(名师讲坛)2020版高考数学二轮复习专题四函数与导数微切口14嵌套函数的零点问题讲义
2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件：专题六 第4讲 函数、导数与不等式
根据不等式确定参数范围 一般地，若 a>f(x)对 x∈D 恒成立，则只需 a>f(x)max；若 a<f(x)对 x∈D 恒成立， 则只需 a<f(x)min.若存在 x0∈D，使 a>f(x0)成立，则只需 a>f(x)min；若存在 x0∈D， 使 a<f(x0)成立，则只需 a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．
第二十二页，编辑于星期日：一点 三十四分。
关键步 [关键 3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域] (ⅱ)当 a＞2 时，令 g′(x)＝0 得 x1＝a－1－ （a－1）2－1，x2＝a－1＋ （a－1）2－1. 由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 x1＜1，故当 x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调 递减，此时 g(x)＜g(1)＝0.[关键 4：利用导数研究函数单调性，求函数值域] 综上，a 的取值范围是(－∞，2].
第十三页，编辑于星期日：一点 三十四分。
[典型例题] (2019·高考天津卷节选)设函数 f(x)＝excos x，g(x)为 f(x)的导函数． (1)求 f(x)的单调区间； (2)当 x∈π4 ，π2 时，证明 f(x)＋g(x)π2 －x≥0.
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【解】 (1)由已知，有 f′(x)＝ex(cos x－sin x)．因此，当 x∈2kπ＋π4 ，2kπ＋5π 4 (k∈Z)时，有 sin x>cos x，得 f′(x)<0，则 f(x)单调递减；当 x∈2kπ－3π4 ，2kπ＋π4 (k∈Z)时，有 sin x<cos x，得 f′(x)>0，则 f(x)单调递增． 所以 f(x)的单调递增区间为2kπ－3π 4 ，2kπ＋π4 (k∈Z)，f(x)的单调递减区间为 2kπ＋π4 ，2kπ＋5π4 (k∈Z)．
(名师讲坛)2020版高考数学二轮复习专题七实际应用问题微切口23以函数为背景的应用问题练习(无答案
微切口23以函数为背景的应用问题
1. 食品安全问题越来越引起人们的重视，农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来一定
的危害，为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入200万元，搭建了甲、乙两
个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入20万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜.根
据以往的种菜经验，发现种西红柿的年收入P(单位：万元)，种黄瓜的年收入Q单位：万元)
1
与投入a(单位：万元)满足P= 80+ 4 2a, g 4a + 120.设甲大棚的投入为x(单位：万元), 每年两个大棚的总收益为f(x)(单位：万元).
⑴求f(50)的值；
(2)试问如何安排甲、乙两个大棚的投入，才能使总收益f(x)最大？
at
2. 销售甲种商品所得利润是P万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式；
销售乙种商品所得利润是Q万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式2 bt，其中a, b 为常数•
现将3万元资金全部投入甲、乙两种商品的销售；若全部投入甲种商品，所得利润9
为4万元；若全部投入乙种商品，所得利润为1万元•若将3万元资金中的x万元投入甲种
商品的销售，余下的投入乙种商品的销售，则所得利润总和为f(x)(单位：万元).
(1) 求函数f (x)的解析式；
(2) 怎样将3万元资金分配给甲、乙两种商品，才能使得利润的总和最大，并求最大值.。
嵌套函数的零点问题(3大压轴考法)原卷版—2024-2025学年高一数学(人教A版2019必修第一册
嵌套函数的零点问题（3大压轴考法）目录解题知识必备................................................................................................................1压轴题型讲练................................................................................................................1题型一、内外自复合型f (f (x ))..................................................................................1题型二、内外双函数复合型f(g(x ))..........................................................................2题型三、二次型因式分解型a [f (x )]2+bf (x )+c .................................................3压轴能力测评（9题）. (4)一、嵌套函数的零点问题对于嵌套型复合函数[()]y f g x =的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数()u g x =和外层函数()y f u =；（2）确定外层函数()y f u =的零点(1,2,3,....)i u u i n ==；（3）确定直线(1,2,3,....)i u u i n ==与内层函数()u g x =图象的交点个数分别为，123,,.......,n a a a a 则函数[()]y f g x =的零点个数为123.......n a a a a +++.注意：抓住两点：(1)转化换元；(2)充分利用函数的图象与性质．【题型一、内外自复合型f (f (x ))】一、单选题1．（24-25高三上·湖南·阶段练习）已知函数()220log 0x a x f x x x ì×£=í>î，，，，若关于x 的方程()()0f f x =有且仅有两个实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()0,1B ．()(),00,1-¥ÈC ．[)1,+¥D ．()()0,11,+¥U2．（2024高一上·江苏·专题练习）已知222,1()2(1),1x x f x log x x ì+£ï=íï->î，则方程[()]2f f x =实数根的个数是（ ）A ．5B ．6C ．7D ．83．（24-25高三上·重庆沙坪坝·开学考试）已知()()()22log 1121x x f x x m x ì-<ï=í--+³ïî，，，若方程()()0f f x =有6个不等实数根，则实数m 的取值范围为（ ）A ．()1,2B．æççèC．4ö÷÷øD．æççè二、填空题4．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）已知函数()21,0log ,0x x f x x x +£ì=í>î，则函数()()1y f f x =-的所有零点构成的集合为.5．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）已知()2ln 2,03,0x x f x x x ì+>=í-£î，若()()f f x a =只有5个不同的实根，则实数a 的取值范围是.6．（24-25高三上·江苏扬州·开学考试）设a ÎR ，函数()21,0,0x x f x x ax x ì-³=í-+<î，当1a =时，函数()()y f f x =有 个零点；若函数()(y f f =恰有3个零点，则实数a 的取值范围为 ．【题型二、内外双函数复合型f (g (x ))】一、单选题1．（23-24高一下·云南曲靖·阶段练习）若函数()f x 在R 上是单调函数，且满足对任意R x Î，都有()1524xf f x x éù--=-ëû，则函数()f x 的零点所在的区间为（ ）A ．10,2æöç÷èøB ．1,12æöç÷èøC ．31,2æöç÷èøD ．3,22æöç÷èø2．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 ()e ,0,ln ,0,x x f x x x ì£=í>î()3,g x x =-方程()()()3f g x g x =--有两个不同的根，分别是12,,x x 则 12x x +=（ ）A ．0B ．3C ．6D ．93．（22-23高三上·河南安阳·阶段练习）已知函数()22,0ln ,0x ax x f x x x ì+£=í>î，若函数()()()1g x f f x =+有5个零点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．()1,2B ．()2,+¥C ．()0,1D ．()1,+¥4．（22-23高一上·上海·期末）已知()()()52log 11221x x f x x x ì-<ï=í--+³ïî，则方程()12f x a a x æö+-=Îç÷èøR 的实数根个数不可能为（ ）A ．5个B ．6个C ．7个D ．8个二、多选题5．（24-25高一上·江苏泰州·阶段练习）若()f x 和()g x 都是R 上的函数，且()f g x x éù=ëû有实数解，则()[]g f x 可能是（ ）A ．215x x +-B ．215x x ++C ．215x -D ．215x +【题型三、二次型因式分解型a [f (x )]2+bf (x )+c 】一、单选题1．