苏教版高考一轮复习第四讲函数与方程及函数的实际应用

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高考数学一轮复习基本初等函数、函数与方程及函数的应用专题训练(1)

基本初等函数、函数与方程及函数的应用一、基础知识要记牢指数函数y ＝a x(a >0，a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)的图像和性质，分0<a <1，a >1两种情况，当a >1时，两函数在定义域内都为增函数，当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2012·四川高考)函数y ＝a x－1a(a >0，且a ≠1)的图像可能是( )(2)(2013·全国卷Ⅱ)设a ＝log 36，b ＝log 510，c ＝log 714，则( ) A ．c ＞b ＞a B ．b ＞c ＞a C ．a ＞c ＞b D ．a ＞b ＞c[解析] (1)当x ＝－1时，y ＝1a －1a ＝0，所以函数y ＝a x－1a的图像必过定点(－1,0)，结合选项可知选D.(2)a ＝log 36＝log 33＋log 32＝1＋log 32， b ＝log 510＝log 55＋log 52＝1＋log 52， c ＝log 714＝log 77＋log 72＝1＋log 72， ∵log 32>log 52>log 72，∴a >b >c . [答案] (1)D (2)D比较指数函数值、对数函数值、幂函数值大小有三种方法：一是根据同类函数的单调性进行比较；二是采用中间值0或1等进行比较；三是将对数式转化为指数式，或将指数式转化为对数式，通过转化进行比较. 三、预测押题不能少1．(1)函数y ＝x －x 13的图像大致为( )解析：选A 函数y ＝x －x 13为奇函数．当x >0时，由x －x 13>0，即x 3>x ，可得x 2>1，故x >1，结合选项，选A. (2)若x ∈(e－1,1)，a ＝ln x ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ，c ＝e ln x，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >b >aB ．b >c >aC ．a >b >cD ．b >a >c解析：选B 依题意得a ＝ln x ∈(－1,0)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ∈(1,2)，c ＝x ∈(e －1,1)，因此b >c >a .一、基础知识要记牢确定函数零点的常用方法：(1)解方程判定法，方程易解时用此法； (2)利用零点存在的判定定理；(3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解．二、经典例题领悟好[例2] (1)函数f (x )＝2x＋3x 的零点所在的一个区间是( ) A ．(－2，－1) B ．(－1,0) C ．(0,1) D ．(1,2)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，log 2x ，x >0，则函数y ＝f [f (x )＋1]的零点个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] (1)由f (－1)＝12－3<0，f (0)＝1>0及零点定理，知f (x )的零点在区间(－1,0)上．(2)当f (x )＝0时，x ＝－1或x ＝1，故f [f (x )＋1]＝0时，f (x )＋1＝－1或1.当f (x )＋1＝－1，即f (x )＝－2时，解得x ＝－3或x ＝14；当f (x )＋1＝1，即f (x )＝0时，解得x ＝－1或x ＝1.故函数y ＝f [f (x )＋1]有四个不同的零点． [答案] (1)B (2)C函数的零点、方程的根，都可以转化为函数图像与x 轴的交点，数形结合法是解决函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数的一个有效方法.在解决函数零点问题时，既要注意利用函数的图像，也要注意根据函数的零点存在性定理、函数的性质等进行相关的计算，把数与形紧密结合起来. 三、预测押题不能少2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－a ，x ≤0ln x ，x >0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当x >0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1.因为函数f (x )有两个不同的零点，则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点，令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0<2x ≤20＝1，所以0<a ≤1，所以实数a 的取值范围是0<a ≤1. 答案：(0,1]一、经典例题领悟好[例3] 某企业为打入国际市场，决定从A ，B 两种产品中只选择一种进行投资生产．已知投资生产这两种产品的有关数据如表：(单位：万美元)其中年固定成本与年生产的件数无关，为待定常数，其值由生产产品的原材料价格决定，预计m ∈[6,8]．另外，年销售x 件B 产品时需上交0.05x 2万美元的特别关税．假设生产出来的产品都能在当年销售出去．(1)写出该厂分别投资生产A ，B 两种产品的年利润y 1，y 2与生产相应产品的件数x 之间的函数关系并指明其定义域；(2)如何投资最合理(可获得最大年利润)？请你做出规划．[解] (1)由年销售量为x 件，按利润的计算公式，有生产A ，B 两产品的年利润y 1，y 2分别为y 1＝10x －(20＋mx )＝(10－m )x －20(x ∈N,0≤x ≤200)，y 2＝18x －(8x ＋40)－0.05x 2＝－0.05x 2＋10x －40(x ∈N,0≤x ≤120)．