家先后采取了提价与降价两种措施进行试销.经试销发现:实际销售价x(元)每上涨1元每天销售量就减少10件;而降价后,日销售量Q(件)与实际销售价x(元)满足关系:Q=(1)求总利润(利润=销售额-成本)y(元)与实际销售价x(元)的函数关系式;(2)试问:当实际销售价为多少元时,总利润最大.解:(1)依题意得y==(2)由(1)得,当5<x<7时,y=39·(2x3-39x2+252x-535)y′=234(x2-13x+42)=234(x-6)(x-7),当5<x<6时,y′>0,y=f(x)为增函数,当6<x<7时,y′<0,y=f(x)为减函数,所以f(x)max=f(6)=195.当7≤x<8时,y=6(33-x)∈(150,156],当8≤x≤13时,y=-10(x-9)2+160,当x=9时,y max=160.综上知,当x=6时,总利润最大,最大值为195元.14.设函数f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0.(1)求f(x)的单调区间;(2)求所有的实数a,使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.(注:e为自然对数的底数)解:(1)因为f(x)=a2ln x-x2+ax,其中x>0,所以f′(x)=-2x+a=-.由于a>0,所以f(x)的单调增区间为(0,a),单调减区间为(a,+∞).(2)由题意得f(1)=a-1≥e-1,即a≥e.由(1)知f(x)在[1,e]内单调递增,要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.只要解得a=e.B组15.(2013潮州市质检)定义域为R的奇函数f(x),当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,若a=3f(3),b=(logπ3)·f(logπ3),c=-2f(-2),则( A )(A)a>c>b (B)c>b>a(C)c>a>b (D)a>b>c解析:设g(x)=xf(x),依题意得g(x)是偶函数.当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,即g′(x)<0恒成立,故g(x)在(-∞,0)上单调递减,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,a=3f(3)=g(3),b=(logπ3)·f(logπ3)=g(logπ3),c=-2f(-2)=g(-2)=g(2).又logπ3<1<2<3,故a>c>b.故选A.16.(2013中山市期末统考)已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)(x-a), 若f(x)在x=a处取得极大值,则a的取值范围为.解析:若a>0时,则x∈(-1,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=a处取得极小值,不适合题意,舍去.若-1<a<0时,则x∈(-1,a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=a 处取得极大值,适合题意.若a=-1时,函数没有极值点,不适合题意.若a<-1时,则x∈(-∞,a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;x∈(a,-1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=a处取得极小值,不适合题意.故适合题意的a的取值范围是-1<a<0.答案:(-1,0)。
2020高考数学理科大一轮复习导学案：第二章+函数、导数及其应用2.3+Word版含答案【KS5U+
第三节函数的奇偶性与周期性知识点一函数的奇偶性1．判断正误(1)偶函数的图象不一定过原点，奇函数的图象一定过原点．(×)(2)若函数y＝f(x＋a)是定义在R上的偶函数，则函数y＝f(x)关于直线x ＝a对称．(√)(3)若函数y ＝f (x ＋b )是定义在R 上的奇函数，则函数y ＝f (x )关于点(b,0)中心对称．( √ )2．(必修1P35例5改编)下列函数中为偶函数的是( B ) A ．y ＝x 2sin x B ．y ＝x 2cos x C ．y ＝|ln x |D ．y ＝2－x解析：根据偶函数的定义知偶函数满足f (－x )＝f (x )且定义域关于原点对称，A 选项为奇函数，B 选项为偶函数，C 选项定义域为(0，＋∞)，不具有奇偶性，D 选项既不是奇函数，也不是偶函数．3．(必修1P39A 组第6题改编)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝x 2＋1x ，则f (－1)等于( A )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：f (－1)＝－f (1)＝－(1＋1)＝－2. 知识点二 周期性1．周期函数对于函数y ＝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y ＝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．4．判断正误(1)函数f (x )在定义域上满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期为2a (a >0)的周期函数．( √ )(2)函数f (x )为R 上的奇函数，且f (x ＋2)＝f (x )，则f (2 014)＝0.( √ ) 5．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝－f (x ＋2)，当x ∈(0,2]时，f (x )＝2x ＋log 2x ，则f (2 015)＝( D )A ．5B ．12C ．2D ．－2解析：由f (x )＝－f (x ＋2)，得f (x ＋4)＝f (x )，所以函数f (x )是周期为4的周期函数，所以f (2 015)＝f (503×4＋3)＝f (3)＝f (1＋2)＝－f (1)＝－(2＋0)＝－2，故选D.1．函数奇偶性常用结论(1)如果函数f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (|x |)．(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(3)在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．2．函数周期性常用结论对f (x )定义域内任一自变量的值x ： (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a (a >0)． (2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a (a >0)．(3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a (a >0).考向一 函数的奇偶性方向1 函数奇偶性的判断【例1】 (2019·福州市一模)下列函数为偶函数的是( ) A ．y ＝tan(x ＋π4) B ．y ＝x 2＋e |x | C ．y ＝x cos xD ．y ＝ln|x |－sin x【解析】 对于选项A ，易知y ＝tan(x ＋π4)为非奇非偶函数；对于选项B ，设f (x )＝x 2＋e |x |，则f (－x )＝(－x )2＋e |－x |＝x 2＋e |x |＝f (x )，所以y ＝x 2＋e |x |为偶函数；对于选项C ，设f (x )＝x cos x ，则f (－x )＝－x cos(－x )＝－x cos x ＝－f (x )，所以y ＝x cos x 为奇函数；对于选项D ，设f (x )＝ln|x |－sin x ，则f (2)＝ln2－sin2，f (－2)＝ln2－sin(－2)＝ln2＋sin2≠f (2)，所以y ＝ln|x |－sin x 为非奇非偶函数，故选B.【答案】 B方向2 函数奇偶性的应用【例2】 (1)(2019·贵阳市摸底考试)已知函数f (x )＝a －2e x ＋1(a ∈R )是奇函数，则函数f (x )的值域为( )A ．(－1,1)B ．(－2,2)C ．(－3,3)D ．(－4,4)(2)(2019·河南许昌二模)已知函数f (x )＝2|x |＋1＋x 3＋22|x |＋1的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m 等于( )A ．0B ．2C ．4D ．8【解析】 (1)解法1：由f (x )是奇函数知f (－x )＝－f (x )，所以a －2e －x ＋1＝－a ＋2e x ＋1，得2a ＝2e x ＋1＋2e －x ＋1，所以a ＝1e x ＋1＋e xe x ＋1＝1，所以f (x )＝1－2e x ＋1.因为e x ＋1>1，所以0<1e x ＋1<1，－1<1－2e x ＋1<1，所以函数f (x )的值域为(－1,1)．故选A.解法2：函数f (x )的定义域为R ，且函数f (x )是奇函数，所以f (0)＝a －1＝0，即a ＝1，所以f (x )＝1－2e x ＋1.因为e x ＋1>1，所以0<1e x ＋1<1，－1<1－2e x＋1<1，所以函数f(x)的值域为(－1,1)．故选A.(2)易知f(x)的定义域为R，f(x)＝2·(2|x|＋1)＋x32|x|＋1＝2＋x32|x|＋1，设g(x)＝x32|x|＋1，则g(－x)＝－g(x)(x∈R)，∴g(x)为奇函数，∴g(x)max＋g(x)min＝0.∵M＝f(x)max＝2＋g(x)max，m＝f(x)min＝2＋g(x)min，∴M＋m＝2＋g(x)max＋2＋g(x)min＝4，故选C.【答案】(1)A(2)C1.判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f(x)与f(－x)是否具有等量关系.2.已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据f(x)±f(－x)＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值.1．(方向1)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( D ) A ．y ＝x ＋sin2x B ．y ＝x 2－cos x C ．y ＝2x ＋12xD ．y ＝x 2＋sin x解析：对于A ，定义域为R ，f (－x )＝－x ＋sin2(－x )＝－(x ＋sin2x )＝－f (x )，为奇函数；对于B ，定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，为偶函数；对于C ，定义域为R ，f (－x )＝2－x ＋12－x＝2x＋12x ＝f (x )，为偶函数；y ＝x 2＋sin x 既不是偶函数也不是奇函数．2．(方向2)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －a (x ≥0)，g (x )(x <0)，则f (－2)的值等于－8.解析：因为函数f (x )为奇函数，所以f (0)＝0，则30－a ＝0，∴a ＝1.∴当x ≥0时，f (x )＝3x －1，则f (2)＝32－1＝8，因此f (－2)＝－f (2)＝－8.3．(方向2)(2019·山东省名校联盟)若函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，则a 的值为12.解析：解法1：因为函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，所以f (－x )＝f (x )，即(－x )3(12－x －1＋a )＝x 3(12x －1＋a )，所以2a ＝－(12－x －1＋12x －1)，所以2a ＝1，解得a ＝12.解法2：因为函数f (x )＝x 3(12x －1＋a )为偶函数，所以f (－1)＝f (1)，所以(－1)3×(12－1－1＋a )＝13×(121－1＋a )，解得a ＝12，经检验，当a ＝12时，函数f (x )为偶函数． 考向二 函数的周期性【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B ．0C ．2D ．50【解析】 解法1：∵f (x )是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，且f (0)＝0.∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )＝f (2－x )，f (－x )＝f (2＋x )，∴f (2＋x )＝－f (x )，∴f (4＋x )＝－f (2＋x )＝f (x )，∴f (x )是周期函数，且一个周期为4，∴f (4)＝f (0)＝0，f (2)＝f (1＋1)＝f (1－1)＝f (0)＝0，f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝－f (1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (50)＝12×0＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2，故选C.解法2：由题意可设f (x )＝2sin(π2x )，作出f (x )的部分图象如图所示．由图可知，f (x )的一个周期为4，所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (49)＋f (50)＝12×0＋f (1)＋f (2)＝2，故选C.【答案】 C(1)若f (x )的图象有两个不同的对称中心，分别为(a ，0)，(b ，0)，则2|b －a |为f (x )的周期.(2)若f (x )的图象有两条不同的对称轴，分别为直线x ＝a ，直线x ＝b ，则2|b －a |为f (x )的周期.(3)若f (x )的图象有一个对称中心(a ，0)，一条对称轴为直线x ＝b ，且a ≠b ，则4|b －a |为f (x )的周期.(2019·安徽省全国名校联考)已知函数y ＝g (x )满足g (x ＋2)＝－g (x )，若y ＝f (x )在(－2,0)∪(0,2)上为偶函数，且其解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x <2，g (x )，－2<x <0，则g (－2 017)的值为( B )A ．－1B ．0 C.12D ．－12解析：因为函数y ＝g (x )满足g (x ＋2)＝－g (x )，所以g (x ＋4)＝－g (x ＋2)＝－[－g (x )]＝g (x )，所以4是函数g (x )的周期，所以g (－2 017)＝g (－504×4－1)＝g (－1)＝f (－1)＝f (1)＝log 21＝0. 考向三 函数性质的综合应用方向1 函数的单调性与奇偶性【例4】 (2019·吉林长春模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x (x ≥0)，2x －x 2(x <0)，函数g (x )＝|f (x )|－1，若g (2－a 2)>g (a )，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2,1)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－2,2)D ．(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)【解析】 由题可知，f (x )为单调递增的奇函数，则g (x )为偶函数，又g (2－a 2)>g (a )，因此|2－a 2|>|a |，即(2－a 2)2>a 2，利用换元法解得a 的取值范围是(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)．故选D.【答案】 D方向2 函数的奇偶性、周期性、对称性【例5】 (1)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，且f (1)＝2，则f (2 018)＝________.(2)函数y ＝f (x )满足对任意x ∈R 都有f (x ＋2)＝f (－x )成立，且函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称，f (1)＝4，则f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)的值为________．(3)(2019·四川广元市统考)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (1＋x )＋f (1－x )＝2，g (x )＝(x －1)3＋1，若函数f (x )图象与函数g (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x 2 018，y 2 018)，则∑i ＝12 018(x i ＋y i )＝( )A ．8 072B ．6 054C ．4 036D ．2 018【解析】 (1)∵f (x )＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32， ∴f (x ＋3)＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＋32＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )． ∴f (x )是以3为周期的周期函数．