（23-24高二下·吉林白山·期末）已知函数()()31,0,212,0,2x x f x f x x ì+£ïï=íï->ïî则方程()()212710f x f x -+=éùëû的实数个数为（ ）A ．9B ．10C ．11D ．122．（24-25高三上·广东广州·开学考试）已知函数()21,0,0x x f x lgx x ì-£=í>î，若方程()()22210f x f x m --+=有3个不同的实根，则实数m 取值范围值是（ ）A ．(][),11,-¥-+¥U B ．()2,2-C ．(][)2,11,2--U D ．[]1,1-3．（22-23高一下·江西宜春·开学考试）函数()11e xf x æö=+ç÷èø，若关于x 的方程()()()222330f x a f x a -++=有4个不同的根，则a 的取值范围（ ）A ．()1,2B ．3,22éö÷êëøC ．330,,222æöæöç÷ç÷èøèøU D ．331,,222æöæöç÷ç÷èøèøU 二、多选题4．（2024·河南·模拟预测）已知函数()2241,0,32,0,x x x x f x x -ì--+£=í-+>î关于x 的方程()(()20f x m f x -++=，下列命题正确的是（ ）A ．若23m <<，则方程恰有4个不同的解B ．若12m <<，则方程恰有5个不同的解C ．若方程恰有2个不同的解，则3m >或m =D ．若方程恰有3个不同的解，则1m ≤5．（2024·陕西·一模）已知函数2()log 1f x x =-，若函数()()()22g x f x af x b =++有6个不同的零点，且最小的零点为-1，则下列说法正确的是（ ）A ．()g x 的所有零点之和是6B ．1a b +=-C ．0a =D ．1b =-三、填空题6．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）已知()lg ,02,0x x x f x x ì>ï=í£ïî，则函数()()232y f x f x =-+的零点个数是 .7．（24-25高二上·湖南郴州·阶段练习）已知函数()21xg x =-，若函数()()()()()2121f x g x a g x a =+--+éùëû有三个零点，则a 的取值范围为.8．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知函数()24,0,log ,0,x x f x x x x ì+>ï=íï<î若方程()()20f x af x b ++=有且仅有5个不相等的整数解，则方程所有整数解之和等于.一、单选题1．（23-24高一上·广东湛江·期中）设()12xf x =-，若关于x 的方程22()3()20f x tf x t -+=有三个不同的实数根，则实数t 的取值范围为（ ）A ．(0,1)B ．10,2æöç÷èøC ．1,12éö÷êëøD ．(0,1]2．（23-24高二下·贵州·阶段练习）已知函数(),(1,1)1()lg,()2,(1,1)1f x x xf xg x k x x x Î-ì-==í+Ï-+î，函数(())y g g x =与函数3y =的图象有5个不同的交点，则正实数k 的取值范围是（ ）A ．1]-B ．1,1)-C ．æççèD ．ö÷÷ø3．（23-24高一下·安徽·阶段练习）定义在[]1,6-上的()f x 满足对()()22log 2,26(1),12x x f x x x ì-<£ï=í--££ïî，关于x 的方程()()()210f x a f x a -++=éùëû有7个不同的实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(]1,2B ．[]1,2C ．(]2,4D ．(]1,44．（2024·安徽合肥·三模）设a ÎR ，函数()1221,0,0x x f x x ax x -ì-³ï=í-+<ïî，若函数()()y f f x =恰有5个零点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．()2,2-B ．()0,2C ．[)1,0-D ．(),2-¥-5．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知()e 11x f x =--，若函数()()()2[]1g x f x af x =--有三个零点，则a的取值范围为（ ）A ．()0,¥+B ．()()1,00,-È+¥C ．()()1,00,1-U D ．()1,+¥6．（24-25高三上·浙江·开学考试）已知函数()2,0,,0.k x f x k x £=>若()()1f f x =恰有三个不同实根，则k 的取值范围是（ ）A ．é-êëB ．é-êëC ．ùúûD ．ùúû7．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数()2,0ln ,0x x f x x x ì£=í>î，()()2g x x x =-，若方程()()()0f g x g x a +-=的所有实根之和为4，则实数a 的取值范围是（ ）.A ．(1,+∞)B ．[)1,+¥C ．(),1¥-D ．(],1-¥二、填空题8．（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）已知函数()12e 0ƒ210x x x x x x -ì>ï=í--+£ïî，，，若方程()()240f x bf x éù-+=ëû有6个相异的实数根，则实数b 的取值范围是 .9．（24-25高二上·湖南邵阳·开学考试）已知函数()()()211022420x x f x x x x ì+>ï=íï++£î，若函数()()()2g x f f x m =--，当()g x 恰有3个零点时，求m 的取值范围为 .。
2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.1.解答题 2 导数与零点及范围问题
又当a= 1 时,f′(x)=ex- 1 ≤0当且仅当x=-1时取等
e
e
号.
所以实数a的取值范围是
1e，＋
.
(2)方法一:由已知得F(x)=a(x-1)-2ln x,且F(1)=0,
则F′(x)=a- 2
= ax－2
=
a
x－2 a
,x>0.
x
x
x
①当a≤0时,F′(x)<0,F(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
16a3 e4a
1（1e62aa）32 ＞1（126aa）34 1
1＞0. a
故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两
个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a= e2 .
4
=-
a 2
-2ln
1 2
≥0,则0<a≤4ln 2.
若2
a
<
1 2
时,即a>4时,则F(x)在
0，2 a
上是减函数,在
2，1 a2
上是增函数.
所以F(x)min=F
2 a
=2-a-2ln 2
a
,
令φ(a)=2-a-2ln 2 ,则φ′(a)=-1+ 2 = 2－a <0.
a
a
a
所以φ(a)在(4,+∞)上是减函数,则φ(a)<φ(4)=
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x. f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞) 上只有一个零点. (i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.
高考备考课件 数学 第4章 第3讲 第2课时 导数与函数的零点
由①②可得－2<m<－1.
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所以m的取值范围是(－2，－1)．
第四章 导数及其应用
高考备考指南
数学 系统复习用书
【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调 区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置 关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交 点问题．
极小值
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第四章 导数及其应用
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当 0<x≤3 时，g(x)≤g(1)＝－4<0， 当 x>3 时，g(e5)＝e5－e35－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为 g(x)在(3，＋∞)上单调递增， 因而 g(x)在(3，＋∞)上只有 1 个零点， 故 g(x)仅有 1 个零点．
∞)． g′(x)＝1＋x32－4x＝x－1x2x－3.
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第四章 导数及其应用
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令 g′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝3.
当 x 变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞)
g′(x) ＋
0
－
0
Hale Waihona Puke ＋g(x)极大值
x∈R}，所以设 f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且 a>0.
所以 f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x2－2x－3.