(2)因为6≤m ≤8，所以10－m >0，函数y 1＝(10－m )x －20在[0,200]上是增函数，所以当x ＝200时，生产A 产品有最大利润，且y 1max ＝(10－m )×200－20＝1 980－200m (万美元)．又y 2＝－0.05(x －100)2＋460(x ∈N,0≤x ≤120)，所以当x ＝100时，生产B 产品有最大利润，且y 2max ＝460(万美元)．因为y 1max －y 2max ＝1 980－200m －460 ＝1 520－200m ⎩⎪⎨⎪⎧>0，6≤m <7.6，＝0，m ＝7.6，<0，7.6<m ≤8.所以当6≤m <7.6时，可投资生产A 产品200件；当m ＝7.6时，生产A 产品或生产B 产品均可(投资生产A 产品200件或生产B 产品100件)；当7.6<m ≤8时，可投资生产B 产品100件．解决函数实际应用题的关键有两点：一是认真读题，缜密审题，确切理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题；二是要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解. 二、预测押题不能少3．某集团为了获得更大的利润，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t (百万元)可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤3)．(1)若该集团将当年的广告费控制在三百万元以内，则应投入多少广告费，才能使集团由广告费而产生的收益最大？(2)现在该集团准备投入三百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预算，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额约为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该集团由这两项共同产生的收益最大．解：(1)设投入广告费t (百万元)后由此增加的收益为f (t )(百万元), 则 f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t ＝－(t －2)2＋4(0≤t ≤3)．所以当t ＝2时，f (t )max ＝4，即当集团投入两百万元广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告的费用为(3－x )(百万元)，则由此两项所增加的收益为g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)．对g (x )求导，得g ′(x )＝－x 2＋4，令g ′(x )＝－x 2＋4＝0，得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当0≤x <2时，g ′(x )>0，即g (x )在[0,2)上单调递增；当2<x ≤3时，g ′(x )<0，即g (x )在(2,3]上单调递减． ∴当x ＝2时，g (x )max ＝g (2)＝253.故在三百万元资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的收益最大，最大收益为253百万元．函数的性质与零点的交汇函数零点(方程的根)的问题，常见的类型有： (1)零点或零点存在区间的确定； (2)零点个数的确定；(3)利用零点求参数范围问题．函数的性质与零点的交汇问题成为新的命题点．一、经典例题领悟好[例] (2012·湖南高考)设定义在R 上的函数f (x )是最小正周期为2π的偶函数，f ′(x )是f (x )的导函数，当x ∈[0，π]时，0<f (x )<1；当x ∈(0，π)且x ≠π2时，(x －π2)f ′(x )>0.则函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上的零点个数为( )A ．2B ．4C ．5D ．8学审题——审结论之逆向分析函数y ＝f (x )－sin x 的零点――→转化 y ＝f (x )与y ＝sin x 图像交点――→作用 f (x )的范围――――→函数f x的性质确定f ′(x )的正负――――→分类讨论 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2·f ′(x )>0. 用“思想”——尝试用“转化与化归思想”解题∵⎝⎛⎭⎪⎫x －π2f ′(x )>0，x ∈(0，π)且x ≠π2，∴当0<x <π2时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减．当π2<x <π时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递增．∵当x ∈[0，π]时，0<f (x )<1.∴当x ∈[π，2π]，则0≤2π－x ≤π. 又f (x )是以2π为最小正周期的偶函数，知f (2π－x )＝f (x )．∴x ∈[π，2π]时，仍有0<f (x )<1.依题意及y ＝f (x )与y ＝sin x 的性质，在同一坐标系内作y ＝f (x )与y ＝sin x 的简图．则y ＝f (x )与y ＝sin x 在x ∈[－2π，2π]有4个交点．故函数y ＝f (x )－sin x 在[－2π，2π]上有4个零点． [答案] B1本题在求解时，用了转化与化归、数形结合、分类讨论思想.个别学生不会利用题设条件判定y ＝f x 的值域以及函数y ＝f x 图像的变化趋势，导致求解受阻. 2函数与方程应用转化与化归的常见类型①判断函数零点个数常转化为两函数的图像交点.