则f (2 018)＝f (672×3＋2)＝f (2)＝f (－1)＝－f (1)＝－2. (2)∵函数y ＝f (x －1)的图象关于点(1,0)对称， ∴f (x )是R 上的奇函数，又f (x ＋2)＝－f (x )， ∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，故f (x )的周期为4， ∴f (2 017)＝f (504×4＋1)＝f (1)＝4，∴f (2 016)＋f (2 018)＝f (2 016)＋f (2 016＋2) ＝f (2 016)－f (2 016)＝0， ∴f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)＝4.(3)由题意知，函数f (x )的图象关于点(1,1)对称，函数g (x )＝(x －1)3＋1的图象也关于点(1,1)对称．故∑i ＝12 018x i ＝(x 1＋x 2 018)＋(x 2＋x 2 017)＋…＋(x 1 009＋x 1 010)＝1 009×2＝2 018，∑i ＝12 018y i ＝(y 1＋y 2 018)＋(y 2＋y 2 017)＋…＋(y 1 009＋y 1 010)＝1 009×2＝2 018，所以∑i ＝12 018 (x i ＋y i )＝∑i ＝12 018x i ＋∑i ＝12 018y i ＝2×2 018＝4 036.故选C.【答案】 (1)－2 (2)4 (3)C(1)函数单调性与奇偶性的综合.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)周期性与奇偶性的综合.此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.(3)单调性、奇偶性与周期性的综合.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.1．(方向1)(2019·河北八校一模)设f (x )为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f (－2)＝0，则xf (x )<0的解集为( C )A ．(－1,0)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－2,0)∪(0,2)解析：∵f (x )为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f (－2)＝0，∴f (－2)＝－f (2)＝0，在(0，＋∞)内是减函数．若xf (x )<0，则⎩⎪⎨⎪⎧x >0，f (x )<0＝f (2)或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，f (x )>0＝f (－2).根据f (x )在(－∞，0)内是减函数，在(0，＋∞)内是减函数，解得：x ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．故选C.2．(方向2)(2019·四川成都七中一诊)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x＋1)是偶函数，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x (3－2x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝( C )A.12 B ．－12 C ．－1D ．1解析：∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∵函数y ＝f (x ＋1)是定义在R 上的偶函数，∴f (－x ＋1)＝f (x ＋1)＝－f (x －1)，f (x ＋2)＝－f (x )，可得f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，则f (x )的周期是4，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫312＝f ⎝⎛⎭⎪⎫4×4－12＝f －12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·(3－1)＝－1，故选C.3．(方向2)若定义域为R 的函数f (x )在(4，＋∞)上为减函数，且函数y ＝f (x ＋4)为偶函数，则( D )A ．f (2)>f (3)B ．f (2)>f (5)C ．f (3)>f (5)D ．f (3)>f (6)解析：∵y ＝f (x ＋4)为偶函数，∴f (－x ＋4)＝f (x ＋4)，因此y ＝f (x )的图象关于直线x ＝4对称，∴f (2)＝f (6)，f (3)＝f (5)．又y ＝f (x )在(4，＋∞)上为减函数，∴f (5)>f (6)，所以f (3)>f (6)．奇、偶函数的一组性质及其应用函数的奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样，特别是与函数其他性质的综合应用更加突出．这类问题从通性通法的角度来处理，显得较为繁琐．若能灵活利用函数的奇偶性的性质，常能达到化难为易、事半功倍的效果．笔者撷取近年高考题和联赛题为例，归纳出奇、偶函数的一组性质及其应用．性质1 若函数f (x )是奇函数，且g (x )＝f (x )＋c ，则必有g (－x )＋g (x )＝2c .简证 由于函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以g (－x )＋g (x )＝f (－x )＋c ＋f (x )＋c ＝2c .典例1 已知函数f (x )＝ax 3＋b sin x ＋4(a ，b ∈R )，f (lg(log 210))＝5，则f (lg(lg2))＝( )A ．－5B ．－1C ．3D ．4【解析】 设g (x )＝ax 3＋b sin x ，则f (x )＝g (x )＋4，且函数g (x )为奇函数． 又lg(lg2)＋lg(log 210)＝lg(lg2·log 210)＝lg1＝0，所以f (lg(lg2))＋f (lg(log 210))＝2×4＝8，所以f (lg(lg2))＝3.故选C.【答案】 C典例2 设函数f (x )＝(x ＋1)2＋sin x x 2＋1的最大值、最小值分别为M ，N ，则M ＋N ＝________.【解析】 f (x )＝(x ＋1)2＋sin xx 2＋1＝x 2＋1＋2x ＋sin x x 2＋1＝2x ＋sin x x 2＋1＋1.设g (x )＝2x ＋sin xx 2＋1，则f (x )＝g (x )＋1，且函数g (x )为奇函数．对于一个奇函数来说，其最大值与最小值之和为0，即[g (x )]max ＋[g (x )]min＝0，而M ＝[g (x )]max ＋1，N ＝[g (x )]min ＋1，所以M ＋N ＝2.【答案】 2性质2 若函数f (x )是奇函数，则函数g (x )＝f (x －a )＋h 的图象关于点(a ，h )对称．简证 函数g (x )＝f (x －a )＋h 的图象可由f (x )的图象平移得到，不难知结论成立．典例3 (2019·武汉市调研)函数f (x )＝x x ＋1＋x ＋1x ＋2＋x ＋2x ＋3的对称中心为( )A ．(－4,6)B ．(－2,3)C ．(－4,3)D ．(－2,6)【解析】 设g (x )＝－1x －1－1x －1x ＋1.则g (－x )＝－1－x －1－1－x －1－x ＋1＝1x －1＋1x ＋1x ＋1＝－g (x )， 故g (x )为奇函数．易知f (x )＝3－(1x ＋1＋1x ＋2＋1x ＋3)＝g (x ＋2)＋3，所以函数f (x )的对称中心为(－2,3)．故选B.【答案】B典例4设α，β分别满足方程α3－3α2＋5α－4＝0，β3－3β2＋5β－2＝0，则α＋β＝________.【解析】设g(x)＝x3＋2x，则g(x)为单调递增的奇函数．设f(x)＝x3－3x2＋5x，则f(x)＝g(x－1)＋3，故f(x)关于点(1,3)中心对称．观察题目条件α3－3α2＋5α－4＝0，β3－3β2＋5β－2＝0，知f(α)＝4，f(β)＝2.所以f(α)＋f(β)＝6，则点(α，4)与点(β，2)关于点(1,3)对称，故α＋β＝2.【答案】2性质3若函数f(x)为偶函数，则f(x)＝f(|x|)．简证当x≥0时，|x|＝x，所以f(|x|)＝f(x)；当x<0时，f(|x|)＝f(－x)，由于函数f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，故f(|x|)＝f(x)．综上，若函数f(x)为偶函数，则f(x)＝f(|x|)．典例5设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－11＋x2，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x 的取值范围是()A．(1 3，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞) C ．(－13，13)D ．(－∞，－13)∪(13，＋∞)．【解析】 易知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )为偶函数． 当x ≥0时，f (x )＝ln(1＋x )－11＋x 2，易知此时f (x )单调递增．所以f (x )>f (2x －1)⇒f (|x |)>f (|2x －1|)，所以|x |>|2x －1|，解得13<x <1.故选A.【答案】 A典例6 已知f (x )是偶函数，且f (x )在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－2,1] B ．[－5,0] C ．[－5,1]D ．[－2,0]【解析】 因为f (x )是偶函数且在[0，＋∞)上是增函数，如果f (ax ＋1)≤f (x －2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上恒成立，则|ax ＋1|≤|x －2|＝2－x ，即x －2≤ax ＋1≤2－x .由ax ＋1≤2－x ，得ax ≤1－x ，a ≤1x －1，而1x －1在x ＝1时取得最小值0，故a ≤0.同理，由x －2≤ax ＋1得a ≥－2，所以a 的取值范围是[－2,0]．【答案】D。
2020年高考数学第一轮复习-听课答案-第二单元-函数、导数及其应用
2020年高考数学第一轮复习第二单元函数、导数及其应用1.编写意图函数是高考内容的重要组成部分,是一轮复习的重点和难点.编写中注意到以下几个问题: (1)该部分内容是第一轮复习初始阶段的知识,因此在选题时注重以基础题为主,尽量避免选用综合性强、思维难度大的题目;(2)函数与方程、分类讨论、数形结合以及化归与转化等数学思想与方法在本单元中均有涉及;(3)突出了函数性质的综合应用;(4)有意识地将函数中的单调性、极值、最值问题与解析几何中的切线、最值问题和不等式的证明等进行交汇,特别是精选一些以导数为解题工具的典型函数问题、切线问题,充分体现导数的工具性.2.教学建议教学时,注意到如下几个问题:(1)重视教材的基础作用和示范作用.函数客观题一般直接来源于教材,往往就是课本的原题或变式题,主观题的生长点也是教材,在函数的复习备考中,要重视教材中一些有典型意义又有创新意识的题目,将其作为函数复习过程中的范例与习题,贯彻“源于课本,高于课本”的原则.(2)阐明知识系统,掌握内在联系.知识的整体性是切实掌握函数知识的重要标志,函数的概念、图像和性质是环环相扣、紧密相连、互相制约的,并形成了一个有序的网络化的知识体系,这就要求在复习过程中应在这个网络化的体系中去讲函数的概念、性质、公式以及例题,只有这样,学生对概念、性质的理解才是深刻的、全面的,记忆才是鲜明的、牢固的、生动的,应用起来才是灵活的、广泛的.(3)关注几类特殊函数.学生对抽象函数的理解较为困难,但抽象函数对培养学生的观察能力有十分重要的作用,应结合高考情况,予以适当关注,但选题不宜过难.分段函数是近几年高考命题的热点,在客观题和主观题中都有涉及,应给予重点关注.(4)在复习中要让学生明确导数作为一种工具在研究函数的变化率、单调性和极值等方面的作用,使学生掌握这种科学的工具,从而加深对函数的理解和直观认识.(5)重视渗透数学思想方法.函数这一部分重要的数学思想方法有函数与方程思想、分类讨论思想、等价转化思想和数形结合思想,数学方法有配方法、换元法、待定系数法、比较法以及构造法等.数学思想方法是以具体的知识为依托的,在复习教学中,要重视知识的形成过程,着重研究解题的思维过程,有意识地渗透思想方法,使学生从更高层次去领悟、把握、反思数学知识,增强数学意识,提高数学能力.3.课时安排本单元包括12讲、三个小题必刷卷、一个解答必刷卷.每讲建议1课时完成,其中第14讲4课时,三个小题必刷卷、一个解答必刷卷建议学生独立完成,本单元大约共需15课时.第4讲函数概念及其表示考试说明 1.了解构成函数的要素,会求一些简单函数的定义域和值域;了解映射的概念.2.在实际情境中,会根据不同的需求选择恰当的方法(如图像法,列表法,解析法)表示函数.3.了解简单的分段函数,并能简单应用(函数分段不超过三段).考情分析真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2016·全国卷Ⅱ]下列函数中,其定义域和值域分别与函数y=10lg x的定义域和值域相同的是()A.y=xB.y=lg xC.y=2xD.y=[解析] D y=10lg x=x,定义域与值域均为(0,+∞),只有选项D满足题意.2.[2015·全国卷Ⅱ]设函数f(x)=则f(-2)+f(log212)=()A.3B.6C.9D.12[解析] C因为f(-2)=1+log24=3,f(log212)==6,所以f(-2)+f(log212)=9,故选C.3.[2017·全国卷Ⅲ]设函数f(x)=则满足f(x)+f>1的x的取值范围是.[答案][解析]f(x)=f(x)+f>1,即f>1-f(x),由图像变换可画出y=f与y=1-f(x)的大致图像如图所示:易得两图像的交点为,则由图可知,满足f>1-f的x的取值范围为.■ [2017-2016]其他省份类似高考真题1.[2017·山东卷]设f(x)=若f(a)=f(a+1),则f=()A.2B.4C.6D.8[解析] C当0<a<1时,a+1>1,由f(a)=f(a+1)得=2(a+1-1)=2a,解得a=,此时f=f(4)=2×(4-1)=6;当a≥1时,a+1≥2,由f(a)=f(a+1)得2(a-1)=2(a+1-1),此时方程无解.综上可知,f=6,故选C.2.[2017·天津卷]已知函数f(x)=设a∈R,若关于x的不等式f(x)≥+a在R上恒成立,则a 的取值范围是()A.[-2,2]B.[-2,2]C.[-2,2]D.[-2,2][解析] A方法一:由题意可知,函数y=f(x)的图像恒不在函数y=+a的图像下方,画出函数y=f(x)和函数y=的图像,如图所示.当a=0时,显然f(x)>+a;当a<0时,函数y=+a的图像由函数y=的图像向右平移|2a|个单位得到,由图可知,当函数y=+a在x<-2a部分的图像经过点(0,2)时,a取得最小值,此时a=-2;当a>0时,函数y=+a的图像由函数y=的图像向左平移2a个单位得到,由图可知,当函数y=+a在x>-2a部分的图像经过点(0,2)或与函数y=f(x)在x>1部分的图像相切时,a 取得最大值,而经过点(0,2)时,a=2,当函数y=+a在x>-2a部分的图像与函数y=f(x)在x>1部分的图像相切时,设切点为P(x0,y0)(x0>1),因为x>1时,f'(x)=1-,则1-=,解得x0=2,所以y0=3,又点P(2,3)在函数y=+a在x>-2a部分的图像上,所以+a=3,解得a=2,因此a的最大值为2.综上所述,a的取值范围是[-2,2].方法二:不等式f(x)≥+a转化为-f(x)≤+a≤f(x),当x<1时,有-|x|-2≤+a≤|x|+2,即-|x|-2-≤a≤|x|+2-.又∵当x<0时,-|x|-2-=-2<-2,|x|+2-=-+2>2,当0≤x<1时,-|x|-2-=--2≤-2,|x|+2-=+2≥2,∴-2≤a≤2;当x≥1时,有-x-≤+a≤x+,即-x-≤a≤x+,又∵-x-≤-2,x+≥2,∴-2≤a≤2.综上,-2≤a≤2.3.[2016·江苏卷]函数y=的定义域是.[答案][-3,1][解析]令3-2x-x2≥0可得x2+2x-3≤0,解得-3≤x≤1,故所求函数的定义域为[-3,1].【课前双基巩固】知识聚焦1.非空数集非空集合任意唯一确定任意唯一确定f:A→B f:A→B2.定义域值域定义域值域3.解析法图像法列表法4.对应关系对点演练1.④[解析]①②对于定义域内任给的一个数x,可能有两个不同的y值,不满足对应的唯一性,故①②错;③的定义域是空集,而函数的定义域是非空的数集,故③错;只有④表示函数.2.-1[解析]因为f(e)=ln e-2=-1,所以f[f(e)]=f(-1)=-1+a=2a,解得a=-1.3.(-∞,-3)∪(-3,8][解析]要使函数有意义,则8-x≥0且x+3≠0,即x≤8且x≠-3,所以其定义域是(-∞,-3)∪(-3,8].4.7[解析]值域C可能为:只含有一个元素时有{a},{b},{c};有两个元素时,有{a,b},{a,c},{b,c};有三个元素时有{a,b,c}.所以共有7种.5.③[解析]对于③,因为当x=4时,y=×4=∉Q,所以③不是函数.6.(-∞,-2]∪[0,10][解析]∵f(x)是分段函数,∴f(x)≥1应分段求解.当x<1时,f(x)≥1⇒(x+1)2≥1⇒x≤-2或x≥0,∴x≤-2或0≤x<1.当x≥1时,f(x)≥1⇒4-≥1,即≤3,∴1≤x≤10.综上所述,x≤-2或0≤x≤10,即x∈(-∞,-2]∪[0,10].7.x2-1(x≥0)[解析]令t=,则t≥0,x=t2,所以f(t)=t2-1(t≥0),即f(x)=x2-1(x≥0).8.9[解析]设函数y=x2的定义域为D,其值域为{1,4},D的所有可能的个数,即是同族函数的个数,D的所有可能为{-1,2},{-1,-2},{1,2},{1,-2},{-1,1,2},{-1,1,-2},{-1,2,-2},{1,2,-2},{-1,1,2,-2},共9个,故答案为9.