(2)由(1)知 g(x)＝x2－2xx－3－4ln x＝x－3x－4ln x－2，所以 g(x)的定义域为(0，＋
2020年高考数学(文)二轮复习命题考点串讲系列-专题04 导数及其应用(含答案解析)
2020年高考数学（文）二轮复习命题考点串讲系列-专题04 导数及其应用1、考情解读高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．2、重点知识梳理1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点，且x1<x2，当a>0时，f(x)的图象如图，x1为极大值点，x2为极小值点，当a<0时，f(x)图象如图，x1为极小值点，x2为极大值点．3．若函数y＝f(x)为偶函数，则f′(x)为奇函数；若函数y＝f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数．4．y＝e x在(0,1)处的切线方程为y＝x＋1；y＝ln x在(1,0)处的切线方程为y＝x－1.学#科网5．不等式恒成立问题(1) a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min6．不等式有解问题(1)a ＞f (x )有解⇔a ＞f (x )min ；a ≥f (x )有解⇔a ≥f (x )min ； (2)a ＜f (x )有解⇔a ＜f (x )max ；a ≤f (x )有解⇔a ≤f (x )max . 7．常用的不等关系(1)e x ≥x ＋1(x ∈R ) (2)x －1≥ln x (x ＞0)(3)e x ＞ln x (x ＞0) (4)tan x ＞x ＞sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2(5)||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b | 8．常见构造函数 (1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′； (2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(3)f ′(x )＋f (x )联想[]e x fx ′；(4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′；(5)f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′. 3、高频考点突破考点1 导数的几何意义及应用例1、(2017·高考天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．【答案】1【变式探究】 (1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.【答案】1【解析】基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝______.【答案】8【方法技巧】1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：可先求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．【答案】y＝－2x－1【解析】令x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ln x－3x(x＞0)，则f′(x)＝1x－3(x＞0)，∴f′(1)＝－2，∴y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.(2)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2 D．3【答案】D【解析】y′＝a－1x＋1，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.(3)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.【答案】8考点2 利用导数研究函数的单调性例2、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 学@科网 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a-时，’0f x ＞； 当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a -单调递增，在12a∞-+，单调递减.（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）时，()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a-++≤， 即324fx a≤--.【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )A ．(1,2)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)【答案】C【解析】令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2＜1⇔－1＜x ＜1.故选C.(2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)【答案】D 【方法技巧】1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解． 【变式探究】已知函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________． 【答案】⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12【解析】函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2x ＋3－2x ，令2x ＋3－2x ＜0，即2x 2＋3x －2＜0，解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.又x ∈(0，＋∞)，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.考点3 含参数的函数的单调性例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=.在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时，()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减. 故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 【变式探究】(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.(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：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ).(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，f (x )在(1，+∞，,)上单调递增.【方法技巧】1．求函数的单调区间的“三个”方法方法一第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)；第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调区间．方法二第1步：确定函数y＝f(x)的定义域：第2步：求导函数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；第3步：把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；第4步：确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．方法三第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)，并将其化简表示为某些基本初等函数的和、差、积、商．第3步：利用相应基本初等函数的图象与性质，确定f′(x)在某些区间的正、负，进而得到单调区间．2．根据函数y ＝f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围的方法(1)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增；转化为f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立求解． (2)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减，转化为f ′(x )≤0在(a ，b )上恒成立求解．(3)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上不变号，即f ′(x )在(a ，b )上恒正或恒负．(4)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上不单调，转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解． 【变式探究】设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…) (1)若y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2e x ＋b ，求a ，b 的值． (2)若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，e) g ′(x ) － ＋g (x )g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1＞1＋1e ， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －1.故a ≥e －1.考点4 利用导数求函数极值例4、【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R .,(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】(I)390x y --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <.当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.【变式探究】(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a ＞12.【方法规律】1．求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． 3．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．【变式探究】已知函数f (x )＝ax－2x －3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．x 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 2 (2,3)3 f ′(x ) － 0 ＋ f (x )1－3ln 2∴min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x ＞0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a ＞0，也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，－－32a ＞0，h 0＞0解得0＜a ＜98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.考点5 利用导数研究较复杂函数的零点或方程的根例5、【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】列表如下x1(,)x -∞1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .（3）由（1）知， ()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-， 22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ， ()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a-+， 3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(]36，.【变式探究】已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调增区间；(2)当0＜－1a ＜e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根．所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0； 当x ＞e 时，g ′(x )＜0，从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(e)＝1e＋12＜1，所以，|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞ln xx＋12，所以，方程|f(x)|＝ln xx＋12没有实数根．【方法规律】1．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点的一般思路(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解．2．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值结构方程根的个数问题的一般方法将问题转化为可用导数研究的某函数的零点问题或用导数能研究其图象的两个函数的交点个数问题求解．3．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调．第二步：证明端点值异号．【变式探究】已知函数f(x)＝x ln x－k(x－1)，k∈R.(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上有1个零点，求实数k的取值范围；(3)是否存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出正整数k的最大值；若不存在，请说明现由．综上，实数k的取值范围为(1，＋∞)．(3)假设存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立，由x＞1知x－1＞0，从而k＜x ln x＋xx－1在(1，＋∞)上恒成立．(*)4、真题感悟（2014-2017年）1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【2017课标1，文14】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则()212f x x x-'=，所以()1211f ='-=， 所以曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为()211y x -=⨯-，即1y x =+． 3.【2017课标1，文21】已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．4.【2017课标II ，文21】设函数2()(1)x f x x e =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）在(,12)-∞-- 和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增（Ⅱ）[1,)+∞【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0； 当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe x ＜0（x ＞0）， 因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0）， 所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1综上，a 的取值范围[1，+∞）5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时，’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时，’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减.