②由函数的零点情况确定参数范围，常转化为利用函数图像求解. ③方程根的讨论转化为函数零点的问题. 二、预测押题不能少函数y ＝f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋54＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －54，当x ∈[－1,4]时，f (x )＝x 2－2x ，则f (x )在区间[0,2012]上零点的个数为( )A ．2 011B ．2 012C ．1 026D ．1 027解析：选D 根据f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋54＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －54，可得f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋52＝－f (x )，进而得f (x ＋5)＝f (x )，即函数y ＝f (x )是以5为周期的周期函数．当x ∈[－1,4]时，f (x )＝x 2－2x，在[－1,0]内有一个零点，在(0,4]内有x 1＝2，x 2＝4两个零点，故在一个周期内函数有三个零点．又因为2 012＝402×5＋2，故函数在区间[0,2 010]内有402×3＝1 206个零点，在区间(2 010,2 012]内的零点个数与在区间(0,2]内零点的个数相同，即只有一个零点，所以函数f (x )在[0,2 012]上零点的个数为1 207.1．(2013·广州惠州调研)已知幂函数y ＝f (x )的图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，则log 4f (2)的值为( )A.14 B ．－14 C ．2 D ．－2解析：选A 设f (x )＝x a，由其图像过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22得⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⇒a ＝12，故log 4f (2)＝log 4212＝14.2．(2013·陕西高考)设a ，b ，c 均为不等于1的正实数，则下列等式中恒成立的是( ) A ．log a b ·log c b ＝log c a B ．log a b ·log c a ＝log c b C ．log a (bc )＝log a b ·log a c D ．log a (b ＋c )＝log a b ＋log a c解析：选B 利用对数的换底公式进行验证，log a b ·log c a ＝log c blog c a ·log c a ＝log c b ，则B 对．3．(2013·河北质检)若f (x )是奇函数，且x 0是y ＝f (x )＋e x的一个零点，则－x 0一定是下列哪个函数的零点( )A ．y ＝f (－x )e x －1B ．y ＝f (x )e －x＋1C ．y ＝e x f (x )－1D ．y ＝e xf (x )＋1解析：选C 由已知可得f (x 0)＝－e x 0，则e －x 0f (x 0)＝－1，e －x 0f (－x 0)＝1，故－x 0一定是y ＝e xf (x )－1的零点．4．(2013·天津一中模拟)设a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫340.5，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫430.4，c ＝log 34(log 34)，则( )A ．c 1，而log 34>1，c ＝log 34(log 34)，得c <0，故c <a 1，即x <1时，f (x )＝|ln(2－x )|＝ln(2－x )，此时函数f (x )在(－∞，1]上单调递减．当0<2－x ≤1，即1≤x <2时，f (x )＝|ln(2－x )|＝－ln(2－x )，此时函数f (x )在[1,2)上单调递增，故选D. 法二：f (x )＝|ln(2－x )|的图像如图所示．由图像可得，函数f (x )在区间[1,2)上为增函数，故选D.6．(2013·东北三校联合模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ·2x，x ≤0，log 12x ，x >0.若关于x 的方程f (f (x ))＝0有且仅有一个实数解，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，0)∪(0,1)C ．(0,1)D ．(0,1)∪(1，＋∞)解析：选B 若a ＝0，当x ≤0时，f (x )＝0，故f (f (x ))＝f (0)＝0有无数解，不符合题意，故a ≠0.显然当x ≤0时，a ·2x≠0，故f (x )＝0的根为1，从而f (f (x ))＝0有唯一根，即为f (x )＝1有唯一根．而x >0时，f (x )＝1有唯一根12，故a ·2x＝1在(－∞，0]上无根，当a ·2x ＝1在(－∞，0]上有根可得a ＝12x ≥1，故由a ·2x ＝1在(－∞，0]上无根可知a <0或0<a <1. 7．已知a ＝5－22，函数f (x )＝a x，若实数m ，n 满足f (m )>f (n )，则m ，n 的大小关系为________．解析：由题意知，a ＝5－22∈(0,1)，故函数f (x )＝a x是减函数，由f (m )>f (n )得m <n . 答案：m <n 8．(2013·陕西高考)在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分), 则其边长x 为________(m)．解析：如图，过A 作AH ⊥BC 于H ，交DE 于F ，易知DE BC ＝x 40＝AD AB ＝AF AH ⇒AF ＝x ⇒FH ＝40－x .