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)求出函数y=e ln x的定义域和值域,再求出选项中的函数的定义域和值域,比较可得结论;(2)根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可.(1)C(2)C[解析](1)函数y=e ln x的定义域和值域均为(0,+∞).函数y=x的定义域和值域都是R,不满足要求;函数y=ln x的定义域为(0,+∞),值域为R,不满足要求;函数y=10x的定义域为R,值域为(0,+∞),不满足要求;函数y=的定义域和值域均为(0,+∞),满足要求.故选C.(2)由题意得解得-1≤x<2,故函数的定义域是[-1,2).例2[思路点拨](1)依题意得出-1≤x2-3<1,解之可得定义域;(2)由x∈[-1,2],求得2x的范围为,4,再由≤log2x≤4,即可求出函数的定义域.(1)(-2,-]∪[,2)(2)[,16][解析](1)由题意知解得所以函数的定义域为(-2,-]∪[,2).(2)由已知x∈[-1,2],得2x∈,4,故f(x)的定义域为,4,所以在函数y=f(log2x)中,有≤log2x ≤4,解得≤x≤16,故f(log2x)的定义域为[,16].例3[思路点拨](1)根据函数有定义列出不等式组,求得定义域,再对a分类讨论得a的范围;(2)分m等于0和不等于0两种情况分析.(1) B(2)[0,+∞)[解析](1)函数f(x-a)+f(x+a)的定义域为[a,1+a]∩[-a,1-a],当a≥0时,应有a≤1-a,即0≤a≤;当a<0时,应有-a≤1+a,即-≤a<0.所以a的取值范围是-,.故选B.(2)当m=0时,y=,其定义域为R;当m≠0时,由定义域为R可知,mx2-6mx+9m+8≥0对一切实数x 均成立,于是有解得m>0.综上可知,实数m的取值范围为[0,+∞).强化演练1.C[解析]因为函数y=f(x)的定义域是[-2,3],所以-2≤2x-1≤3,可得-≤x≤2,即y=f(2x-1)的定义域是-,2,故选C.2.A[解析]函数y=f(x)的定义域是[0,2],要使函数g(x)有意义,可得解得0≤x<1,故选A.3.(0,1][解析]函数的定义域满足解得∴0<x≤1,故填(0,1].4.∪[解析]易知a=0不合题意.当a>0时,必有ax2+x+a>0在R上恒成立,即1-4a2<0,所以a>;当a<0时,必有ax2+x+a<0在R上恒成立,即1-4a2<0,所以a<-.所以实数a的取值范围是-∞,-∪,+∞.5.(-∞,-2]∪[解析]由已知得A={x|x<-1或x≥1},B={x|(x-a-1)(x-2a)<0},由a<1得a+1>2a,∴B={x|2a<x<a+1}.∵B⊆A,∴a+1≤-1或2a≥1,∴a≤-2或≤a<1.∴a的取值范围为a ≤-2或≤a<1.例4[思路点拨](1)用换元法,令s=-1(s>-1),求出f(s)即可;(2)用待定系数法;(3)用构造法,根据已知方程构造含有f(x)和f的方程组.(1)ln (x>-1)(2)x2-x+5(3)--[解析](1)令s=-1(s>-1),则x=,所以f(s)=ln (s>-1),即f(x)=ln (x>-1).(2)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由f(0)=5,得c=5,又f(x+1)-f(x)=a(x+1)2+b(x+1)+5-(ax2+bx+5)=x-1,则2ax+a+b=x-1,所以即所以f(x)=x2-x+5.(3)在f(x)=3·f+1中,将x换成,则换成x,得f=3·f(x)+1,将该方程代入已知方程消去f,得f(x)=--.变式题(1)x2-1(x≥1)(2)-x(x+1)(3)lg(x+1)+lg(1-x)(-1<x<1)[解析](1)令+1=t(t≥1),则x=(t-1)2,代入原式得f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-1,所以f(x)=x2-1(x≥1).(2)当-1≤x<0时,0≤x+1<1,由已知得f(x)=f(x+1)=-x(x+1).(3)当x∈(-1,1)时,有2f(x)-f(-x)=lg(x+1)①.将x换成-x,则-x换成x,得2f(-x)-f(x)=lg(-x+1)②.由①②消去f(-x)得,f(x)=lg(x+1)+lg(1-x)(-1<x<1).例5[思路点拨](1)先求f(-1),再求f[f(-1)]的值;(2)根据自变量的不同取值选择不同的分段解析式求解.(1)(2)4[解析](1)∵函数f(x)=∴f(-1)=1-2-1=,f[f(-1)]=f==.(2)∵f(3)=f(9)=1+log69,f(4)=1+log64,∴f(3)+f(4)=2+log636=4.例6[思路点拨]分别就自变量在不同区间上分类求解.B[解析]因为f(x)=所以若f(a)=2,则当a≥0时,2a-2=2,解得a=2;当a<0时,-a2+3=2,得a=-1.综上a的取值为-1或2.例7[思路点拨](1)分a≤0与a>0讨论求解不等式f(a)>,得a的范围;(2)利用分段函数化简,由里及外列出方程求解即可.(1)D(2)2[解析](1)当a≤0时,2a>,解得-1<a≤0;当a>0时,lo a>,解得0<a<.∴a∈(-1,0]∪0,,即a∈-1,.(2)易知f(4)=0,则f[f(4)]=f(0)=1+a3=,解得a=2.强化演练1.B[解析]∵2+log31<2+log32<2+log33,即2<2+log32<3,∴f(2+log32)=f(2+log32+1)=f(3+log32),又3<3+log32<4,∴f(3+log32)==×=×(3-1=×=×=×=,∴f(2+log32)=.2.B[解析]由f(0)=2,f(-1)=3可得1+b=2,a-1+b=3,可得a=,b=1,所以f(x)=那么f[f(-3)]=f+1=f(9)=lo9=-2.3.B[解析]当2-a≥2,即a≤0时,22-a-2-1=1,解得a=-1;当2-a<2,即a>0时,-log2[3-(2-a)]=1,解得a=-,不符合,舍去.所以a=-1.4.D[解析]∵函数f(x)=且f(a)≥2,∴或即a≤-1或a≥0.5.C[解析]由已知函数和f[f(a)]=2f(a),得f(a)≥1.若a<1,则3a-1≥1,解得a≥,此时≤a<1;若a≥1,则2a≥1,解得a≥0,此时a≥1.综上可知a≥,即a的取值范围是.【备选理由】例1考查抽象函数的定义域问题;例2利用值域求参数,考查分段函数的图像与性质以及数形结合思想;例3考查分段函数与不等式的问题,体会数形结合思想在解题中的应用.1[配合例2使用]已知函数f(3-2x)的定义域为[-1,2],则函数f(x)的定义域为.[答案][-1,5][解析]因为函数f(3-2x)的定义域为[-1,2],所以-1≤x≤2,所以-4≤-2x≤2,所以-1≤3-2x≤5,所以f(x)的定义域为[-1,5].2[配合例3使用][2017·重庆二诊]设函数f(x)=若f(x)在区间[m,4]上的值域为[-1,2],则实数m的取值范围为.[答案][-8,-1][解析]由题意,可以考虑采用数形结合法,作出函数f(x)的图像(如图),当x≤-1时,函数f(x)=log2单调递减,且最小值为f(-1)=-1,则令log2=2,解得x=-8;当x>-1时,函数f(x)=-x2+x+在(-1,2)上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,则最大值为f(2)=2,且f(4)=<2,f(-1)=-1.综上得所求实数m的取值范围为[-8,-1].3[配合例7使用]设函数f(x)=若f[f(a)]≤2,则实数a的取值范围是.[答案](-∞,][解析]函数f(x)=的图像如图所示,由f[f(a)]≤2,可得f(a)≥-2.当a<0时,f(a)=a2+a=a+2-≥-2恒成立;当a≥0时,f(a)=-a2≥-2,即a2≤2,得0≤a≤.则实数a的取值范围是a≤.第5讲函数的单调性与最值考试说明 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.2.会运用基本初等函数图像分析函数的性质.考情分析真题再现■ [2017-2013]课标全国真题现1.[2017·全国卷Ⅱ]函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是()A.(-∞,-2)B.(-∞,1)C.(1,+∞)D.(4,+∞)[解析] D函数y=x2-2x-8=(x-1)2-9图像的对称轴为直线x=1,由x2-2x-8>0解得x>4或x<-2,所以(4,+∞)为函数y=x2-2x-8的一个单调递增区间.根据复合函数的单调性可知,函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间为(4,+∞).2.[2017·全国卷Ⅰ]函数f(x)在(-∞,+∞)单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是()A.[-2,2]B.[-1,1]C.[0,4]D.[1,3][解析]D因为f(x)为奇函数,所以f(-1)=1,不等式-1≤f(x-2)≤1,即f(1)≤f(x-2)≤f(-1),因为f(x)单调递减,所以-1≤x-2≤1,解得1≤x≤3,故x的取值范围为[1,3].■ [2017-2016]其他省份类似高考真题1.[2017·天津卷]已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a[解析] C由函数f(x)为奇函数且在R上单调递增,可知当x>0时,f(x)>0,∴g(x)=xf(x)为偶函数,且在(0,+∞)上单调递增,∴c=g(3)>a=g(-log25.1)=g(log25.1)>g(2),b=g(20.8)<g(2),∴b<a<c.2.[2017·北京卷]已知函数f(x)=3x-,则f(x)()A.是奇函数,且在R上是增函数B.是偶函数,且在R上是增函数C.是奇函数,且在R上是减函数D.是偶函数,且在R上是减函数[解析] A因为f(-x)=3-x-=-3x=-3x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.又因为y=3x为增函数,y=为减函数,所以f(x)=3x-为增函数.故选A.3.[2017·山东卷]若函数e x f(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是()A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x[解析]A令g(x)=e x f(x).对于A,f(x)的定义域为R,g(x)=e x2-x=在R上单调递增,所以f(x)具有M 性质;对于B,f(x)的定义域为R,g(x)=e x x2,g'(x)=e x x2+2e x x=e x(x2+2x)≥0在R上不恒成立,所以g(x)在R上不单调递增,所以f(x)不具有M性质;对于C,f(x)的定义域为R,g(x)=e x3-x=在R上单调递减,所以f(x)不具有M性质;对于D,f(x)的定义域为R,g(x)=e x cos x,g'(x)=e x cos x-e x sin x=e x(cos x-sin x)≥0在R上不恒成立,所以g(x)在R上不单调递增,所以f(x)不具有M性质.故选A.4.[2016·北京卷]已知x,y∈R,且x>y>0,则()A.->0B.sin x-sin y>0C.x-y<0D.ln x+ln y>0[解析] C选项A中,因为x>y>0,所以<,即-<0,故结论不成立;选项B中,当x=,y=时,sin x-siny<0,故结论不成立;选项C中,函数y=x是定义在R上的减函数,因为x>y>0,所以x<y,所以x-y<0;选项D中,当x=e-1,y=e-2时,结论不成立.5.[2017·江苏卷]已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.[答案][解析]因为f(-x)=-x3+2x+e-x-e x=-f(x),f(0)=0,所以f(x)是奇函数,则f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤f(1-a).又f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2=3x2≥0,所以f(x)在R上单调递增,则2a2≤1-a,即-1≤a≤.【课前双基巩固】知识聚焦1.f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的2.增函数或减函数区间D3.f(x)≥M f(x0)=M对点演练1.a<[解析]当2a-1<0,即a<时,f(x)是R上的减函数.2.(2,3][-3,2][解析]由函数f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的图像即可得到单调区间.3.[解析]函数f(x)=在[2,5]上是减函数,所以最大值为f(2)=1,最小值为f(5)=.所以最大值与最小值之和为1+=.4.a≤2[解析]因为函数f(x)=|x-a|+1的单调递增区间是[a,+∞),当f(x)在[2,+∞)上单调递增时,满足[2,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤2.5.[解析]函数f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-+,x∈(-1,4)的单调递减区间为,∴函数f(x)的单调递减区间为.6.[解析]由题知函数f(x)是R上的减函数,于是有由此解得a≤,即实数a的取值范围是.7.[-1,1)[解析]由条件知解得-1≤a<1.8.(1)a≤-3(2)-3[解析](1)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a≥4,得a≤-3. (2)函数图像的对称轴为直线x=1-a,由1-a=4,得a=-3.【课堂考点探究】例1[思路点拨]直接判断单调性即可,按照单调性的定义证明单调性.解:该函数在(-1,1)上单调递减.证明如下:设-1<x1<x2<1,则f(x1)-f(x2)=-==.∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(-1)(-1)>0.又a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,函数f(x)在(-1,1)上单调递减.变式题C[解析]对于A,在(0,+∞)上单调递减,故A错;对于B,在(0,+∞)上先减后增,故B错;对于C,在(0,+∞)上单调递增,故C对;对于D,在(0,+∞)上单调递减,故D错.选C.例2[思路点拨](1)先求出函数y=x2-2x-8在y>0时的单调递增区间,再根据复合函数的单调性的性质判断f(x)的单调性;(2)作出函数g(x)的图像,由图像可得单调区间.(1)D(2)[0,1)[解析](1)函数y=x2-2x-8=(x-1)2-9图像的对称轴为直线x=1,由x2-2x-8>0解得x>4或x<-2,所以(4,+∞)为函数y=x2-2x-8的一个单调递增区间.根据复合函数的单调性可知,函数f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间为(4,+∞).(2)由题意知g(x)=该函数图像如图所示,其单调递减区间是[0,1).变式题(1)B(2)(-∞,2][解析](1)令t=2x2-3x+2,则y=,由复合函数的单调性易知在上单调递增,故选B.(2)因为f(x)在R上单调递增,所以a-1>0,即a>1,因此g(x)的单调递减区间就是y=|x-2|的单调递减区间(-∞,2].例3[思路点拨](1)转化为同底的指数函数、对数函数,依据它们的单调性比较大小;(2)由已知可知f(x)-ln x为定值,设为t,则f(x)=ln x+t,求出t,再结合函数的单调性分析可得答案.(1)C(2)c>a>b[解析](1)因为a=log52<log5=,b=>=1,c=log73∈(log7,log77)即c∈,1,故b>c>a.故选C.(2)根据题意,对任意的x∈(0,+∞),都有f[f(x)-ln x]=e+1,又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,则f(x)-ln x为定值,设t=f(x)-ln x,则f(x)=ln x+t.又由f(t)=e+1,即ln t+t=e+1,解得t=e,则f(x)=ln x+e(x>0),则f(x)为增函数.又由==,==,log2π>1,则有<<log2π,则有c>a>b.例4[思路点拨](1)构造函数,利用单调性把求解的不等式中的函数符号去掉,得出一般的不等式,解该不等式;(2)可判断出f(x)为增函数,于是可将函数不等式转化为常规不等式. (1)D(2)(1,2)[解析](1)由已知条件知,f(x1)-x1<f(x2)-x2对任意x1<x2恒成立,故函数g(x)=f(x)-x为R上的增函数,且g(-3)=f(-3)-(-3)=-1.不等式f>lo|3x-1|-1,即f(lo|3x-1|)-lo|3x-1|>-1,即g(lo|3x-1|)>g(-3),所以lo|3x-1|>-3,得0<|3x-1|<8,解得x<2且x ≠0,故所求不等式的解集为(-∞,0)∪(0,2).(2)因为y=e x,y=x3在R上均为增函数,所以函数f(x)为增函数,所以不等式f(x2)<f(3x-2)等价于x2<3x-2,即x2-3x+2<0⇔1<x<2,故x∈(1,2).例5[思路点拨]变换函数解析式,利用常见函数的单调性确定f(x)的单调性,从而得到函数的最大值和最小值.4033[解析]f(x)=+2016sin x=+2016sin x=2017-+2016sin x.显然该函数在区间-,上单调递增,故最大值为f,最小值为f-,所以M+N=f+f-=2017-+2016+2017--2016=4034--=4034-1=4033.