在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R .,(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】(I)390x y --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】（Ⅰ）由题意()2f x x ax '=-，所以，当2a =时， ()30f =， ()22f x x x '=-， 所以()33f '=，因此，曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程是()33y x =-， 即390x y --=.当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增； 当(),0x a ∈时， 0x a ->， ()0g x '<， ()g x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是()31sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-.（2）当0a =时， ()()sin g x x x x -'=，当(),x ∈-∞+∞时， ()0g x '≥， ()g x 单调递增；当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.7.【2017北京，文20】已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】8.【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值,且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.x1(,)x -∞ 1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞. （2）由（1）知，2a a a a a设23()=9t g t t+，则22223227()=99t g t t t --='. 当36()2t ∈+∞时， ()0g t '>，从而()g t 在36(,)2+∞上单调递增. 因为3a >，所以33a a >，故((33)=3g a g >3a因此2>3b a .1.【2016高考新课标1文数】若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增,则a的取值范围是（ ）（A ）[]1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ 【答案】C【解析】()21cos2cos 03f x x a x '=-+…对x ∈R 恒成立， 故()2212cos 1cos 03x a x --+…，即245cos cos 033a x x -+…恒成立， 即245033t at -++…对[]1,1t ∈-恒成立，构造()24533f t t at =-++，开口向下的二次函数()f t 的最小值的可能值为端点值，故只需保证()()11031103f a f a ……⎧-=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得1133a -剟．故选C2.【2016高考四川文科】设直线l 1，l 2分别是数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是( )(A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】A【解析】设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设121,01x x ><<），则由导数的几何意义易得切线3.【2016高考四川文科】已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D【解析】()()()2312322f x x x x '=-=+-，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 的极小值点为2，即2a =，故选D.4. [2016高考新课标Ⅲ文数]已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x e x --=-，则曲线()y f x =在(1,2)处的切线方程式__________________.【答案】2y x =【解析】当0x >时，0x -<，则1()x f x e x --=+．又因为()f x 为偶函数，所以1()()x f x f x e x -=-=+，所以1()1x f x e -'=+，则切线斜率为(1)2f '=，所以切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =．5.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-．(I)讨论()f x 的单调性(II)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围. 【答案】见解析(II) ()0,+∞【解析】单调递减.③若e2a <-，则()ln 21a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U 时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.（Ⅱ）（Ⅰ）设0a >，则由（Ⅰ）知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()e 12f f a =-=，，取b 满足b ＜0且ln 2ab <， 则()()()22321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭，所以()f x 有两个零点. （Ⅱ）设a=0，则()()2e x f x x =-，所以()f x 只有一个零点.（iii ）设a ＜0，若e2a ≥-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时，()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点；若e2a <-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.6.【2016高考新课标2文数】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）220x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞ 【解析】单调递增，因此()0>g x ；（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得22121(1)1,1(1)1=---=-+--x a a x a a 由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)x 单调递减，因此()0<g x .综上，a 的取值范围是(],2.-∞7.[2016高考新课标Ⅲ文数]设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >时，()f x 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】8.【2016高考北京文数】（本小题13分） 设函数()32.f x x ax bx c =+++（I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）y bx c =+;（Ⅱ）320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭;（III ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++． 因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+．（Ⅱ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++， 所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：x(),2-∞-2-22,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭23-2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭()f x ' + 0-+ ()f xZc]3227c - Z综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b =->∆． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点，所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件．因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． 9.【2016高考山东文数】(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)12a >.【解析】10.【2016高考天津文数】（（本小题满分14分） 设函数b ax x x f --=3)(，R x ∈，其中R b a ∈, （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ；（Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41.【答案】（Ⅰ）递减区间为33(,33a a -，递增区间为3(,)3a -∞-，3(,)3a-+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）解：由3()f x x ax b =--，可得2()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： （1）当0a ≤时，有2()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. （2）当0a >时，令()0f x '=，解得33a x =或33a x =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：x 3(,)3a-∞-33a -33(,)33a a -33a3(,)3a+∞ ()f x '+ 0 - 0 +()f x单调递增 极大值单调递减极小值 单调递增所以()f x 的单调递减区间为33(,)a a -，单调递增区间为3(,)a -∞-，3(,)a +∞.种情况讨论：（1）当3a ≥时，3311a a≤-<≤ 知，()f x 在区间[1,1]-上单调递减，max{|(1)|,|(1)|}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--11||4a b =-+>. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于14. 11.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数()f x =311x x++，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+； （II ）34<()f x 32≤. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】设函数2()ln f x ax a x =--，1()x eg x x e=-，其中q R ∈，e=2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）当x ∈2a （时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈+)2a∞（时，'()f x >0，()f x 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，.【解析】（Ⅰ）2121()20).ax f x ax x x x -'=-=>( 0a 当≤时， ()f x '<0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()f x '=0有2x a=当x ∈10,)2a（时，()f x '<0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a∞（，时，()f x '＞0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()s x =1e x x --，则()s x '=1e 1x --.当12a ≥时，令()h x =()f x -()g x （1x ≥）.当1x >时，()h x '=122111112e xax x x x x x x--+->-+-=322221210x x x x x x -+-+>>. 因此，()h x 在区间1+)∞（，单调递增.又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x ＞0，即()f x ＞()g x 恒成立.综上，a ∈1+)2∞[，.【2015高考福建，文12】“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ． 充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【2015高考湖南，文8】设函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，则()f x 是( )A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A【解析】函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，函数的定义域为（-1，1）， 函数()ln(1)ln(1)()f x x x f x -=--+=-所以函数是奇函数．()2111'111f x x x x=+=+-- ， 在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A. 【2015高考安徽，文21】已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x axx f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.【解析】（Ⅰ）由题意可知r x -≠ 所求的定义域为()()r r -∞--+∞U ，，.2222)()(r xr x axr x ax x f ++=+=，422222)())(()2()22()2()(r x r x x r a r xr x r x ax r xr x a x f ++-=+++-++=' 所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f因此，)(x f 单调递减区间为),(),,(+∞--∞r r ；)(x f 的单调递增区间为(),r r -（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减. 因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为()100440042)(2====r a r ar r f ，）在（+∞,0)(x f 内无极小值； 综上，）在（+∞,0)(x f 内极大值为100，无极小值.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >．（I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,e ⎤⎦上仅有一个零点． 【答案】（I ）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；极小值(1ln )()2k k f k -=；（II ）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是k ，单调递增区间是,)k +∞；()f x 在x k =(1ln )()2k k f k -=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )()2k k f k -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥. 