例6[思路点拨]根据一次函数以及指数函数的单调性得到不等式组,解出即可.D[解析]由题意得解得≤a<3,故选D.强化演练1.B[解析]根据题意可知,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.而1<log47<log49=log23,0<0.20.6<0.20=1,所以log23>log47>0.20.6,所以b<a<c.2.(-,-2)∪(2,)[解析]因为函数f(x)=ln x+2x在定义域上单调递增,且f(1)=ln 1+2=2,所以由f(x2-4)<2得f(x2-4)<f(1),所以0<x2-4<1,解得-<x<-2或2<x<.3.1[解析]当x>1时,y=lo x是减函数,得y<0;当x≤1时,y=-x2+2x=-(x-1)2+1在(-∞,1]上单调递增,得y≤1.综上得f(x)的最大值是1.4.1[解析]∵f(1+x)=f(1-x),∴f(x)的图像关于直线x=1对称,∵函数f(x)=2|x-a|(a∈R)的图像以直线x=a为对称轴,∴a=1,∴f(x)在[1,+∞)上单调递增.∵f(x)在[m,+∞)上单调递增,∴m≥1,则m的最小值为1.5.a≥-[解析]若函数f(x)=ln(ax2+x)在区间(0,1)上单调递增,则函数g(x)=ax2+x在(0,1)上单调递增且g(x)>0恒成立.当a=0时,g(x)=x在(0,1)上单调递增且g(x)>0,符合题意;当a>0时,g(x)图像的对称轴为x=-<0,且有g(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,符合题意;当a<0时,需满足g(x)图像的对称轴x=-≥1,且有g(x)>0,解得a≥-,则-≤a<0.综上,a≥-.【备选理由】例1为抽象函数单调性的判断与证明问题,目的是让学生掌握抽象函数单调性的解决方法;例2为利用指数函数、对数函数的单调性比较大小问题;例3为利用分段函数的单调性解决不等式恒成立问题,需要对所给函数的单调性进行判断,进而将所要求解的不等式转化为常规不等式.1[配合例1使用][2018·南阳一中月考]已知x≠0时,函数f(x)>0,对任意实数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(27)=9,当0≤x<1时,f(x)∈[0,1).(1)判断f(x)在[0,+∞)上的单调性,并给出证明;(2)若a≥0且f(a+1)≤,求a的取值范围.解:(1)f(x)在[0,+∞)上单调递增.证明如下:设0≤x1<x2,∴0≤<1,f(x1)=f=f·f(x2).∵当0≤x<1时,f(x)∈[0,1),∴f<1,∴f(x1)<f(x2),故f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)∵f(27)=9,又f(3×9)=f(3)·f(9)=f(3)·f(3)·f(3)=[f(3)]3,∴9=[f(3)]3,即f(3)=.∵f(a+1)≤,∴f(a+1)≤f(3).∵a≥0,∴a+1∈[1,+∞),∴a+1≤3,即a≤2,又a≥0,故0≤a≤2.2[配合例3使用][2017·重庆第二外国语学校月考]设a=,b=,c=ln ,则a,b,c的大小关系是()A.a>b>cB.b>a>cC.b>c>aD.a>c>b[解析] B∵0<a=<b==,c=ln <ln 1=0,∴b>a>c.3[配合例4使用][2017·长安一中质检]已知f(x)=不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-2)B.(-∞,0)C.(0,2)D.(-2,0)[解析] A二次函数y=x2-4x+3图像的对称轴是直线x=2,∴该函数在(-∞,0]上单调递减,∴x2-4x+3≥3,同样可知函数y=-x2-2x+3在(0,+∞)上单调递减,∴-x2-2x+3<3,∴f(x)在R上单调递减.∴由f(x+a)>f(2a-x)得到x+a<2a-x,即2x<a,∴2x<a在[a,a+1]上恒成立,∴2(a+1)<a,∴a<-2,∴实数a的取值范围是(-∞,-2).故选A.第6讲函数的奇偶性与周期性考试说明 1.结合具体函数,了解函数奇偶性的含义.2.会运用函数图像理解和研究函数的奇偶性.3.了解函数周期性、最小正周期的含义,会判断、应用简单函数的周期性.考情分析真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]函数f(x)在(-∞,+∞)单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是()A.[-2,2]B.[-1,1]C.[0,4]D.[1,3][解析]D因为f(x)为奇函数,所以f(-1)=1,不等式-1≤f(x-2)≤1,即f(1)≤f(x-2)≤f(-1),因为f(x)单调递减,所以-1≤x-2≤1,解得1≤x≤3,故x的取值范围为[1,3].2.[2014·全国卷Ⅰ]设函数f(x),g(x)的定义域都为R,且f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则下列结论中正确的是()A.f(x)g(x)是偶函数B.|f(x)|g(x)是奇函数C.f(x)|g(x)|是奇函数D.|f(x)g(x)|是奇函数[解析] C由于偶函数的绝对值还是偶函数,一个奇函数与一个偶函数之积为奇函数,故正确选项为C.3.[2017·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈(-∞,0)时,f(x)=2x3+x2,则f(2)=.[答案] 12[解析]因为函数f(x)为奇函数,所以f(2)=-f(-2)=-[2×(-2)3+(-2)2]=12.4.[2015·全国卷Ⅰ]若函数f(x)=x ln(x+)为偶函数,则a=.[答案] 1[解析]由f(-x)=f(x)得-x ln(-x+)=x ln(x+),即x[ln(x+)+ln(-x+)]=x ln a=0对定义域内的任意x 恒成立,因为x不恒为0,所以ln a=0,所以a=1.■ [2017-2016]其他省份类似高考真题1.[2017·北京卷]已知函数f(x)=3x-,则f(x)()A.是奇函数,且在R上是增函数B.是偶函数,且在R上是增函数C.是奇函数,且在R上是减函数D.是偶函数,且在R上是减函数[解析] A因为f(-x)=3-x-=-3x=-3x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.又因为y=3x为增函数,y=为减函数,所以f(x)=3x-为增函数.故选A.2.[2016·山东卷]已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时,f(x)=x3-1;当-1≤x≤1时,f(-x)=-f(x);当x>时,f x+=f x-.则f(6)=()A.-2B.-1C.0D.2[解析] D∵当x>时,f x+=f x-,∴f(x)的周期为1,则f(6)=f(1).又∵当-1≤x≤1时,f(-x)=-f(x),∴f(1)=-f(-1).又∵当x<0时,f(x)=x3-1,∴f(-1)=(-1)3-1=-2,∴f(6)=-f(-1)=2.3.[2017·山东卷]已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当x∈[-3,0]时,f(x)=6-x,则f(919)=.[答案] 6[解析]由f(x+4)=f(x-2)可知周期T=6,所以f(919)=f(153×6+1)=f(1),又因为f(x)为偶函数,所以f(1)=f(-1)=6-(-1)=6.4.[2016·江苏卷]设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间[-1,1)上,f(x)=其中a∈R.若f-=f,则f(5a)的值是.[答案]-[解析]因为f(x)的周期为2,所以f-=f-=-+a,f=f=,即-+a=,所以a=,故f(5a)=f(3)=f(-1)=-.5.[2016·四川卷]已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数,当0<x<1时,f(x)=4x,则f-+f(1)=.[答案]-2[解析]因为f(x)是周期为2的函数,所以f(x)=f(x+2).因为f(x)是奇函数,所以f(x)=-f(-x),所以f(1)=f(-1),f(1)=-f(-1),即f(1)=0.又f=f=-f,f==2,所以f=-2,从而f+f(1)=-2.【课前双基巩固】知识聚焦1.f(-x)=f(x)f(-x)=-f(x)y轴原点2.f(x+T)=f(x)最小的正数最小正数对点演练1.2[解析]f(x)=x2-1和f(x)=x2+cos x为偶函数.2.减减[解析]根据奇偶函数图像的对称性可得.3.1-[解析]f(-2)=-f(2)=-(-1)=1-.4.1[解析]因为f(x+3)=f(x),所以f(x)是以3为周期的周期函数,所以f(2017)=f(672×3+1)=f(1)=log4(12+3)=1.5.奇[解析]由得-1<x<1且x≠0,∴函数f(x)的定义域为(-1,0)∪(0,1).∴f(x)==,∴f(-x)==-f(x),∴f(x)是奇函数.6.①③[解析]对于①,f=-x=-f(x),满足题意;对于②,f=+=f(x)≠-f(x),不满足题意;对于③,f=即f=故f=-f(x),满足题意.7.2[解析]∵f(x)=-f,∴f(x+3)=f=-f=f(x),∴f(2017)=f(3×672+1)=f(1)=2.8.[解析]设x<0,则-x>0,所以f(x)=-f(-x)=-[(-x)2+4(-x)-3]=-x2+4x+3,由奇函数的定义可知f(0)=0,所以f(x)=【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)利用函数奇偶性的性质直接判断;(2)对于①②两个函数,先求定义域,再等价化简函数解析式,然后用奇偶性的性质判断,对于③可用图像法判断.(1)C(2)C[解析](1)因为f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,所以有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),于是f(-x)·g(-x)=-f(x)g(x),即f(x)g(x)为奇函数,A错误;|f(-x)|g(-x)=|f(x)|g(x),即|f(x)|g(x)为偶函数,B错误;f(-x)|g(-x)|=-f(x)|g(x)|,即f(x)|g(x)|为奇函数,C正确;|f(-x)g(-x)|=|f(x)g(x)|,即|f(x)g(x)|为偶函数,所以D错误.故选C.(2)①中,易知函数的定义域为{-,},所以f(x)=0,所以f(-x)=-f(x)且f(-x)=f(x),所以①既是奇函数又是偶函数;②中,由得定义域为(-1,0)∪(0,1),关于原点对称,所以x-3<0,所以f(x)=,验证知f(-x)=-f(x)成立,所以②是奇函数;作出图像(图略),知③是奇函数.故选C.变式题(1)A(2)D[解析](1)易知h(x)=f(x)+g(x)的定义域为{x|x≠0}.因为f(-x)+g(-x)=+=--=-=+=f(x)+g(x),所以h(x)=f(x)+g(x)是偶函数.故选A.(2)对于选项A,函数的定义域为R,f(-x)=-x+sin 2(-x)=-(x+sin 2x)=-f(x),所以f(x)=x+sin 2x 为奇函数;对于选项B,函数的定义域为R,f(-x)=(-x)2-cos(-x)=x2-cos x=f(x),所以f(x)=x2-cos x 为偶函数;对于选项C,函数的定义域为R,f(-x)=3-x-=-3x-=-f(x),所以f(x)=3x-为奇函数;只有f(x)=x2+tan x既不是奇函数也不是偶函数.故选D.例2[思路点拨](1)先确定函数f(x)在0,上的零点情况,再据周期性确定在区间(0,6]上的零点个数;(2)由条件f(x+2)=可得出函数的周期为4,再求f(2018).(1)B(2)A[解析](1)由f x-=f x+得f x+=f(x),即函数是周期为的周期函数.∵当x ∈0,时,f(x)=ln(x2-x+1),令f(x)=0,得x2-x+1=1,解得x=1(x=0舍去),又∵函数f(x)的周期为,∴方程f(x)=0在区间(0,6]上的解有1,,4,,共4个.(2)由f(x+2)=,得f(x+4)==f(x),所以函数f(x)的周期为4,所以f(2018)=f(2).因为f(2+2)=,所以f(2)=-=-=-2-.故f(2018)=-2-.变式题803[解析]依题意,f(1)=f(1+3)=f(4)=3×4-1=11,f(2)=3×2-1=5,f(3)=3×3-1=8,所以f(1)+f(2)+f(3)=24,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(100)=33[f(1)+f(2)+f(3)]+f(100)=33×24+f(1)=792+11=803.例3[思路点拨](1)利用偶函数将求f(-)转化为求f();(2)观察函数的结构可整理成含有一个奇函数与一个常函数的和的形式,根据奇函数的最大值与最小值和为零求值.(1)B(2)C[解析](1)∵f(x)为偶函数,∴f(-)=f(),又当x>0时,f(x)=log2x,∴f()=log2=,即f(-)=.(2)f(x)==2+,设g(x)=,∵g(-x)=-g(x),∴g(x)为奇函数,∴g(x)max+g(x)min=0.∵M=f(x)max=2+g(x)max,m=f(x)min=2+g(x)min,∴M+m=2+g(x)max+2+g(x)min=4.例4[思路点拨](1)函数只有一个零点,所以f(2x2+1)+f(λ-x)=0有唯一解,即f(2x2+1)=f(x-λ)有唯一解,再求解;(2)函数为偶函数,所以不等式f(a-2)>0等价为f(|a-2|)>f(2),再据单调性求解.(1)C(2)D[解析](1)令y=f(2x2+1)+f(λ-x)=0,因为f(x)是奇函数,所以f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ).又因为f(x)是R上的单调函数,所以2x2+1=x-λ只有一个根,即2x2-x+1+λ=0只有一个根,则Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.(2)∵偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x≥0),∴函数f(x)在[0,+∞)上为增函数,f(2)=0,∴不等式f(a-2)>0等价为f(|a-2|)>f(2),即|a-2|>2,即a-2>2或a-2<-2,解得a>4或a<0.例5[思路点拨](1)由f(x)是奇函数且f(x+1)为偶函数,可得出函数是周期为4的周期函数;(2)由题意可得偶函数y=f(x)是周期为4的函数,f(x)=sin |x|是偶函数,作出函数的图像,两函数图像交点的个数即为所求根的个数.(1)B(2)10[解析](1)∵f(x)为R上的奇函数,∴f(0)=0,且有f(x)=-f(-x),即有f(x+1)=-f(-x-1),又∵f(x+1)为偶函数,∴f(x+1)=f(-x+1),∴f(-x+1)=-f(-x-1),即f(x+1)=-f(x-1),∴f(x+2)=f(x+1+1)=-f(x),∴f(x+4)=f(x),∴f(x)是周期为4的周期函数,∴f(2016)+f(2017)=f(504×4)+f(1+504×4)=f(0)+f(1)=0+1=1.(2)∵函数y=f(x)为偶函数,且满足f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x),∴偶函数y=f(x)是周期为4的函数.由x∈[0,2]时,f(x)=2-x2可作出函数f(x)在[-10,10]上的图像,同时作出函数y=sin |x|在[-10,10]上的图像,交点个数即为所求根的个数.数形结合可得交点个数为10.例6[思路点拨](1)由函数f(x)是偶函数和周期函数,得出函数在[3,6]上的单调性,再进行判断;(2)由已知得出函数在x∈0,时单调递增,且f(x)>0,进而根据奇函数得出x∈-,0时的单调情况,再据周期性得出在区间1,上的情况.(1)B(2)D[解析](1)依题意知,f(x)是偶函数,且是以6为周期的周期函数.因为当x∈[0,3]时,f(x)单调递增,所以f(x)在[-3,0]上单调递减.根据函数周期性知,函数f(x)在[3,6]上单调递减.又因为[4,5]⊆[3,6],所以函数f(x)在[4,5]上单调递减.(2)当x∈0,时,由f(x)=lo(1-x)可知f(x)单调递增且f(x)>0,又函数为奇函数,所以在区间-,0上函数也单调递增,且f(x)<0.由f x+=f(x)知,函数的周期为,所以在区间1,上,函数单调递增且f(x)<0.故选D.强化演练1.B[解析]由y=f(-x)和y=f(x+2)是偶函数知f(-x)=f(x),f(x+2)=f(-x+2)=f(x-2),故f(x)=f(x+4),则F(3)=f(3)+f(-3)=2f(3)=2f(-1)=2f(1)=,故选B.2.D[解析]根据题意,f(x)为偶函数且在[0,+∞)上单调递增,则f(ln x)<f(2)⇔|ln x|<2,即-2<ln x<2,解得e-2<x<e2,即x的取值范围是(e-2,e2).3.D[解析]因为f(x)满足f(x-4)=-f(x),所以f(x-8)=f(x),所以函数f(x)是以8为周期的周期函数,则f(-25)=f(-1),f(80)=f(0),f(11)=f(3).由f(x)是定义在R上的奇函数,且满足f(x-4)=-f(x),得f(11)=f(3)=-f(-1)=f(1).因为f(x)在区间[0,2]上是增函数,f(x)在R上是奇函数,所以f(x)在区间[-2,2]上是增函数,所以f(-1)<f(0)<f(1),即f(-25)<f(80)<f(11).4.-[解析]由题意可知,f=f=-f=-2××=-.5.[解析]依题意知,函数f(x)为奇函数且周期为2,所以f+f(1)+f+f(2)+f=f+f(1)+f+f(0)+f=f+f(1)-f+f(0)+f=f+f(1)+f(0)=-1+21-1+20-1=.【备选理由】例1增加了函数的奇偶性与函数的对称性结合的问题,有利于从不同角度认识图形与性质;例2考查奇偶性的应用,即利用奇偶性求函数值,注意两个函数之间的关系与联系;例3为奇偶性与单调性结合的题目,要在利用奇函数性质求出函数中的参数后,再结合单调性求解不等式;例4为函数的奇偶性、单调性、周期性及函数的零点等综合的问题,性质涉及多,难度大,需要利用各函数性质及数形结合思想求解.1[配合例3使用]设函数f(x),g(x)的定义域为R,且f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,设h(x)=|f(x-1)|+g(x-1),则下列结论中正确的是()A.h(x)的图像关于点(1,0)对称B.h(x)的图像关于点(-1,0)对称C.h(x)的图像关于直线x=1对称D.h(x)的图像关于直线x=-1对称[解析] C因为f(x)是奇函数,所以|f(x)|是偶函数,于是|f(x)|和g(x)都是偶函数,它们的图像都关于y轴对称,所以|f(x-1)|和g(x-1)的图像都关于直线x=1对称,即h(x)=|f(x-1)|+g(x-1)的图像关于直线x=1对称.故选C.2[配合例3使用][2017·怀化四模]已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,f(x)=g(x)+x2,且当x≥0时,g(x)=log2(x+1),则g(-1)=.[答案]-3[解析]根据题意,f(x)=g(x)+x2,且当x≥0时,g(x)=log2(x+1),则f(1)=g(1)+1=log2(1+1)+1=2,又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数,则f(-1)=-f(1)=g(-1)+(-1)2=-2,则g(-1)=-3.3[配合例4使用]若函数f(x)=1-是奇函数,则使f(x)≥成立的x的取值范围是.[答案][1,+∞)[解析]由题意得f(x)+f(-x)=0⇒1-+1-=0⇒a=1,所以 1-≥⇒2x≥2⇒x≥1.4[配合例6使用][2018·河南林州一中调研]已知函数y=f(x)是R上的偶函数,满足f(x+2)=f(x-2)+f(2),且当x∈[0,2]时,f(x)=2x-4,令函数g(x)=f(x)-m,若g(x)在区间[-10,2]上有6个零点,分别记为x1,x2,x3,x4,x5,x6,则x1+x2+x3+x4+x5+x6=.。