当k e =时，()f x 在区间)e 上单调递减，且()0f e =，所以x e =是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点. 当k e >时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且1(1)02f =>，()02e kf e -=<， 所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.【2015高考湖北，文21】设函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()e x f x g x +=，其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）求()f x ，()g x 的解析式，并证明：当0x >时，()0f x >，()1g x >； （Ⅱ）设0a ≤，1b ≥，证明：当0x >时，()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-. 【答案】（Ⅰ）1()(e e )2x x f x -=-，1()(e e )2x x g x -=+. 证明：当0x >时，e 1x >，0e 1x -<<，故()0.f x >又由基本不等式，有1()(e e )e e 12x x x x g x --=+>=，即() 1.g x >（Ⅱ）由（Ⅰ）得 2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x f x g x -''=-=+=+=⑤2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x g x f x -''=+=-=-=⑥当0x >时，()()(1)f x ag x a x>+-等价于()()(1)f x axg x a x >+- ⑦()()(1)f x bg x b x<+-等价于()()(1).f x bxg x b x <+- ⑧ 于是设函数 ()()()(1)h x f x cxg x c x =---，由⑤⑥， 有()()()()(1)h x g x cg x cxf x c '=----(1)[()1]().c g x cxf x =--- 当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而()(0)0h x h >=，即()()(1)f x cxg x c x >+-，故⑦成立.（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而()(0)0h x h <=， 即()()(1)f x cxg x c x <+-，故⑧成立.综合⑦⑧，得 ()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-.【2015高考山东，文20】设函数. 已知曲线 在点(1,(1))f 处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数()min{(),()}m x f x g x =（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.【答案】（I ）1a = ；(II) 1k = ；(III) 24e. 【解析】（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又'()ln 1,af x x x=++所以1a =. （II ）1k =时，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln ,x x h x f x g x x x e=-=+-当(0,1]x ∈时，()0h x <. 又2244(2)3ln 2ln8110,h e e=-=->-= 所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =. 因为1(2)'()ln 1,x x x h x x x e -=+++所以当(1,2)x ∈时，1'()10h x e>->，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增.所以1k =时，方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，()()f x g x <，0(,)x x ∈+∞时，()()f x g x >，所以020(1)ln ,(0,](),(,)xx x x x m x x x x e +∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩.'()0,()m x m x <单调递减；可知24()(2),m x m e≤=且0()(2)m x m <. 综上可得函数()m x 的最大值为24e.1．（2014·陕西卷） 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R. (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增．①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点． (3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a<1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x >0)恒成立，∴m ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.2．（2014·安徽卷） 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．3．（2014·北京卷）已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；学科%网(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)t ＋3t ＋1所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎨⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)． (3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．4．（2014·福建卷） 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜e x.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1 c，由(2)知，当x＞0时，x2＜e x.所以当x＞x0时，e x＞x2＞1c x，即x<c ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x. 方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜c ex成立，只要e x＞kx成立．而要使e x＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x.即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c.当x ＞ln 1c 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c ＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0， 即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 5．（2014·广东卷） 曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________． 【答案】5x ＋y ＋2＝0【解析】∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5， ∴切线方程是y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.6．（2014·江苏卷） 在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【答案】－3【解析】易知y ′＝2ax －bx 2.根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧－5＝4a ＋b2，4a －b 4＝－72，解得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝－2，故a ＋b ＝－3.7．（2014·江苏卷） 已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(i)当n ＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf k －1′(x )＋f k (x )＋xf k ′(x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝ (n ∈N *)．8．（2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1， f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围．－1.(ii)若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1.。
2020年高考数学(理)二轮复习命题考点串讲系列-专题03 函数的应用(含答案解析)
2020年高考数学（理）二轮复习命题考点串讲系列-专题03 函数的应用1、考情解读求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解决实际问题是高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与x轴的交点的横坐标的等价性；掌握零点存在性定理．增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题的能力．2、重点知识梳理1．函数的零点与方程的根(1)函数的零点对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．(2)函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 这个c也就是方程f(x)＝0的根．注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．(4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解．2．应用函数模型解决实际问题的一般程序读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．3．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法，即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数f (x )，g (x )，即把方程写成f (x )＝g (x )的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系.3、高频考点突破 考点1 函数的零点判断例1、【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C【解析】函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+， 设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，【变式探究】(1)函数f (x )＝e x ＋12x －2的零点所在的区间是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C ．(1,2)D ．(2,3)(2)已知偶函数y ＝f (x )，x ∈R 满足：f (x )＝x 2－3x (x ≥0)，若函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－1x ，x <0，则y＝f (x )－g (x )的零点个数为( )A ．1B ．3C ．2D ．4解析：(1)∵f ′(x )＝e x ＋12>0，∴f (x )在R 上单调递增，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －74<3－74<0，f (1)＝e －32>0，∴零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上．(2)作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，易知两个函数图象有3个不同的交点，所以函数y ＝f (x )－g (x )有3个零点，故选B.答案：(1)B (2)B【方法技巧】函数零点的求法(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其有几个交点，就有几个不同的零点．学科#网【变式探究】设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)考点2 二次函数的零点例2、已知函数f(x)＝x2＋ax＋2，a∈R.(1)若不等式f(x)≤0的解集为[1,2]，求不等式f(x)≥1－x2的解集；(2)若函数g(x)＝f(x)＋x2＋1在区间(1,2)上有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解析：(1)因为不等式f(x)≤0的解集为[1,2]，所以a＝－3，于是f(x)＝x2－3x＋2.由f(x)≥1－x2得，1－x2≤x2－3x＋2，解得x≤12或x ≥1，所以不等式f(x)≥1－x2的解集为(2)函数g(x)＝2x2＋ax＋3在区间(1,2)上有两个不同的零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g1>0，g2>0，1<－a4<2，a2－24>0，即⎩⎨⎧a＋5>0，2a＋11>0，－8<a<－4，a<－26或a>26，解得－5<a<－2 6.所以实数a的取值范围是(－5，－26)．【方法技巧】解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．【变式探究】已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围．考点3 函数零点的应用例3、【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x x f x ae a 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. 【答案】（1）见解析；（2）()0,1.【解析】（1）()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()()()2221121x x x x f x ae a e ae e =+---'=+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(),-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-. 当(),ln x a ∈-∞-时， ()0f x '<；当()ln ,x a ∈-+∞时， ()0f x '>，所以()f x 在(),ln a -∞-单调递减，在()ln ,a -+∞单调递增.【变式探究】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，x －22，x >2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R .若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2 解析：函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同的实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点．