2019-2020年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.1导数与函数的单调性课时跟踪检
［课时跟踪检测］［基础达标］1. 函数f(x)的导函数f '(x)有下列信息：① f '(x) >0 时，一1v X V 2;② f '(x) V 0 时，x V—1 或x>2;③ f '(x) = 0 时，x =— 1 或x= 2.则函数f(x)的大致图象是()4 \-h bv v/ A AS/i _yr1 B c'D1解析：根据信息知，函数 f (x)在(—1,2)上是增函数.在(—8, —1) , (2 ,+8)上是减函数，故选C.答案：C2 . .2. f(x) = x —a ln x在(1 ,+8)上单调递增，则实数a的取值范围为()A. ( —8, 1)B. (—8, 1]C. ( —8, 2)D. (—8, 2]2 a解析：由f (x) = x —a ln x,得f '(x) = 2x—-，x••• f(x)在(1 ,+8 )上单调递增，•••a2x—x》0即a<2x2在(1 ,+8)上恒成立,•/ 2x2> 2,「. a< 2.故选 D.答案：D3.若幕函数f (x)的图象过点22, 1，则函数g(x) = e x f (x)的单调递减区间为()A. ( —8, 0)B. ( —8,—2)C. ( —2, —1)D. ( —2,0)解析：设幕函数f(x) = X“，因为图象过点右2, 2，所以1=-2“，a= 2，所以f(x) =x2，故g(x) =e x x2，令g'(x) = e x x2+ 2e x x = e x(x2+ 2x) V0，得—2V x V 0,故函数g(x) 的单调递减区间为(一2,0).答案：Dx a 14. (xx届河北石家庄市高三9月摸底)若函数f(x) = - —@x2+ x + 1在区间2，3上单调递减, 则实数a的取值范围为( )5 1010A.— ' 'B. ■，+m2' 3310C.-km3 '十D. [2 ,+m) 2解析：f '(x) = x —ax+ 1,3x a o函数f (x) = 3 —2x + x+11在区间2 3上单调递减？f2'(x) = x —ax+1 wo 在区间,1 1 51 f2 =—戶+ w 0, 102，3上恒成立？ 2 2 4解之得a>y.故选C.f' 3 = —3a+ 10w 0,答案：C5. 函数f (x) = x3ax是R上的增函数的一个充分不必要条件是()A.a w 0B. a< 0C.a > 0D. a>0解析：函数f (x) = x3—ax为R上的增函数的一个充分不必要条件是f'(x) = 3x2—a> 0在R上恒成立，所以a v (3x2)min,因为(3x2)min= 0，所以a<0.故选B.答案：B6. (xx届贵阳市监测考试)对于R上可导的任意函数f (x)，若满足(x—3)f '(x) w 0, 则必有()A. f (0) + f(6) W2 f(3)B. f (0) + f(6) < 2f(3)C. f (0) + f(6) >2 f(3)D. f (0) + f(6) > 2f(3)解析：由题意知，当x>3时，f '(x) w 0,所以函数f (x)在[3 ,+^)上单调递减或为常数函数；当x < 3时，f'(x) > 0,所以函数f(x)在(一R, 3)上单调递增或为常数函数，所以f(0) w f (3) , f(6) w f (3)，所以f (0) + f(6) W2 f(3)，故选A.答案：A7. 设函数f (x) = e x+ x—2, g(x) = ln x + x2—3.若实数a, b 满足f (a) = 0, g(b) = 0, 则()A. g(a) < 0< f (b)B. f ( b) < 0< g(a)C. 0<g(a) < f(b)D. f(b) < g(a) <0解析：因为函数f (x) = e'+ x —2在R上单调递增，且f (0) = 1 —2< 0, f(1) = e — 1 > 0,_2所以f (a) = 0 时a€ (0,1).又g(x) = In x + x — 3 在(0 ,+^)上单调递增，且g(1) =- 2v 0,所以g(a) v 0.由g(2) = In 2 + 1 >0, g( b) = 0 得b€ (1,2)，又f(1) = e—1>0, 所以f (b) >0.综上可知，g( a) v 0v f ( b).答案：A&定义在R上的函数f(x)满足xf'(x)>f(x)恒成立，则有()f x解析：设g(x)= , x••• g( x)在R上单调递增,二g(—5)< g(—3),f —5 f —3即=5- > ，• 3f ( —5)<5f ( —3)，故选 C.答案：C成立的是()n n0<A<2 , 0<右，n又••• y= sin x在0,—内单调递增,n• 0<sin A^sin ■——B = cos B<1,A. f ( —5)>f ( —3)B. f( —5)<f( —3)C. 3f( —5)>5f( —3)D. 3f ( —5)<5f( —3)则g，(x)= x・f x x>0,9.已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，若A, B为钝角三角形的两个锐角，则一定A. f (sin A)> f (cos B)B. f (sin A)< f (cos E)C. f (sin A)> f (sin E)D. f (cos A)< f (cos E)解析：••• A,B是钝角三角形两锐角,n0<A<y由导函数图象可知y = f(x)在(0,+^)上单调递增，•••f(sin A)<f(cos B)，故选B.答案：B10. __________________________________________________________ 函数f(x) = (x —3)e ix x的单调递增区间为__________________________________________________ .解析：函数f (x) = (x —3)e x的导数为f'(x) = [( x—3)e x]'= e x+ (x—3)e x= (x—2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f'(x) >0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f '(x) = (x—2)e x> 0，解得x>2.所以所求函数的单调递增区间为(2 , +^).答案：(2 ,+^)11. ______________________________________________________________________ 函数f (x) = x2—ax —3在(1 ,+s)上是增函数，则实数a的取值范围是______________________ .解析：f '(x) = 2x —a,••• f (x)在(1 ,+s)上是增函数，• 2x —a》0在(1 ,+s)上恒成立.即a<2x, • a w2.所以实数a的取值范围是(一R, 2].答案：(—R, 2]1 2解析：由题意知f '(x) = —x+ 4 —3x由f '(x) = 0得函数f (x)的两个极值点为1,3 , 则只要这两个极值点有一个在区间(t , t + 1)内，函数f(x)在区间[t , t + 1]上就不单调，由t v 1 v t + 1 或t v 3 v t + 1,得0v t v 1 或2v t v 3.答案：(0,1) U (2,3)13. (xx届福建省莆田市第二十四中学月考)设函数f(x) = e x—ax—2.(1)求f(x)的单调区间；⑵若a= 1, k为整数，且当x>0时，(x —k)f'(x) + x+ 1>0,求k的最大值. 解：(1)函数f (x)的定义域为R, f '(x) = e—a,若a w 0,贝U f'(x)>0, f(x)在R上单调递增；若a>0,则f'(x) = 0，解得x = In a,所以f (x)的单调递减区间是(一g, In a)，增区间为(In a,+m).⑵由于a= 1，所以(x —k) f '(x) + x+ 1 = (x—k)(e —1) + x +1,x + 1故当x>0 时，(x—k)f'(x) + x+1>0 等价于kvr二 + x,e i12 .已知函数f (x) =—q x + 4x —3ln x在[t , t + 1]上不单调，则t的取值范围是2—x + 4x—3x —1 x—3x.XX令 g (x )= e x ±1_+ x ,则 g '(x ) =e 2而函数 f (x ) = e x -X - 2 在(0 ,+s )上单调递增，f (1)<0 , f (2)>0 , 所以f (x )在(0，+m )上有唯一的零点，故 g '(x )在(0,+^)上存在唯一的零点,设此零点为a ,贝U a € (1,2),当 x € (0 , a )时，g '(x )<0，当 x € (a ,+m )时，g '(x )>o ,所以g (x )在(0，+m )的最小值为g (a ),又因为 g '(a ) = 0,可得 e a = a + 2,所以 g (a ) = a + 1€ (2,3), 所以k <g (a )，所以整数k 的最大值为2.2x14.已知函数 f ( x ) = , a € R. x — a(1)求函数f (x )的单调区间；⑵ 若f (x )在(1,2)上是单调函数，求 a 的取值范围.x (1) f (x )的定义域为{x |x 工a }, f '(x )=- ① 当 a = 0 时，f (x ) = X (X M 0), f '(x ) = 1, 则x € ( —m, 0)和(0，+m )时，f (x )为增函数. ② 当 a >0 时，由 f '(x ) >0 得，x >2a 或 x v 0,由于此时0v a v 2a ,所以x > 2a 时，f (x )为增函数，x v 0时，f (x )为增函数；由f '( x ) v 0得，0v x v 2a ,考虑定义域，当0 v x v a 时，f (x )为减函数，a v x v 2a 时，f (x )为减函 数.③ 当 a v 0 时，由 f '(x ) > 0 得，x > 0 或 x v 2a , 由于此时2a v a v 0, 所以当x v 2a 时，f (x )为增函数，x > 0时，f (x )为增函数；由f '(x ) v 0得，2a v x v 0,考虑定义域，当 2a v x v a 时，f (x )为减函数，a v x v 0 时，f (x )为减函数.综上，当a = 0时，函数f (x )的单调递增区间为(一m, 0) , (0，+m ).当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(一m, 0), (2a ,+m )，单调递减区间为(0 , a ), (a, 2a ). 当a v 0时，函数f (x )的单调递增区间为(一m, 2a ), (0,+m ),单调递减区间为(2 a , a ), (a, 0). (2)①当a < 0时，由(1)可得，f (x )在(1,2)上单调递增，且 x € (1,2)时，X M a .1② 当0v 2a wi 时，即0v a w ?时，由(1)可得，f (x )在(2 a , +m )上单调递增，即在(1,2)x — 2a2x — a解:上单调递增，且 x € (1,2)时，x 丰a .③ 当1 v 2a v 2时，即2<a v 1时，由⑴ 可得，f (x )在(1,2)上不具有单调性，不合题 意. ④当2a >2,即a >1时，由(1)可得，f (x )在(0 , a ) , (a, 2a )上为减函数，同时需注意 a ?(1,2)，满足这样的条件时f (x )在(1,2)上单调递减，所以此时a = 1或a >2.1综上所述，a 的取值范围是一R, U {1} U ［2 ,+^).［能力提升］In x1.若b >a >3, f (x )= ——，则下列各结论中正确的是(xC. f ( ab ) < f 苓^ < f (a )D f (b ) <f 号 <f ( ,ab ) ” —「，In x 十,、，， 1 — In x解析：因为f (x )=，所以f (x ) = 2—,x x令 f '(x ) = 0,解得 x = e. 当x >e 时，f '(x ) < 0，为减函数， 当0< x < e 时，f '(x ) >0，为增函数. 因为 b > a > 3>e.a +b —所以 ab >b >〒> ,ab >a >e，所以 f (a ) >f ( ab ) >f ^2^ >f ( b ) >f (ab ).故选 D. 答案：D12.设函数f (x ) = ^sin2 x + a cos x 在(0 , n )上是增函数，则实数a 的取值范围为()A. [ — 1 ,+s )B. ( —g,— 1]C. ( —g, 0)D. (0，+m)1解析：f (x ) = ?sin2 x + a cos x 在(0 ,n )上是增函数， 所以f '(x ) = cos2x — a sin x 》0在(0 ,n )上恒成立,A. f (a ) <f ( ab ) <fa + b2B.f(.ab ) < f * < f (b )x2所以 1 — 2sin x — a sin x 》0,设 t = sin x , t € (0,1］，即—2t 2— at + 1>0, t € (0,1］时恒成立,1所以a <— 2t +1 1令 g (t ) =— 2t + ，贝V g '(t ) = — 2—0, 所以g (t )在(0,1］上单调递减，所以 a w g (1) =— 1,故选B. 答案：B13. (xx 年江苏卷)已知函数f (x ) = x 3— 2x + e x — -x ，其中e 是自然对数的底数.若e —1) +f (2 a 2) w 0,则实数a 的取值范围是 ___________ .解析：T f '( x ) = 3x 2— 2 + e x + e_x >0, ••• f (x)在定义域内为单调递增函数，又 f (— x ) = — x 3 + 2x + 丄―e x = — f (x ),e •f (x )为奇函数.2•/f (a — 1) + f (2a ) w 0,•-f (a — 1) w — f (2a 2)，即 f (a — 1) w f ( — 2a 2).又••• f (x )为单调递增函数，• a — 1 w — 2a 2,21 即 2a + a — 1 w 0,解得一1 w a w ?,•实数a 的取值范围是 一1, 1 . 答案：-1, 34. (xx 届辽宁省葫芦岛第六高级中学期中 )已知函数f (x ) = — ax 2 + In x (a € R).(1)讨论f (x )的单调性；⑵若存在x € (1 ,+s ), f (x )> — a ,求a 的取值范围.当a wo 时，f '(x )>0，所以f (x )在(0，+)上递增, 当 a >0时，令 f '(x ) = 0,得 x =—L,V 2a3 1令 f '(x )>0，得 x € 0，寸芬；令 f '(x )<0，得 x^y2a ,+m,f (a解：(1) f '(x )=1 2ax + 一=x1 — 2ax 2128 32 _⑵ 由 f (x )> — a ,得 a (x — 1) — In x <0,因为 x € (1 ,+^)，所以一In当a wo 时，a (x 2— 1) — In x <0满足题意，所以g (x )在(1 ,+s )上递增，所以g (x )>g (1) = 0，不合题意,当 0<a <1 时，令 g'(x )>0,得 x € 2，+^，令 g '(x )<0,得 x € 1,苍，1 所以 g (x )max = g <g (1) =0，则？ x o € (1 ,+s ), g ( x o )<0, 综上，a 的取值范围是 一R, 2 .［课时跟踪检测］［基础达标］1. 已知函数f (x )的定义域为(a , b )，导函数f '(x )在(a , b )上的图象如图所示，则函 数f (x )在(a , b )上的极大值点的个数为()¥ 1AL'4\J QA. 1B. 2C. 3D. 4解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知， f '(x )在(a , b )上与x 轴的交点个数为4,但是在原点附近的导数值恒大于零，故x = 0不是函数f (x )的极值点，其余的 3个交点都是极值点，其中有 2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个.答案：B1 32.函数f (x ) = 3x —4x + m 在［0,3］上的最大值为 4，贝U m 的值为()当 a >f 时，设 g (x ) = a (x 2 — 1)—In x (x >1), g '(x )=2ax 2- 1x>0,所以f (x )在0, —2a 上递增，在1I ，"上递减•2x <0, x —1>0,1A. 7B.283D. 4解析：f '(x ) = x 2— 4, x € [0,3],当 x € [0,2)时，f '(x ) v 0，当 x € (2,3]时，f '( x ) > 0, ••• f(x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数. 又 f (0) = m f (3) =— 3+ m •••在[0,3]上，f ( x ) max = f (0) = 4, • m= 4,故选 D. 答案：D3.设直线x = t 与函数h (x ) = x 2, g (x ) = In x 的图象分别交于点 M N,则当| MN 最小时t 的值为()1A. 1B.-C.护心解析：由已知条件可得I MN = t 2— ln t , 21设 f (t ) = t — ln t (t > 0)，则 f '(t ) = 2t — t ,令 f '(t ) = 0,得 t ='答案：D4. 若e x > k + x 在R 上恒成立，则实数 k 的取值范围为( A. ( —s, 1] C. ( —s, — 1]解析：由 e x > k + x ,得 k <e x — x . 令 f (x ) = e x — x , • f '(x ) = e x — 1.当 f '(x ) = 0 时，x = 0,「. f '( x ) v 0 时，x v 0, f '(x ) >0 时，x >0.• f (x )在(—s, 0)上是减函数，在(0 ,+s )上是增函数. • f (x ) min = f (0) = 1.• k 的范围为(一s, 1].故选A .C. 3B. [1 ,+s) D. [ — 1 ,+s)当 0 v t vf '(t ) v 0,当 t >f '(t ) > 0,答案：A1 3b 25. (xx届河北三市二联)若函数f(x) = 3X - 1 + 2 x + 2bx在区间[—3,1]上不是单调函数，则函数f (x)在R上的极小值为(),4 3 2A. 2b—B. ——3 2 32 1 3C. 0D. b2—b36解析：f '(x) = x —(2 + b) x+ 2b= (x —b)( x—2) ,•••函数f (x)在区间[—3,1]上不是单调函数，•••一3v b v 1,则由f '(x) > 0,得x v b 或x>2，由f'(x) v0，得b v x v2,「.4 函数f(x)的极小值为f(2) = 2b —3.答案：A6. f(x)是定义在R上的偶函数，当x v 0时，f(x) + xf'(x) v 0且f ( —4) = 0,则不等式xf (x) > 0的解集为()A. ( —4,0) U (4 ,+s)B. ( —4,0) U (0,4)C. ( — a, —4) U (4 ,+s)D. ( —a, —4) U (0,4)解析：设g(x) = xf (x)，则当x v 0 时g'(x) = [ xf(x)] '= xf '(x) + f(x) v 0,所以g(x)在区间(一a, 0)上是减函数，因为f(x)是定义在R上的偶函数.所以g(x) = xf(x)是定义在R上的奇函数，所以g(x)在(0，+a )上是减函数，••• f( —4) = 0,• f(4) = 0,即g(4) = g( —4) = 0,•xf (x) >0,即g(x) >0,•xf (x) > 0 的解集为(—a, —4) U (0,4).答案：D7. 已知函数f (x)的定义域为R, f( —1) = 2，且对任意的x€ R, f'(x) > 2，贝U f (x)> 2x + 4的解集为()A. ( —1,1)B. ( —1,+a)C. ( —a, —1)D. ( —a,+a)解析：设g(x) = f (x) —(2x + 4) , [f(x) —(2x+ 4)] '= f'(x) —2>0,所以g(x)单调递增.又g( —1) = 0,所以f (x) > 2x + 4的解集是(一1 ,+a).故选B.答案：Bx 2& (xx届山东师大附中检测)已知函数f(x) = x e , g(x) =—(x+ 1) + a,若？X1, R,使得f (X 2)w g (x i )成立，则实数a 的取值范围是()答案：—1<a <01 A. — e ，+m B. [ — 1, + ^) C. [ — e ,+^)1 D.—,e-pm解析：f '(x ) = e x + x e X = (1 + x )e X ，当 x >— 1 时，f '(x ) >0,函数单调递增；当 X V—1时，f '(x ) v 0，函数单调递减.所以当 x =— 1时，f (x )取得极小值即最小值，f ( — 1)1—e.函数g (x )的最大值为a .若？ X 1, X 2€ R ,使得f (X 2)w g (x"成立，则有g (x )的最大值e大于或等于f (x )的最小值，即a >— e 故选D . e 答案：D9.从边长为10 cm X 16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖3 cm.的盒子，则盒子容积的最大值为 解析：设盒子容积为 y cm 3,盒子的高为x cm ,32贝y x € (0,5).贝y y = (10 — 2x )(16 — 2x )x = 4x — 52x + 160x ,令y '= 0,得x = 2或20(舍去),3y max = 6X 12X 2= 144(cm ).答案：14410 .已知函数f (x ) = e x — 2x + a 有零点，则a 的取值范围是 ____________ . 解析：由原函数有零点，可将问题转化为方程 e x — 2x + a = 0有解问题，即方程 a = 2x—e x 有解.xx令函数 g (x ) = 2x — e ,贝U g '(x ) = 2— e ,令 g '(x ) = 0,得 x =In 2，所以 g (x )在(一—2.当x i — m 时g (x ) i — m,因此，a 的取值范围就是函数 g ( x )的值域，所以a 的取值范 围是(一m, 2ln 2 — 2].答案：(—m, 2ln 2 — 2]11.已知f '(x ) = a (x + 1)( x — a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x = a 处取得极大值, 则实数a 的取值范围是解析：当导函数f '(x )= a (x + 1)( x — a )的图象如图所示时满足题意，此时一1<a <0.__ 2x x12. (xx 年全国卷I )已知函数f (x) = a e + (a —2) •e —x.(1) 讨论f (x)的单调性；(2) 若f( x)有两个零点，求a的取值范围.解：⑴ f(x)的定义域为(—8,+^ ), f '(x) = 2a e2x+ (a—2)e x—1 = (a e x—1)(2e x+1).(i )若a w0,则f '(x) v 0,所以f (x)在(—8,+8 )上单调递减.(ii)若a> 0,则由f '(x) = 0 得x = —In a.当x € ( —8, —in a)时，f'(x) v0;当x € ( —In a,+8)时，f'(x) > 0.所以f (x)在(—8, —in a)上单调递减，在(一In a,+8)上单调递增.(2)( i )若a w 0,由(1)知，f(x)至多有一个零点.(i )若a> 0，由(1)知，当x = —In a时，f(x)取得最小值，1最小值为f ( —In a) = 1 —a+ In a.①当a= 1时，由于f( —In a) = 0,故f (x)只有一个零点；1②当a€ (1 , +8)时，由于 1 — + In a>0,a即f (—In a) > 0，故f (x)没有零点；1③当a€ (0,1)时，1—— + In a v 0,即f( —In a) v 0.a又f (—2) = a e—4+ (a—2)e —2+ 2>—2e—2+ 2> 0,故f(x)在(—8, —In a)有一个零点.3设正整数n o满足n o>In —1，贝U f (n o) = e n o(a e n o+ a—2) —n o>e n o—n o>2n o—n o>0.a3由于In —1 >—In a,因此f (x)在(一In a,+8)有一个零点.a综上，a的取值范围为(0,1).13. (xx年全国卷川)已知函数f (x) = x—1 —a ln x.(1) 若f (x ) >0,求a 的值；1 1 1(2) 设m 为整数，且对于任意正整数 n , 1 + $1 +尸…1 +刁v m 求m 的最小值. 解：(1) f (x ) = x — 1 — a ln x , x >0,a x 一 a则 f '(x ) = 1 ——= ，且 f (1) = 0,x x① 当a W0时，f '(x ) > 0, f (x )在(0,+s )上单调递增，所以 0 V x V 1时，f (x ) < 0, 不满足题意；② 当a > 0时，当0< x < a 时，f '(x ) < 0,则f (x )在(0， a )上单调递减； 当x >a 时，f '(x ) > 0,则f (x )在(a ,+^)上单调递增.(i )若a < 1, f (x )在(a,1)上单调递增，所以当 x € (a, 1)时，f (x ) <f (1) = 0,不满足 题意；(ii)若a > 1, f (x )在(1 , a )上单调递减，所以当 x € (1 , a )时，f (x ) < f (1) = 0,不满 足题意；(说)若a = 1 , f (x )在(0,1)上单调递减，在(1 ,+^)上单调递增， 所以f (x ) > f (1) = 0满足题意. 综上所述，a = 1.(2)由(1)知当 a = 1 时，f (x ) = x — 1— In x >0,即即 In x < x — 1, 则In( x +1) w x ,当且仅当x = 0时等号成立. 1 1 *所以 In 1 + 2k < ^, k € N ,In 1 + 111 1 1 1 1 —+ In 1 +— + …+ In 1 +歹 < 2 + 于+•••+ 2^= 1—1,即1 +1 112 1 +2 - •- 1+ 歹< e.111 + 1 1 1 1 1351+11 +P~n 2 > 1 + 21 + 尹 +尹> 2. 64 当n 》 3时，11 11 +2 1 + 2 …1 + 2 € (2 , e).* 1 1 1 因为 m € N , 1 + 2 1 + 22 …1+ 尹 < m ,所以m 的最小值为3.［能力提升］n n1. 已知函数 y = f (x )对任意的 x € — —, 满足f '(x )cos x + f (x )s in x > 0(其中f '(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )一n n A. ,2f - - < f --- n nB. .2f 可 < f -C . f (0) > 2f nnf x解析：由 f '(x )cos x + f (x )sin x > 0 知 --------cos xcos cos — 3 4cos0，得f (0) v ：2f 才，所以D 不正确，故选A.答案：A2. (xx 届烟台模拟)设函数f (x ) = ax 3 — 3x + 1(x € R)，若对于任意 x € [ — 1,1]，都有f (x ) >0成立，则实数a 的值为解析：(构造法)若x = 0,则不论a 取何值，f (x ) >0显然成立;331时，f (x ) = ax —3X + 1>0可化为 a >x 2-x沁 3 1设 g (x )=x 3,从而a >4.g ( — 1) = 4,从而a w 4,综上可知 a = 4.答案：423. (xx 年全国卷n )已知函数 f (x ) = ax — ax — x ln x ，且 f (x ) >0.'> 0，所以 g (x )=在 cos x上是增函数，所以 gn ，即—cos —- n- f —- ， 4 一V n 3 n cos —4 即：'2f所以A 正确；同理有f即- n3 一 >n n ，所以B 不正确;n f 由 g -3 > g (0),即-3> n COS 一3 0cos0 , n得f (0) v 2f 3，所以C 不正确;ng — > g (0)，即n fT----- >ncos 一 4当 x > 0 时，即 x € (0,1] 所以g (x )在区间 1上单调递增,在区间2 1上单调递减，因此g ( x ) max = g 2 = 4,当x v 0时，即x € [ —1,0)时，同理 1 ""3.3a w ~2 — x x g (x )在区间[—1,0)上单调递增，所以g ( X )min =⑴求a;(2)证明：f (x)存在唯一的极大值点x o,且e —2v f (x o) v 2—:解：(1) f(x)的定义域为(0,+^).设g(x) = ax —a—In x,则f (x) = xg(x), f(x) >0 等价于g(x) >0.1因为g(1) = 0, g(x) >0,故g' (1) = 0,而g'(x) = a —-, g' (1) = a—1，得a= 1.z\.1若a= 1,则g'(x) = 1 —.当0v x v 1 时，g'(x) v 0,g(x)单调递减；当x> 1 时,g'(x)x>0, g(x)单调递增，所以x= 1是g(x)的极小值点，故g(x) > g(1) = 0.综上，a = 1.(2)证明：由(1)知f (x) = x —x—x ln x, f '(x) = 2x—2 —In x.1设h(x) = 2x —2—In x，贝U h'( x) = 2 —一.x1 1 1当x € 0, 2 时，h'(x) v0;当x € ^,+m时，h'( x) >0.所以h(x)在0, 单调1递减，在^,+m单调递增.1 1 1—2又h(e ) >0, h 2 v 0, h(1) = 0，所以h(x)在0, 有唯一零点x。
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.9函数模型及其应用课件理
第二章 函数(hánshù)、导数及其应用
第九节 函数模型(móxíng)及其应用
第一页，共33页。
栏
考情分析 1
(fēnxī)
目
基础自主(zìzhǔ) 2
3 考点疑难(yí
nán)突破
导
梳理
航
4 课时跟踪检测
第二页，共33页。
1
考情分析
第三页，共33页。
考点分布
考纲要求
第十三页，共33页。
3．生产一定数量的商品的全部费用称为生产成本，某企业一个月生产某种商品 x 万件时的生产成本为 C(x)＝12x2＋2x＋20(万元)．一万件售价是 20 万元，为获取更大 利润，该企业一个月应生产该商品数量为________万件．
解析：利润 L(x)＝20x－C(x)＝－12(x－18)2＋142，当 x＝18 时，L(x)有最大值． 答案：18
第三十页，共33页。
指数函数与对数函数模型的应用技巧 (1)与指数函数、对数函数两类函数模型有关的实际问题，在求解时，要先学会 合理选择模型，在两类模型中，指数函数模型是增长速度越来越快(底数大于 1)的一 类函数模型，与增长率、银行利率有关的问题都属于指数函数模型． (2)在解决指数函数、对数函数模型问题时，一般先需要通过待定系数法确定函 数解析式，再借助函数的图象求解最值问题.
二次函数模型
f(x)＝ax2＋bx＋c (a，b，c 为常数，a≠0)
第六页，共33页。
f(x)＝bax＋c 指数函数模型
(a，b，c 为常数，b≠0，a＞0 且 a≠1)
对数函数模型
f(x)＝blogax＋c
(a，b，c 为常数，b≠0，a＞0 且 a≠1)
高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 2.5 指数与指数函数课件 理
1 3
的值为(
)
A．0 B.13 C．3 D．4
解析 原式＝1－(1－4)÷32＝3，故选 C.
2． 函数 f(x)＝ax－2＋1(a>0 且 a≠1)的图象必经 过点
(
)
A．(0,1)
B．(1,1)
C．(2,0)
D．(2,2)
解析 ∵a0＝1 故 x－2＝0 时 f(x)＝2，即 x＝2 时 f(x)＝ 2，故选 D.
4．[2017·广西桂林模拟]当 x<0 时，函数 f(x)＝(2a－1)x
的值恒大于 1，则实数 a 的取值范围是(
)
A.12，1 C．(1，＋∞)
B．(1,2) D．(－∞，1)
解析 由题意可得 0<2a－1<1，解得12<a<1，故选 A.
板块二 典例探究·考向突破
考向 指数幂的化简与求值
3．[课本改编]已知 a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则(
)
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>a>b
D．b>c>a
解析 由 0.2<0.6,0.4<1，并结合指数函数的图象可知 0.40.2>0.40.6，即 b>c；因为 a＝20.2>1，b＝0.40.2<1，所以 a>b. 综上，a>b>c.
22×10－1×26×23－
3＝
2 865.