又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎨⎧x 2＋x ＋2，x <0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x >2，作出该函数的图象如图所示，由图可得，当74<b <2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点，故函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点时，b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2.答案：D 【方法规律】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．【变式探究】对于实数m ，n 定义运算“⊕”：m ⊕n ＝⎩⎨⎧－m 2＋2mn －1m ≤n，n 2－mn m >n ，设f (x )＝(2x －1)⊕(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝a 恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1＋x 2＋x 3的取值范围是________．要使方程f (x )＝a 恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，不妨设x 1<x 2<x 3，则x 1<0,0<x 2<12<x 3<1，且x 2，x 3关于x ＝12对称，所以x 2＋x 3＝1，当－2x ＝14时，解得x ＝－18，∴－18<x 1<0，∴78<x 1＋x 2＋x 3<1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫78，1考点4 二次函数的模型例4、为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y (元)与月处理量x (吨)之间的函数关系可近似地表示为：y＝1 2x2－200x＋80 000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品的价值为100元．则该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？解析：设该单位每月获利为S，则S＝100x－y＝100x－⎝⎛⎭⎪⎫12x2－200x＋80 000＝－12x2＋300x－80 000＝－12(x－300)2－35 000，因为400≤x≤600，所以当x＝400时，S有最大值－40 000.故该单位不获利，需要国家每月至少补贴40 000元，才能不亏损．【变式探究】某汽车销售公司在A，B两地销售同一种品牌的汽车，在A地的销售利润(单位：万元)为y1＝4.1x－0.1x2，在B地的销售利润(单位：万元)为y2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆该种品牌的汽车，则能获得的最大利润是() A．10.5万元B．11万元C．43万元D．43.025万元考点5 分段函数的模型例5、【2017课标3，理15】设函数10()20xx xf xx+≤⎧=⎨>⎩，，，，则满足1()()12f x f x+->的x的取值范围是_________.【答案】1,4⎛⎫-+∞⎪⎝⎭写成分段函数的形式：()()()132,021112,02221212,2x x x x g x f x f x x x x -⎧+≤⎪⎪⎪⎛⎫=+-=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪+>⎪⎩，函数()g x 在区间(]11,0,0,,,22⎛⎤⎛⎫-∞+∞ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭ 三段区间内均单调递增，且：()001111,201,212142g -⎛⎫-=++>+⨯> ⎪⎝⎭，据此x 的取值范围是：1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.【变式探究】已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为R (x )万元，且R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧10.8－130x20<x ≤10，108x －1 0003x 2x >10.(1)写出年利润W (万元)关于年产量x (千件)的函数解析式；(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)(2)①当0<x ≤10时，令W ′＝8.1－x 210＝0，得x ＝9，可知当x ∈(0,9)时，W ′>0，当x ∈(9,10]时，W ′<0，∴当x ＝9时，W 取极大值，即最大值， 且W max ＝8.1×9－130×93－10＝38.6. ②当x >10时，W ＝98－⎝ ⎛⎭⎪⎫1 0003x ＋2.7x≤98－21 0003x ·2.7x ＝38， 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时，W ＝38，故当x ＝1009时，W 取最大值38(当1 000x 取整数时，W 一定小于38)．综合①②知，当x ＝9时，W 取最大值，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大．【方法技巧】(1)很多实际问题中，变量间的关系不能用一个关系式给出，这时就需要构建分段函数模型．(2)求函数最值常利用基本(均值)不等式法、导数法、函数的单调性等方法．在求分段函数的最值时，应先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值．【变式探究】国庆期间，某旅行社组团去风景区旅游，若每团人数在30人或30人以下，飞机票每张收费900元；若每团人数多于30人，则给予优惠：每多1人，机票每张减少10元，直到达到规定人数75人为止．每团乘飞机，旅行社需付给航空公司包机费15 000元．(1)写出飞机票的价格关于人数的函数；(2)每团人数为多少时，旅行社可获得最大利润？4、真题感悟（2014-2017年）1.【2017北京，理14】三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点A i 的横、纵坐标分别为第i 名工人上午的工作时间和加工的学科&网零件数，点B i 的横、纵坐标分别为第i 名工人下午的工作时间和加工的零件数，i =1，2，3.①记Q 1为第i 名工人在这一天中加工的零件总数，则Q 1，Q 2，Q 3中最大的是_________. ②记p i 为第i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p 1，p 2，p 3中最大的是_________.【答案】1Q ；2.p【解析】作图可得11A B 中点的纵坐标比2233,A B A B 中点的纵坐标大，所以Q 1，Q 2，Q 3中最大的是1Q ，分别作123,,B B B 关于原点的对称点'''123,,B B B ，比较直线112233,,A B A B A B '''的斜率（即为第i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数），可得22A B '最大，所以p 1，p 2，p 3中最大的是2.p 2.【2017课标3，理15】设函数10()20xx x f x x +≤⎧=⎨>⎩，，，，则满足1()()12f x f x +->的x 的取值范围是_________.【答案】1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭写成分段函数的形式：()())132,021112,02221212,2x x x x g x f x f x x x x -⎧+≤⎪⎪⎪⎛⎫=+-=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪>⎪⎩，函数()g x 在区间(]11,0,0,,,22⎛⎤⎛⎫-∞+∞ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭ 三段区间内均单调递增，且：)001111,201,212142g -⎛⎫-=++>⨯> ⎪⎝⎭，据此x 的取值范围是：1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.3.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)x x f x ae a 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. 【答案】（1）见解析；（2）()0,1.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知， ()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时， ()f x 取得最小值，最小值为()1ln 1ln f a a a-=-+. ①当1a =时，由于()ln 0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当()1,a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即()ln 0f a ->，故()f x 没有零点；1.【2016高考山东理数】已知函数2||,()24,x x mf x x mx m x m≤⎧=⎨-+>⎩ 其中0m >，若存在实数b ，使得关于x 的方程f （x ）=b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________________.【答案】()3,+∞【解析】画出函数图象如下图所示：由图所示，要()f x b =有三个不同的根，需要红色部分图像在深蓝色图像的下方，即2224,30m m m m m m m >-⋅+->，解得3m >。
2020年高考数学23道题必考考点各个击破精讲副题01 分段函数与函数的图象(含详细答案解析)
2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）副题01 分段函数与函数的图象【副题考法】本热点考题类型为选择或填空题，考查分段函数的图象、性质及分段函数求值、函数的图象、分段函数求值、复合函数求值及利用图像性质研究函数的零点、方程的解，难度为容易题或中档题或选择填空题的压轴题，长为1-2个小题，每小题5分，共5到10分.【主题考前回扣】 1.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究. (3)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，即f (x )＝f (2a －x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝a 对称；②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，即f (x )＝－f (2a －x )，则y ＝f (x )的图象关于点(a ，0)对称.2.函数图象的基本变换 (1)平移变换y ＝f (x )――→h ＞0，右移h <0，左移y ＝f (x －h )， y ＝f (x )――→k ＞0，上移k <0，下移y ＝f (x )＋k . (2)伸缩变换y ＝f (x )――→0<ω<1，伸ω＞1，缩y ＝f (ωx )， y ＝f (x )――→0<A <1，缩A ＞1，伸y ＝Af (x )．(3)对称变换y ＝f (x )――→x 轴y ＝－f (x )， y ＝f (x )――→y 轴y ＝f (－x )， y ＝f (x )――→原点y ＝－f (－x )． 3.函数零点①定义：对于函数)(x f y =，使0)(=x f 的实数x 叫函数)(x f y =的零点.②几个等价关系：方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点．③函数零点的判定(零点存在性定理）：如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么，函数y ＝f (x )在区间（a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根．【易错点提醒】1. 分段函数的图象，一定要准确看清楚分界点的函数值.2. 易混淆函数的零点和函数图象与x 轴的交点，不能把函数零点、方程的解、不等式解集的端点值进行准确互化.3. 图象变换的几个注意点. (1)混淆平移变换的方向与单位长度. (2)区别翻折变换：f(x)→|f(x)|与f(x)→f(|x|). (3)两个函数图象的对称.①函数y ＝f(x)与y ＝－f(－x)的图象关于原点成中心对称.②函数y ＝f(x)与y ＝f(－x)的图象关于直线x ＝0(y 轴)对称；函数y ＝f(x)与函数y ＝－f(x)的图象关于直线y ＝0(x 轴)对称.0)()(<⋅b f af【副题考向】 考向一 分段函数【解决法宝】分段函数问题常见类型与解题策略：①求函数值，弄清自变量所在的区间，然后代入对应的解析式.求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算. ②求函数值域（最值）分别求出每个区间上的值域（最值），求并集（然后比较大小）.③解不等式，根据分段函数中自变量的取值范围，化为不等式组求解.④求参数，“分段处理”，采用代入法列出各区间上方程.例1设函数()()2222 log (2)x x f x x x ⎧-≥=⎨<⎩，若()7f m =，则实数m 的值为（ ）A. 0B. 1C. 3-D. 3【分析】分2<m 和2≥m 两种情况列出关于m 的方程，即可解出m 的值. 【解析】①当m ≥2时，)(m f =7为：2m ﹣2=7， 解得m =3或m =﹣3（舍去），则m =3； ②当m ＜2时，)(m f =7为： 2log 7m =， 解得m =27＞2，舍去，综上可得，实数m 的值是3，故选：D ． 考向二 作函数图象【解决法宝】作函数图像有两种方法:①描点法，在利用描点法作函数图像前，先研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶 性、对称性、极值、最值和图像的发展趋势，根据图像与性质，取关键点如最值点、极值点、与坐标轴的交点，在坐标系中描出关键点，根据图像的变化趋势用平滑曲线连接关键点，即可得到函数的图像；②图象变化法，若函数的图象可以由常见函数通过平移、伸缩或对折变换得到，常用平 移法，若是含由绝对值常化为分段函数处理.例2已知函数,(= ,x e x ef x lnx x e⎧≤⎨>⎩），则函数()y f e x =-的大致图象是 （ ）【分析】先求出()y f e x =-的解析式，再利用函数的单调性及定义域即可作出判断. 【答案】B考向三 函数图像识别【解决法宝】在识别图像前，先研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性、极值、最值和图像的发展趋势，根据图像与性质，结合特殊点与特殊值对函数的图像进行判断．例3函数ln x xx x e e y e e---=+的图象大致为（ ）【分析】通过分离常数，先将函数ln x x x x e e y e e ---=+化为)121ln(2+-=x e y ，然后求出定义域与值域并研究单调性，即可作出判断.【解析】 因为函数22212ln ln ln 111x x x x x x x e e e y e e e e ----⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭， 由22101xe ->+，可得0x >，所以函数的定义域为()0,+∞，再由220111xe <-<+，可得0y <，且y 在()0,+∞上为单调递增函数，故选C ．考向四 函数零点与方程的解 【解决法宝】1.函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的类型有：(1)函数零点值大致存在区间的确定； (2)零点个数的确定；(3)两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定. 2.判断函数零点个数的主要方法： (1)解方程f (x )＝0，直接求零点； (2)利用零点存在定理；(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题.例4已知函数()22,0,3,02xlnx x x f x x x x ->⎧⎪=⎨+≤⎪⎩ 的图像上有且仅有四个不同的点关于直线1y =-的对称点在1y kx =-的图像上，则实数k 的取值范围是（ ）A. 1,12⎛⎫⎪⎝⎭B.13,24⎛⎫⎪⎝⎭C. 1,13⎛⎫⎪⎝⎭D. 1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】先求出直线1y kx =-关于直线1y =-的对称直线是1y kx =--，作出函数)(x f 的图象，因为直线1y kx =--过（-1,0）点，作出过（-1,0）的直线，旋转直线，由图可知，当直线)(x f 的图象有四个交点时直线的极限位置，利用导数求出极限位置切线的斜率，即可列出关于k -的不等式，即可求出k 的取值范围.