(2)原式＝a－13
b
1 2
·a－
1 2
1
5
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第1节 函数的概念及其表示练习 新人教A版-新人教A版
第二章 第 1 节 函数的概念及其表示[基础训练组]1．(导学号14577082)已知a 、b 为实数，集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫ba，1，N ＝{a,0}，f ：x →x 表示把M 中的元素x 映射到集合N 中仍为x ，则a ＋b 等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1解析：C [a ＝1，b ＝0，∴a ＋b ＝1.]2．(导学号14577083)若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：B [可以根据函数的概念进行排除，使用筛选法得到答案．]3．(导学号14577084)(理科)(2018·某某市一模)函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( )A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析：C [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0x >0且ln x ≠0，解得0＜x ＜1.故选C.]3．(导学号14577085)(文科)(2016·高考新课标全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x解析：D [函数y ＝10lg x的定义域和值域均为(0，＋∞)；函数y ＝x 的定义域和值域均为R ，不满足要求；函数y ＝lg x 的定义域为(0，＋∞)，值域为R ，不满足要求；函数y ＝2x的定义域为R ，值域为(0，＋∞)，不满足要求；函数y ＝1x的定义域和值域均为(0，＋∞)，满足要求．故选D.] [学生用书 课时冲关四 文P251 理P290][基础训练组]1．(导学号14577082)已知a 、b 为实数，集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫b a，1，N ＝{a,0}，f ：x →x 表示把M 中的元素x 映射到集合N 中仍为x ，则a ＋b 等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1解析：C [a ＝1，b ＝0，∴a ＋b ＝1.]2．(导学号14577083)若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：B [可以根据函数的概念进行排除，使用筛选法得到答案．]3．(导学号14577084)(理科)(2018·某某市一模)函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( )A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析：C [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0x >0且ln x ≠0，解得0＜x ＜1.故选C.]3．(导学号14577085)(文科)(2016·高考新课标全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x解析：D [函数y ＝10lg x的定义域和值域均为(0，＋∞)；函数y ＝x 的定义域和值域均为R ，不满足要求；函数y ＝lg x 的定义域为(0，＋∞)，值域为R ，不满足要求；函数y ＝2x的定义域为R ，值域为(0，＋∞)，不满足要求；函数y ＝1x的定义域和值域均为(0，＋∞)，满足要求．故选D.]4．(导学号14577086)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ，则f (x )＝( )A ．(x ＋1)2(x ≠1) B ．(x －1)2(x ≠1) C ．x 2－x ＋1(x ≠1)D ．x 2＋x ＋1(x ≠1) 解析：C [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ＝x ＋12x 2－x ＋1x ＋1，令x ＋1x＝t ，得f (t )＝t 2－t ＋1(t ≠1)，即f (x )＝x 2－x ＋1(x ≠1)．故选C.]5．(导学号14577087)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5]，则方程f (x )＝1的解是( )A.2或2B.2或3C.2或4D ．±2或4解析：C [当x ∈[－1,2]时，由3－x 2＝1⇒x ＝ 2. 当x ∈(2,5]时，由x －3＝1⇒x ＝4. 综上所述，f (x )＝1的解为2或4.故选C.]6．(导学号14577090)(2015·高考新课标卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋1，x >1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14解析：A [当a ≤1时，2a －1－2＝－3，无解；当a >1时，－log 2(a ＋1)＝－3，得a ＝7，所以f (6－a )＝f (－1)＝2－2－2＝－74，故选A.]7．(导学号14577088)图中的图象所表示的函数的解析式f (x )＝ ________ .解析：由图象知每段为线段．设f (x )＝ax ＋b ，把(0,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32和⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，(2,0)分别代入求解⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－32，b ＝3.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧32x ，0≤x ≤13－32x ，1＜x ≤28．(导学号14577089)若函数y ＝f (x )的值域是[1,3]，则函数F (x )＝1－2f (x ＋3)的值域是 ________ .解析：∵1≤f (x )≤3，∴－6≤－2f (x ＋3)≤－2， ∴－5≤1－2f (x ＋3)≤－1，即F (x )的值域为[－5，－1]． 答案： [－5，－1]9．(导学号14577091)二次函数f (x )满足f (x ＋1)－f (x )＝2x ，且f (0)＝1. (1)求f (x )的解析式； (2)解不等式f (x )＞2x ＋5.解：(1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． ∵f (0)＝1，∴c ＝1.把f (x )的表达式代入f (x ＋1)－f (x )＝2x ，有a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋1－(ax 2＋bx ＋1)＝2x .∴2ax ＋a ＋b ＝2x . ∴a ＝1，b ＝－1. ∴f (x )＝x 2－x ＋1.(2)由x 2－x ＋1＞2x ＋5，即x 2－3x －4＞0， 解得x ＞4或x ＜－1.故原不等式解集为{x |x ＞4或x ＜－1}．10．(导学号14577092)已知函数f (x )＝x ·|x |－2x . (1)求函数f (x )＝0时x 的值；(2)画出y ＝f (x )的图象，并结合图象写出f (x )＝m 有三个不同实根时，实数m 的取值X 围．解：(1)由f (x )＝0可解得x ＝0，x ＝±2，所以函数f (x )＝0时x 的值为－2,0,2. (2)f (x )＝x |x |－2x ，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.图象如图，由图象可得实数m ∈(－1,1)．[能力提升组]11．(导学号14577093)(2018·某某市一模)若函数y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，则函数y ＝f (log 2x )的定义域是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 C ．[2，4]D ．[1,4]解析：B [∵y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，∴函数y ＝f (log 2x )有意义⇔－1≤log 2x ≤1，∴12≤x ≤2.∴函数y ＝f (log 2x )的定义域是{x |12≤x ≤2}．故选B.]12．(导学号14577094)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋2，－1≤x ≤0，x 2－2x ，0<x ≤1，若f (2m －1)<12，则m 的取值X 围是( )A ．m >12B ．m <12C ．0≤m <12 D.12<m ≤1解析：D [由题得⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤2m －1≤0，12m ＋1<12，或⎩⎪⎨⎪⎧0<2m －1≤1，2m －12－22m －1<12，解得12<m ≤1，故选D.]13．(导学号14577095)若函数f (x )＝x 2＋2ax －a 的定义域为R ，则a 的取值X 围为 ________ .解析：由题意知x 2＋2ax －a ≥0恒成立， ∴Δ＝4a 2＋4a ≤0，∴－1≤a ≤0. 答案：[－1,0]14．(导学号14577096)行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函数表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度． 解：(1)由题意及函数图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)．(2)令x 2200＋x100≤25.2，得－72≤x ≤70.∵x ≥0， ∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．[学生用书 课时冲关四 文P251 理P290][基础训练组]1．(导学号14577082)已知a 、b 为实数，集合M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫b a ，1，N ＝{a,0}，f ：x →x 表示把M 中的元素x 映射到集合N 中仍为x ，则a ＋b 等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．±1解析：C [a ＝1，b ＝0，∴a ＋b ＝1.]2．(导学号14577083)若函数y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )解析：B [可以根据函数的概念进行排除，使用筛选法得到答案．]3．(导学号14577084)(理科)(2018·某某市一模)函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( )A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．(0,1)D ．(0,1]解析：C [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0x >0且ln x ≠0，解得0＜x ＜1.故选C.]3．(导学号14577085)(文科)(2016·高考新课标全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x解析：D [函数y ＝10lg x的定义域和值域均为(0，＋∞)；函数y ＝x 的定义域和值域均为R ，不满足要求；函数y ＝lg x 的定义域为(0，＋∞)，值域为R ，不满足要求；函数y ＝2x的定义域为R ，值域为(0，＋∞)，不满足要求；函数y ＝1x的定义域和值域均为(0，＋∞)，满足要求．故选D.]4．(导学号14577086)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ，则f (x )＝( )A ．(x ＋1)2(x ≠1) B ．(x －1)2(x ≠1) C ．x 2－x ＋1(x ≠1)D ．x 2＋x ＋1(x ≠1) 解析：C [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ＝x ＋12x 2－x ＋1x ＋1，令x ＋1x＝t ，得f (t )＝t 2－t ＋1(t ≠1)，即f (x )＝x 2－x ＋1(x ≠1)．故选C.]5．(导学号14577087)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5]，则方程f (x )＝1的解是( )A.2或2B.2或3C.2或4D ．±2或4解析：C [当x ∈[－1,2]时，由3－x 2＝1⇒x ＝ 2. 当x ∈(2,5]时，由x －3＝1⇒x ＝4. 综上所述，f (x )＝1的解为2或4.故选C.]6．(导学号14577090)(2015·高考新课标卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋1，x >1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14解析：A [当a ≤1时，2a －1－2＝－3，无解；当a >1时，－log 2(a ＋1)＝－3，得a ＝7，所以f (6－a )＝f (－1)＝2－2－2＝－74，故选A.]7．(导学号14577088)图中的图象所表示的函数的解析式f (x )＝ ________ .解析：由图象知每段为线段．设f (x )＝ax ＋b ，把(0,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32和⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，(2,0)分别代入求解⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－32，b ＝3.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧32x ，0≤x ≤13－32x ，1＜x ≤28．(导学号14577089)若函数y ＝f (x )的值域是[1,3]，则函数F (x )＝1－2f (x ＋3)的值域是 ________ .解析：∵1≤f (x )≤3，∴－6≤－2f (x ＋3)≤－2， ∴－5≤1－2f (x ＋3)≤－1，即F (x )的值域为[－5，－1]． 答案： [－5，－1]9．(导学号14577091)二次函数f (x )满足f (x ＋1)－f (x )＝2x ，且f (0)＝1. (1)求f (x )的解析式； (2)解不等式f (x )＞2x ＋5.解：(1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． ∵f (0)＝1，∴c ＝1.把f (x )的表达式代入f (x ＋1)－f (x )＝2x ，有a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋1－(ax 2＋bx ＋1)＝2x .∴2ax ＋a ＋b ＝2x . ∴a ＝1，b ＝－1.∴f (x )＝x 2－x ＋1.(2)由x 2－x ＋1＞2x ＋5，即x 2－3x －4＞0， 解得x ＞4或x ＜－1.故原不等式解集为{x |x ＞4或x ＜－1}．10．(导学号14577092)已知函数f (x )＝x ·|x |－2x . (1)求函数f (x )＝0时x 的值；(2)画出y ＝f (x )的图象，并结合图象写出f (x )＝m 有三个不同实根时，实数m 的取值X 围．解：(1)由f (x )＝0可解得x ＝0，x ＝±2，所以函数f (x )＝0时x 的值为－2,0,2. (2)f (x )＝x |x |－2x ，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.图象如图，由图象可得实数m ∈(－1,1)．[能力提升组]11．(导学号14577093)(2018·某某市一模)若函数y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，则函数y ＝f (log 2x )的定义域是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C ．[2，4]D ．[1,4]解析：B [∵y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，∴函数y ＝f (log 2x )有意义⇔－1≤log 2x ≤1，∴12≤x ≤2.∴函数y ＝f (log 2x )的定义域是{x |12≤x ≤2}．故选B.]12．(导学号14577094)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋2，－1≤x ≤0，x 2－2x ，0<x ≤1，若f (2m －1)<12，则m 的取值X 围是( )A ．m >12B ．m <12C ．0≤m <12 D.12<m ≤1解析：D [由题得⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤2m －1≤0，12m ＋1<12，或⎩⎪⎨⎪⎧0<2m －1≤1，2m －12－22m －1<12，解得12<m ≤1，故选D.]13．(导学号14577095)若函数f (x )＝x 2＋2ax －a 的定义域为R ，则a 的取值X 围为 ________ .解析：由题意知x 2＋2ax －a ≥0恒成立， ∴Δ＝4a 2＋4a ≤0，∴－1≤a ≤0. 答案：[－1,0]14．(导学号14577096)行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函数表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度． 解：(1)由题意及函数图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)．(2)令x 2200＋x100≤25.2，得－72≤x ≤70.∵x ≥0， ∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．4．(导学号14577086)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ，则f (x )＝( )A ．(x ＋1)2(x ≠1) B ．(x －1)2(x ≠1) C ．x 2－x ＋1(x ≠1)D ．x 2＋x ＋1(x ≠1) 解析：C [f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x x ＝x 2＋1x 2＋1x ＝x ＋12x 2－x ＋1x ＋1，令x ＋1x＝t ，得f (t )＝t 2－t ＋1(t ≠1)，即f (x )＝x 2－x ＋1(x ≠1)．故选C.]5．(导学号14577087)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5]，则方程f (x )＝1的解是( )A.2或2B.2或3C.2或4D ．±2或4解析：C [当x ∈[－1,2]时，由3－x 2＝1⇒x ＝ 2. 当x ∈(2,5]时，由x －3＝1⇒x ＝4. 综上所述，f (x )＝1的解为2或4.故选C.]6．(导学号14577090)(2015·高考新课标卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2，x ≤1，－log 2x ＋1，x >1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14解析：A [当a ≤1时，2a －1－2＝－3，无解；当a >1时，－log 2(a ＋1)＝－3，得a ＝7，所以f (6－a )＝f (－1)＝2－2－2＝－74，故选A.]7．(导学号14577088)图中的图象所表示的函数的解析式f (x )＝ ________ .解析：由图象知每段为线段．设f (x )＝ax ＋b ，把(0,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32和⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，(2,0)分别代入求解⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－32，b ＝3.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧32x ，0≤x ≤13－32x ，1＜x ≤28．(导学号14577089)若函数y ＝f (x )的值域是[1,3]，则函数F (x )＝1－2f (x ＋3)的值域是 ________ .解析：∵1≤f (x )≤3，∴－6≤－2f (x ＋3)≤－2， ∴－5≤1－2f (x ＋3)≤－1，即F (x )的值域为[－5，－1]． 答案： [－5，－1]9．(导学号14577091)二次函数f (x )满足f (x ＋1)－f (x )＝2x ，且f (0)＝1. (1)求f (x )的解析式； (2)解不等式f (x )＞2x ＋5.解：(1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)． ∵f (0)＝1，∴c ＝1.把f (x )的表达式代入f (x ＋1)－f (x )＝2x ，有a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋1－(ax 2＋bx ＋1)＝2x .∴2ax ＋a ＋b ＝2x . ∴a ＝1，b ＝－1. ∴f (x )＝x 2－x ＋1.(2)由x 2－x ＋1＞2x ＋5，即x 2－3x －4＞0， 解得x ＞4或x ＜－1.故原不等式解集为{x |x ＞4或x ＜－1}．10．(导学号14577092)已知函数f (x )＝x ·|x |－2x . (1)求函数f (x )＝0时x 的值；(2)画出y ＝f (x )的图象，并结合图象写出f (x )＝m 有三个不同实根时，实数m 的取值X 围．解：(1)由f (x )＝0可解得x ＝0，x ＝±2，所以函数f (x )＝0时x 的值为－2,0,2. (2)f (x )＝x |x |－2x ，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x <0.图象如图，由图象可得实数m ∈(－1,1)．[能力提升组]11．(导学号14577093)(2018·某某市一模)若函数y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，则函数y ＝f (log 2x )的定义域是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C ．[2，4]D ．[1,4]解析：B [∵y ＝f (x )的定义域是[－1,1]，∴函数y ＝f (log 2x )有意义⇔－1≤log 2x ≤1，∴12≤x ≤2.∴函数y ＝f (log 2x )的定义域是{x |12≤x ≤2}．故选B.]12．(导学号14577094)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋2，－1≤x ≤0，x 2－2x ，0<x ≤1，若f (2m －1)<12，则m 的取值X 围是( )A ．m >12B ．m <12C ．0≤m <12 D.12<m ≤1解析：D [由题得⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤2m －1≤0，12m ＋1<12，或⎩⎪⎨⎪⎧0<2m －1≤1，2m －12－22m －1<12，解得12<m ≤1，故选D.]13．(导学号14577095)若函数f (x )＝x 2＋2ax －a 的定义域为R ，则a 的取值X 围为 ________ .解析：由题意知x 2＋2ax －a ≥0恒成立， ∴Δ＝4a 2＋4a ≤0，∴－1≤a ≤0. 答案：[－1,0]14．(导学号14577096)行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常数)．如图是根据多次实验数据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函数表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度． 解：(1)由题意及函数图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)．(2)令x 2200＋x100≤25.2，得－72≤x ≤70.∵x ≥0， ∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．。
【三维设计】高考数学大一轮复习(夯基保分卷+提能增分卷)导数与函数极值、最值课时训练 理(含14
课时跟踪检测(十五) 导数与函数极值、最值(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝________.2．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是________．(填写序号)3．(2013·南通三模)定义在[1，＋∞)上的函数f (x )满足：①f (2x )＝cf (x )(c 为正常数)；②当2≤x ≤4时，f (x )＝1－|x －3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c ＝________.4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．5．(2013·盐城三调)设a >0，函数f (x )＝x ＋a 2x，g (x )＝x －ln x ，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数a 的取值范围为________．6．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．7．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．8．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0； ②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0.其中正确结论的序号是________．9．(2013·江苏高考节选)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·常州调研)已知函数f (x )＝ax －ln x ，g (x )＝ln xx，它们的定义域都是(0，e]，其中e 是自然对数的底e≈2.7，a ∈R .(1)当a ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)当a ＝1时，求证：f (m )>g (n )＋1727对一切m ，n ∈(0，e]恒成立；(3)是否存在实数a ，使得f (x )的最小值是3？如果存在，求出a 的值；如果不存在，说明理由．2．(2014·苏州期末)设函数f (x )＝ln x －kx －aax－ln a (x >0，a >0且为常数)． (1)当k ＝1时，判断函数f (x )的单调性，并加以证明； (2)当k ＝0时，求证：f (x )>0对一切x >0恒成立；(3)若k <0，且k 为常数，求证：f (x )的极小值是一个与a 无关的常数．3．(2014·泰州质检)已知函数f (x )＝(x －a )(x －b )2，a ，b 是常数． (1)若a ≠b ，求证：函数f (x )存在极大值和极小值；(2)设(1)中f (x )取得极大值、极小值时自变量的值分别为x 1，x 2，设点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))．如果直线AB 的斜率为－12，求函数f (x )和f ′(x )的公共递减区间的长度；(3)若f (x )≥mxf ′(x )对于一切x ∈R 恒成立，求实数m ，a ，b 满足的条件．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 答案：－1ln 22．解析：因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；④中，f (－1)>0，f ′(－1)>0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.答案：④3．解析：易知当2≤x ≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x ≤2时，2≤2x ≤4，从而由条件得f (x )＝1c f (2x )＝1c (1－|2x －3|)．因为c >0，故极大值点为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1c ；当2≤x ≤4时，4≤2x ≤8，从上述步骤得f (2x )＝cf (x )＝c (1－|4x －3|)．因为c >0，故极大值点为(6，c )；上述三点在同一直线上，所以1－1c 3－32＝c －16－3，解得c ＝2或1.答案：1或24．解析：求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3. 由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图像开口向下， 且对称轴为x ＝1， ∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案：－135．解析：问题可转化为f (x )min ≥g (x )max ，当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1－1x≥0，故g (x )单调递增，则g (x )max ＝g (e)＝e －1.又f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，易知，x ＝a 是函数f (x )的极小值，当0<a ≤1时，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2，则1＋a 2≥e－1，所以e －2≤a ≤1；当1<a ≤e 时，f (x )min ＝f (a )＝2a ，则2a ≥e－1，显然成立，所以1<a ≤e；当a >e 时，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，则e ＋a 2e≥e－1，显然成立，所以a >e.综上，a ≥e －2.答案：[e －2，＋∞)6．解析：f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 7．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：48.解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )<0，得1<x <3， 由f ′(x )>0， 得x <1或x >3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0.∴0<abc <4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③9．解：令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)． 10．解：(1)因为f (1)＝0，g (1)＝0， 所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图像上， 因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ， 所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x，由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)， 所以F ′(x )＝2x －2ax＝x 2－ax， 当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值； 当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)， 所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：所以当x 1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值； 当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a . 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x . 所以f ′(x )＝1－1x.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，min (2)证明：由(1)知，当m ∈(0，e]时， 有f (m )≥1.因为0<x ≤e，所以g ′(x )＝1－ln xx2≥0， 即g (x )在区间(0，e]上为增函数， 所以g (x )≤g (e)＝ln e e ＝1e <12.7＝1027，所以g (x )＋1727<1027＋1727＝1，所以当m ，n ∈(0，e]时，g (n )＋1727<1≤f (m )．所以f (m )>g (n )＋1727对一切m ，n ∈(0，e]恒成立．(3)假设存在实数a ，使f (x )的最小值是3，则 f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当a ≤1e 时，因为0<x ≤e，所以ax ≤1，所以f ′(x )≤0，所以f (x )在(0，e]上为减函数． 所以当x ＝e 时，f min (x )＝a e －1＝3， 解得a ＝4e (舍去)；②当a >1e时，若0<x <1a时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上为减函数；若1a<x ≤e 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数．所以当x ＝1a 时，f min (x )＝1－ln 1a＝3，解得a ＝e 2.所以假设成立，存在实数a ＝e 2，使得f (x )的最小值是3. 2．解：(1)当k ＝1时，f (x )＝ln x －1a ·x 12＋ax －12－ln a ，因为f ′(x )＝1x －12a ·x －12－a 2x －32＝－x －a 22x ax≤0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上是单调减函数． (2)证明：当k ＝0时，f (x )＝ln x ＋ax －12－ln a ，故f ′(x )＝1x －a 2x x ＝2x －a2x x .令f ′(x )＝0，解得x ＝a4.当0<x <a4时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 4上是单调减函数；当x >a 4时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，＋∞上是单调增函数．所以当x ＝a4时，f ′(x )有极小值，为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝2－2ln 2.因为e>2，所以f (x )的极小值， 为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝2(1－ln 2)＝2ln e 2>0. 所以当k ＝0时，f (x )>0对一切x >0恒成立． (3)证明：f (x )＝ln x －k a ·x 12＋ax －12－ln a ，所以f ′(x )＝－kx ＋2ax －a2x ax .令f ′(x 0)＝0，得kx 0－2ax 0＋a ＝0. 所以x 0＝a －1－kk⎝⎛⎭⎪⎫x 0＝a ＋1－kk舍去.所以x 0＝a＋1－k2.当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，x 0)上是单调减函数； 当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 因此，当x ＝x 0时，f (x )有极小值f (x 0)． 又f (x 0)＝ln x 0a －k x 0a ＋ a x 0， 而x 0a＝1＋1－k2是与a 无关的常数，所以ln x 0a，－k x 0a， ax 0均与a 无关． 所以f (x 0)是与a 无关的常数．故f (x )的极小值是一个与a 无关的常数． 3．解：(1)证明：f ′(x )＝(x －b )[3x －(2a ＋b )]，因为a ≠b ，所以b ≠2a ＋b3，所以f ′(x )＝0有两个不等实根b 和2a ＋b3，所以f (x )存在极大值和极小值． (2)①当a ＝b 时，f (x )不存在减区间； ②当a >b 时，由(1)知x 1＝b ，x 2＝2a ＋b3，所以A (b,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫2a ＋b 3，－a －b327， 所以－a －b3272a ＋b 3－b ＝－12，即4(a －b )3＝9(a －b )，所以a －b ＝32或a －b ＝－32(舍去)；③当a <b 时，x 1＝2a ＋b3，x 2＝b .同理可得a －b ＝－32或a －b ＝32(舍去)．综上，a >b 且a －b ＝32或a <b 且a －b ＝－32.所以f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，2a ＋b 3，即(b ，b ＋1)或f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋b 3，b ，即(b －1，b )；f ′(x )的减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，b ＋12或⎝⎛⎭⎪⎫－∞.b －12. 所以公共减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，b ＋12或⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1，b －12，长度均为12.(3)由题意f (x )≥mxf ′(x )，所以(x －a )(x －b )2≥mx (x －b )[3x －(2a ＋b )]， 所以(x －b ){(1－3m )x 2＋[m (2a ＋b )－(a ＋b )]x ＋ab }≥0.若m ≠13，则左边是一个一次因式乘一个恒正(或恒负)的二次三项式，或者是三个一次因式的积，无论哪种情况，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非负．所以m ＝13，所以(x －b )[(a ＋2b )x －3ab ]≤0.若a ＋2b ＝0，则a ＝－2b ，所以a ＝b ＝0； 若a ＋2b ≠0，则x 1＝b ，x 2＝3aba ＋2b， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b <0，b ＝3aba ＋2b，①若b ＝0，则a <0； ②若b ≠0，则3aa ＋2b＝1，所以a ＝b 且b <0. 综上，m ＝13，a ＝b ≤0.。
2020届高考一轮复习数学(理科) 第二章 函数、导数及其应用第五节 指数与指数函数
核心素养
1.逻辑推理 2.数学运算 3.直观想象
1．根式
n
(1)概念：式子 a叫做_根__式__，其中 n 叫做根指数，a 叫做被开方数．
n
n
(2)性质：( a)n＝a(a 使 a有意义)；当 n 为奇数时，
n
an＝a，当
n
n
为偶数时，
an＝|a|＝a－，aa，≥a0＜，0.
2．分数指数幂
4
解析：(1)由于 （－4）4＝ 44＝4，故(1)错．
24
(2)(－1)4＝ （－1）2＝1，故(2)错．
(3)由于指数函数解析式为 y＝ax(a＞0，且 a≠1)，故
y＝2x－1 不是指数函数，故(3)错．
(4)由于 x2＋1≥1，又 a＞1，所以 a x2＋1≥a.故 y＝ax x2
＋1 (a＞1)的值域是[a，＋∞)，故(4)错．
(2)设年产量经过 x 年增加到 y 件，则第一年为 y＝a(1 ＋p%)，第二年为 y＝a(1＋p%)(1＋p%)＝a(1＋p%)2，第 三年为 y＝a(1＋p%)(1＋p%)(1＋p%)＝a(1＋p%)3，…， 则 y＝a(1＋p%)x(0≤x≤m 且 x∈N)．
答案：(1)C (2)B
3．典题体验 (1)(2019·泰安一中月考)设 a＞0，将
角度 指数函数性质的应用
【例 3】 已知 f(x)＝ax－1 1＋12x3(a＞0，且 a≠1)． (1)讨论 f(x)的奇偶性； (2)求 a 的取值范围，使 f(x)＞0 在定义域上恒成立． 解：(1)由于 ax－1≠0，则 ax≠1，得 x≠0， 所以函数 f(x)的定义域为{x|x≠0}． 对于定义域内任意 x，有 f(x)＝ax－1 1＋12x3＝x23（（aaxx－＋11）），
2020版高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第2课时)
角度1 根据函数图象判断极值 1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如 图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B．2 C．3 D．4 答案 B
答案
解析 极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函数 f′(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)上的极大值点有2个.
值．
(2)函数的极大值与极大值点 若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数
□ □ 值 04 都大 ，f′(b)＝0，而且在点x＝b 附近的左侧 05 f′(x)>0 ，
□ 右侧 06 f′(x)<0
值．
，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大
2.函数的最值与导数
答案
解法二：①当a＝0时，令f′(x)＝0，得x＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
解析
角度2 求函数的极值
2.(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)
的极小值为( )
A.－1
B．－2e－3
C.5e－3
D．1
答案－1)ex－1， 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1 ＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]． 由x＝－2是函数f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)． 由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
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课时跟踪检测 (十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B 、C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2.已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．3．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m 的值为( )A ．7 B.283 C ．3D ．4解析：选D f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . ∴在[0,3]上，f (x )m ax ＝f (0)＝4， ∴m ＝4，故选D.4．函数y ＝x ln x 有极________(填大或小)值为________． 解析：y ′＝ln x ＋1(x >0)， 当y ′＝0时，x ＝e －1； 当y ′<0时，解得0<x <e －1； 当y ′>0时，解得x >e －1.∴y ＝x ln x 在(0，e －1)上是减函数，在(e －1，＋∞)上是增函数． ∴y ＝x ln x 有极小值y | x ＝e －1＝－1e .答案：小 －1e5．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，3的零点个数是________．解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，3.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22.由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13>0，f (3)>0， 所以有0个零点． 答案：0二保高考，全练题型做到高考达标 1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 解析：选D ∵f (x )＝2x＋ln x ，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．2．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A ．1百万件B ．2百万件C ．3百万件D ．4百万件解析：选C y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大．3．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52 D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0，当t ＞22时，f ′(t )＞0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值． 4．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ， ∴f ′(x )＝e x －1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )<0时，x <0，f ′(x )>0时，x >0.∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴k 的范围为(－∞，1]．故选A.5．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3解析：选A f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.6．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2x 2＋2－2x 2x ＋1x 2＋22＝－2x ＋2x －1x 2＋22. 令f ′(x )<0，得x <－2或x >1.令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－127．从边长为10 cm×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160. 令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y m ax ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：1448．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________． 解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：x(－∞，－a )－ a (－a ，a )a(a ， ＋∞) f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )极大值极小值从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ，f ′(2)＝－b ，其中常数a ，b ∈R. (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)设g (x )＝f ′(x )e －x ，求函数g (x )的极值． 解：(1)由于f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧f ′1＝3＋2a ＋b ＝2a ，f ′2＝12＋4a ＋b ＝－b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－3，a ＝－32.所以f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1，f ′(x )＝3x 2－3x －3.于是有f (1)＝－52.又f ′(1)＝－3，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1)， 即6x ＋2y －1＝0.(2)由(1)知g (x )＝(3x 2－3x －3)e －x， 则g ′(x )＝(－3x 2＋9x )e －x ， 令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝3， 当x ≤0或x ≥3时，g ′(x )≤0，当0≤x ≤3时，g ′(x )≥0，于是函数g (x )在(－∞，0]上单调递减，在[0,3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减．所以函数g (x )在x ＝0处取得极小值g (0)＝－3，在x ＝3处取得极大值g (3)＝15e －3.10．(2017·河北“五校联盟”质量检测)已知函数f (x )＝x －ln x －a ，g (x )＝x ＋1x－(ln x )a ＋1，a ∈R.(1)若f (x )≥0在定义域内恒成立，求a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最大值时，求函数g (x )的最小值． 解：(1)由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1－a ，∴1－a ≥0，a ≤1， 故a 的取值范围是(－∞，1]．(2)当a ＝1时，g (x )＝x ＋1x－(ln x )2，g (x )的定义域是(0，＋∞)．g ′(x )＝1－1x 2－2ln x ·1x ＝x 2－2x ln x －1x2， 令h (x )＝x 2－2x ln x －1，h ′(x )＝2(x －ln x －1)，由(1)知，h ′(x )的最小值是h ′(1)＝0，∴h ′(x )≥0，h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0， ∴当x ∈(0,1)时，h (x )<0，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，g (x )单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴y极大值＝f(1)＝4－abc＞0，y极小值＝f(3)＝－abc＜0.∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f(0)＜0.∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3)＞0.∴正确结论的序号是②③.答案：②③2．(2016·兰州实战考试)已知函数f(x)＝xln x＋ax，x>1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；(3)若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．解：(1)f′(x)＝ln x－1ln2x＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1ln2x－1ln x＝⎝⎛⎭⎪⎫1ln x－122－14.∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，∴当1ln x－12＝0时，函数t＝⎝⎛⎭⎪⎫1ln x－122－14的最小值为－14，∴a≤－14，故实数a的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－14.(2)当a＝2时，f(x)＝xln x＋2x，f′(x)＝ln x－1＋2ln2xln2x，令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0，解得ln x＝12或ln x＝－1(舍)，即x＝e12.当1<x<e12时，f′(x)<0，当x>e12时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(e12)＝e1212＋2e12＝4e12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在⎝⎛⎭⎫1，e 12上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，当x →1时，xln x→＋∞， ∴4e1212<m ≤3e ， 故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．。