【解析】直线1y kx =-关于直线1y =-的对称直线是1y kx =--，则直线1y kx =--与函数()f x 的图象有四个交点，作出函数()f x 和直线1y kx =--的图象（如图所示），设直线11y k x =-与()2302y x x x =+≤相切于点()11,x y ，则11121111113 2322y k x y x x x k ⎧⎪=-⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得111 12x k =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，设直线21y k x =-与ln 2(0)y x x x x =->相切于点()22,x y ，则22222222212 1y k x y x lnx x lnx k=-⎧⎪=-⎨⎪-=⎩，解得221 1x k =⎧⎨=-⎩，则112k -<-<-，即112k <<；故选A.【副题集训】1.已知函数5log ,0,()2,0,x x x f x x >⎧=⎨≤⎩，则1(())25f f =（ ）A ．14 B ．4 C ．-4 D ．14- 【答案】A 【解析】251111()log 2,(())(2)22525254f f f f -==-∴=-==，故选A. 2.已知函数()yg x =满足()()2g x g x +=-，若()y f x =在()()2,02,0-⋃-上为偶函数，且其解析式为()()2log ,02{,20x x f x g x x <<=-<<，则()2017g -的值为（ ）A. -1B. 0C. 12D. 12- 【答案】B【解析】由题意可得： ()()()24g x g x g x =-+=+，即函数()g x 是周期为4的函数，则()()()()()2201720174504111log 10g g g f f -=-+⨯=-=-===，故选B .3.函数()()()()132 log 12x e x f x x x -⎧<⎪=⎨--≥⎪⎩，则不等式()1f x >的解集为( )A. ()1,2B. 4,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C.41,3⎛⎫⎪⎝⎭D. [)2,+∞ 【答案】A【解析】分类讨论：当2x <时，不等式为： 11,10,1x e x x ->∴->>，此时12x <<；当2x ≥时，不等式为： ()314log 11,01,133x x x -->∴<-<<<，此时不等式无解；综上可得，不等式的解集为： 12x <<，故选A .4.已知函数()22log ,0,41,0.x x a x f x x -+>⎧=⎨-≤⎩若()3f a =，则()2f a -=（ ）A. 1516-B. 3C. 6364-或3D. 1516-或3 【答案】A5.已知函数(),0 ,0x e x f x lnx x ⎧≤=⎨>⎩，其中e 为自然对数的底数，则13f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（ ） A. 2 B. 3 C. 13 D. 12【答案】C【解析】因为11ln 33f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以13f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1ln 311ln e 33f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故选C.6.函数3cos sin y x x x =+的图象大致为（ ）【答案】D【解析】由题意可知： 3cos sin y x x x =+的为奇函数，排除B ；当x 2π=时， 1y =，当x π=时， 30y π=-<，排除A ，C ，故选D.7.已知函数()22,1,714,1,x ax x f x a x a x ⎧-+≤=⎨-+>⎩若存在1x ， 2x R ∈，且12x x ≠，使()()12f x f x =，则实数a 的取值范围为（ ）A. 2a <B. 35a <<C. 2a <或35a <<D. 23a ≤≤或5a ≥ 【答案】C【解析】当0a =时， ()2,1{ 14,1x x f x x -≤=>，()()111f f -==-，故0a =符合题意，排除,B D选项，当4a =时， ()224,11614,1x x x f x x x ⎧-+≤=⎨->⎩,画出图象如下图所示，由图可知此时符合题意，排除A 选项，故选C .8.函数sin 1xy x=-的部分图像大致为（ ）A B C D【答案】B 【解析】1sinxy x=-，定义域为10x -≠， 1x ≠，即()()11x ∈-∞⋃+∞，，，故排除A D ，，当0x =时， ()00010sin f ==-，故排除C ，故选B 9.已知函数()f x = ()22,2011,02x x x f x x ⎧+-≤≤⎪⎨-+<≤⎪⎩，则关于x 的方程()15x f x -=在[]2,2-上的根的个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D 【解析】()()1155x f x f x x -=⇔=-.当01x <≤， 110x -<-≤， ()()()()22111211f x f x x x x =-+=-+-+=；当12x <≤时， 011x <-≤，()()()22111122f x f x x x x =-+=-+=-+.由此画出函数()f x 和15y x =-的图像如下图所示，由图可知交点个数为6个，也即原方程的根有6个.10.函数11ln 22y x x x =+--的零点所在的区间是 （ ）A.1(,1)eB. (1,2)C. (2,)eD. (,3)e【答案】C11.已知函数()()22,2 ,2,2416x m x f x m mx x x -⎧<⎪=≥⎨≥⎪+⎩，对任意[)12,x ∈+∞的总存在()2,2x ∈-∞使得()()12f x f x =，则实数m 的取值范围是（ ）A. [)2,4B. []2,4C. [)3,4D. []3,4 【答案】A【解析】2x m y -=是增函数，当2x <时， 202m y -<<，当2x ≥时，216416164mx m m y x x x==≤++ 且0y > ，根据已知条件可知2216m m -<，即264m m ⋅<，因为2m y m =⋅是增函数，当4m =时， 264m m ⋅=，所以4m ≤，根据已知条件可知 24m ≤< ，故选A.12.已知定义在R 上的函数()f x 满足()()4f x f x +=，且(]2,2x ∈-时，()()2111,022 2,20x x x x x f x x x x ⎧⎛⎫+--<≤⎪ ⎪⎝⎭=⎨⎪-+-<≤⎩，则函数()()4log g x f x x =-的零点个数是（ ）A. 4B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】根据()()4f x f x +=可知，函数的周期为4，画出()f x 与4log y x =的图象如下图所示，由图可知它们交点个数为8，也即()g x 的零点个数为8个.13.设定义域为R 的函数|1|251,0,()44,0x x f x x x x -⎧-≥⎪=⎨++<⎪⎩若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，则m =（ ）A ．6B ．4或6C ．6或2D ．2【答案】D【解析】由图可知方程22(21)0t m t m -++=有两个不等实根，其中一根为4，另一根在(0,4)；由224(21)4026m m m m -+⨯+=⇒==或，又当2m =时，另6m =一根为1，满足题意；当时，另一根为9，不满足题意；所以选D.14.函数()()()4ln 1f x kx x x x =+->，若()0f x >的解集为() s t ，，且() s t ，中只有一个整数，则实数k 的取值范围为（ ）A ．1142 ln 2ln 33⎛⎫-- ⎪⎝⎭，B ．114(2 ]ln 2ln33--，C.141(1]ln332ln 2--， D ．141,1ln 332ln 2⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】B15.已知()f x 为定义在R 上的函数，其图象关于y 轴对称，当0x ≥时，有()()1f x f x +=-，且当[)0,1x ∈时， ()()2log 1f x x =+，若方程()0f x kx -=（0k >）恰有5个不同的实数解，则k 的取值范围是（ ）A. 11,74⎡⎫⎪⎢⎣⎭B. 11,64⎡⎫⎪⎢⎣⎭C. 11,65⎡⎫⎪⎢⎣⎭D. 11,75⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】 当0x ≥时，有()()1f x f x +=-，所以()()()21f x f x f x +=-+=， 所以函数()f x 在[)0,+∞上是周期为[)0,+∞的函数， 从而当[)1,2x ∈时， [)10,1x -∈，有()21log f x x -=，又()()()()()221111log log f x f x f x f x x f x x ⎡⎤-+=--⇒-=-=⇒=-⎣⎦， 即()()[)[)22log 1,0,1{log ,1,2x x f x x x +∈=-∈，有易知()f x 为定义在R 上的偶函数，所以可作出函数()f x 的图象与直线(0)y kx k =>有5个不同的交点，所以51714161k k k k <⎧⎪≥⎪⎨->-⎪⎪-≤-⎩，解得1165k ≤<，故选C. 16.设()f x 是定义在R 上且周期为4的函数，在区间(]2,2-上，其函数解析式是(),20{1,02x a x f x x x +-<≤=-<≤，其中a R ∈.若()()55f f -=，则()2f a 的值是__________．【答案】1【解析】∵()f x 是周期为4的函数， ()()55f f -=，∴()()11f f -=，∴10a -+=，∴1a =，∴()1,201,02x x f x x x +-<≤⎧=⎨-<≤⎩，∴()()221f a f ==． 17.若函数()23020x x f x x x ⎧-≤=⎨->⎩，，且()1f a =，则a =__________．【答案】3【解析】 由题意得，当0x ≤时，令231a -=，解得2log 42a ==（不合题意，舍去）； 当0x >时，令21a -=，解得3a =，适合题意，故3a =.18.已知函数()()201401 log (1)sin x x f x x x π⎧≤≤=⎨>⎩若a ， b ， c 互不相等，且()()()f a f b f c ==，则a b c ++的取值范围是__________．【答案】()2,2015【解析】当01x ≤≤时，函数sin y x π=的对称轴是12x =，设a b c << ，由图像可知1a b +=， 2014log 1x =时， 2014x = ，由图像可知12014c << ，所以()12,2015a b c c ++=+∈ ，故填：()2,201519.设函数()2,12,1x x f x x -≥⎧=⎨<⎩，则满足()110xf x -≥的x 取值范围为__________．【答案】[)5,+∞ 【解析】Q 函数()2,1 2,1x x f x x -≥⎧=⎨<⎩，()31112? 11x x f x x --≥⎧∴-=⎨-<⎩，，()110xf x ∴-≥可化简为()2 310x x x ≥⎧⎨-≥⎩或2210x x <⎧⎨≥⎩，解得5x ≥，故x 的取值范围为)[5 +∞，20.函数()f x 满足对任意x R ∈，都有()()2f x f x +=--，且()()211,102log 1,01x x f x x x ⎧--<<⎪=⎨⎪+≤<⎩，()1144g x x =-+，则函数()()()h x f x g x =-在()1,3-上的零点之和是__________．【答案】521.已知函数()()2,1 1,12,x x f x ln x x ⎧≤⎪=⎨-<≤⎪⎩若不等式()5f x mx ≤-恒成立，则实数m 的取值范围是_______.【答案】50,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】设()5g x mx =-，则函数()g x 的图象是过点（0,5）的直线． 在同一坐标系内画出函数()y f x =和()5g x mx =-的图象，如图所示．∵不等式()5f x mx ≤-恒成立，∴函数()y f x =图象不在函数()5g x mx =-的图象的上方． 结合图象可得， ①当0m <时不成立； ②当0m =时成立；③当0m >时，需满足当2x =时， ()2520g m =-≥，解得502m <≤．综上可得502m ≤≤，∴实数m 的取值范围是50,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦．。
2020届高考数学二轮教师用书：层级二 专题一 第4讲 导数的综合应用与热点问题
第4讲 导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1e x 得f ′(x )＝(2ax ＋1)e x －(ax 2＋x －1)e x(e x )2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x ；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥x 2＋x －1＋e x ＋1e x ，令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1， 则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0.因此当a ≥1，f (x )＋e ≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞) f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x，因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a －1ln 1a －1a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ，b ]恒成立⇔[a ，b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集⇔[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ，b ])．(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ，b ]能成立⇔[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max＞0(x ∈[a ，b ])．(3)对∀x 1，x 2∈[a ，b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1；(2)证明：e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0)， 则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1，h ′(x )＝1x －12－2(x ＋1)2＝2－x －x 32x (x ＋1)2＝(1－x )(x 2＋x ＋2)2x (x ＋1)2，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0， 所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1.(2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1，t ＞0.要证e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3，即(e x ＋1)2≥2x (e x ＋1)＋4， 只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1，即证e x ＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x，则x ≤e x ＋12－2e x ＋1，即x ＋2e x ＋1≤e x ＋12，得证．用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )＜g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )＜0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2] (2019·西安三模)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2，g (x )＝k (x ＋1)． (1)求f (x )的单调区间．(2)当k ＝2时，求证：对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )＞g (x )成立，试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x )，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1)，即f (x )＜g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0； 当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同， 当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立． 综上，k 的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需f (x )max ≤a 即可．(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x ＞0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)． 令t ＝x 1x 2，φ(t )＝t －ln t ， 得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t.易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(t )≥φ(1)＝1， 所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二 利用导数研究函数的零点问题直观 想象 素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.(1)证明：当a ≤2e时，f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2e ，三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax ＝0，则x ＝a2， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1≥0， 所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 且f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；③当a ＞2e 时，f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＜0，又1e ＜ a 2，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2＞0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2上有唯一的零点， 又当a ＞2e时，a ＞a2，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)， 令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1a，g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在⎝⎛⎭⎫2e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以g (a )≥g (1)＝0，所以f (a )≥0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上有唯一的零点，所以，当a ＞2e时，f (x )有2个不同的零点，综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时，不存在零点；③当a ＞2e 时，有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．2．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R )，(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x ＋x ＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2，x 2＝1e，①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2e 时，f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ⎝⎛⎭⎫1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2，⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 2，1e 单调递减； 当a ＝2e时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ＞2e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e ，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ⎝⎛⎭⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝⎛⎭⎫a －12e ＜0， 以下证明：在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 令x ＝1et ，t ＞1，则x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1e t ＝1e t⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ，f (x )＜0⇒f ⎝⎛⎭⎫1e t ＜0⇒⎝⎛⎭⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t ＋12＜0⇒at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －12显然成立，故在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 又f (1)＝12＞0，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1.限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＜0.因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0.所以，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2所以，f x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)． 令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数， h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u ＜37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝uu ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u 37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝x ＋1x ＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3，设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1，x 2，且x 2x 1≥e a ，求证：f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)，∴h ′(x )＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2.在(0，＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0，x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0， h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，综上，a ＞－1时，h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，a ≤－1时，h (x )在(0，＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点，故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0， ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2)， 又f (x )＝2ln x ，∴f ′(x )＝2x，f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ，则φ′(t )＝t 2＋1t (t ＋1)2＞0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)上递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65.故f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝，故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分”思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.(1)设g (x )＝f ′(x )，对g (x )求导可得g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，得证．(2)对x 进行讨论，当x ∈(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，利用函数单调性，确定f (x )先增后减且f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，所以此区间上没有零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，所以此区间上没有零点. 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．规范解答评分细则[解析] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.1分① 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点.2分② 设零点为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.3分③所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点.4分④(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点.6分⑤(ⅱ)当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减.8分⑥ 又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点.9分⑦ (ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点.10分⑧ (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.12分⑨第(1)问踩点得分①构造函数g (x )＝f ′(x )并正确求导g ′(x )得1分．②判断g ′(x )在⎣⎡⎦⎤－1，π2上递减，由零点存在定理判定g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点α，得1分． ③判断g ′(x )在(－1，α)，⎝⎛⎭⎫α，π2上的符号，得1分．④得出g (x )＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一极大值点得1分．第(2)问踩点得分⑤判断f ′(x )在(－1,0)递增，得1分，判断f (x )在(－1,0)递减，又f (0)＝0，有唯一零点，得1分． ⑥当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时判断f ′(x )的单调性，得1分；判断f ′(x )存在零点β，研究f (x )的单调性，得1分．⑦由f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，结合f (x )的单调性，得出f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上无零点，得1分． ⑧当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，研究f (x )的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分． ⑨当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.。
(名师讲坛)2020版高考数学二轮复习专题四函数与导数微切口14嵌套函数的零点问题练习(无答案)
微切口14 嵌套函数的零点问题1.已知f (x )＝|e x －1|＋1，若函数g (x )＝(f (x ))2＋(a －2)f (x )－2a 有三个零点，则实数a 的取值范围是________．2.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，ln x ，x >0，则函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个数是________．3.已知f (x )＝|e x －1|，g (x )＝f 2(x )－tf (x )(t ∈R )，若满足g (x )＝－1的x 有三个，则t 的取值范围是________．4.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋e ，x ≤0，e x x，x ＞0，则方程3f (f (x ))－e 3＝0的根的个数为________．5.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg （－x ）|，x <0，x 2－6x ＋4，x ≥0，若关于x 的方程f 2(x )－bf (x )＋1＝0有8个不同的根，则实数b 的取值范围是________．6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ＞0，ln （1－x ）＋4，x ≤0，那么关于x 的方程f (x 2－4x )＝6的不同实数根的个数为________.7.已知函数y ＝f (x )是定义域为R 上的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－14x 2，0≤x ≤2，－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －34，x >2，若关于x 的方程(f (x ))2＋af (x )＋7a 16＝0，a ∈R 有且仅有8个不同的实数根，则实数a 的取值范围是________．8.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －t ）2，x ≤t ，x 4，x ＞t ，其中t >0，若函数g (x )＝f (f (x )－1)有6个不同的零点，则实数t 的取值范围是________．9.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤0，ln x ，x >0，对任意的t ∈(1，＋∞)，函数g (x )＝f (f (x ))－2tk 2－t 2k 有且仅有唯一的零点，则正实数k 的最小值为________．10.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax －a ＋1，x ≥0，ln （－x ），x <0，g (x )＝x 2＋1－2a .若函数y ＝f (g (x ))有4个零点，则实数a 的取值范围是________．。