则S ＝x (40－x )≤x ＋40－x 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4022，当且仅当40－x ＝x ，即x ＝20时取等号．所以满足题意的边长x 为20(m)．答案：209．(2013·江苏扬州中学期中)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋ax ，x ≤1，ax －1，x >1，若∃x 1，x 2∈R ，x 1≠x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．解析：由已知∃x 1，x 2∈R ，x 1≠x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)成立，则需x ≤1时，f (x )不单调即可，即对称轴a 2<1，解得a <2. 答案：a <210．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解：(1)∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e(x >0)，当且仅当x ＝e 2x时取等号． ∴当x ＝e 时，g (x )有最小值2e.因此g (x )＝m 有零点，只需m ≥2e.∴m ∈[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则函数g (x )与f (x )的图像有两个不同的交点．如图所示，作出函数g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图像． ∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2，∴其对称轴为x ＝e ，f (x )max ＝m －1＋e 2.若函数f (x )与g (x )的图像有两个交点，必须有m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1.即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．11．某服装厂生产一种服装，每件服装的成本为40元，出厂单价定为60元，该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100件时，每多订购一件，订购的全部服装的出场单价就降低0.02元，根据市场调查，销售商一次订购量不会超过600件．(1)设一次订购x 件，服装的实际出厂单价为p 元，写出函数p ＝f (x )的表达式；(2)当销售商一次订购多少件服装时，该厂获得的利润最大？其最大利润是多少？解：(1)当0＜x ≤100时，p ＝60；当100＜x ≤600时，p ＝60－(x －100)×0.02＝62－0.02x .所以p ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 60， 0＜x ≤100，62－0.02x ， 100＜x ≤600.(2)设利润为y 元，则当0＜x ≤100时，y ＝60x －40x ＝20x ；当100＜x ≤600时，y ＝(62－0.02x )x －40x ＝22x －0.02x 2.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 20x ， 0＜x ≤100，22x －0.02x 2， 100＜x ≤600.当0＜x ≤100时，y ＝20x 是单调增函数，当x ＝100时，y 最大，此时y ＝20×100＝2 000；当100＜x ≤600时，y ＝22x －0.02x 2＝－0.02(x －550)2＋6 050，所以当x ＝550时，y 最大，此时y ＝6 050.显然6 050＞2 000.所以当一次订购550件时，利润最大，最大利润为6 050元．12．(2013·江西七校联考)已知函数f (x )＝log 4(4x ＋1)＋kx (k ∈R )为偶函数．(1)求k 的值；(2)若方程f (x )＝log 4(a ·2x －a )有且只有一个根，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f (x )为偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即log 4(4－x ＋1)－kx ＝log 4(4x ＋1)＋kx ，即(2k ＋1)x ＝0，∴k ＝－12. (2)依题意令log 4(4x ＋1)－12x ＝log 4(a ·2x －a )，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4x ＋1＝a ·2x －a ·2x ，a ·2x －a >0.令t ＝2x ，则(1－a )t 2＋at ＋1＝0，只需其有一正根即可满足题意．①当a ＝1时，t ＝－1，不合题意，舍去．②上式有一正一负根t 1，t 2，即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝a 2－41－a >0，t 1t 2＝11－a <0，经验证满足a ·2x－a >0，∴a >1. ③上式有两根相等，即Δ＝0⇒a ＝±22－2，此时t ＝a 2a －1，若a ＝2(2－1)，则有t ＝a 2a －1<0，此时方程(1－a )t 2＋at ＋1＝0无正根，故a ＝2(2－1)舍去；若a ＝－2(2＋1)，则有t ＝a 2a －1>0，且a · 2x －a ＝a (t －1)＝a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2a －1－1＝a 2－a 2a －1>0，因此a ＝－2(2＋1)．综上所述，a 的取值范围为{a |a >1或a ＝－2－22}．。

2021高考一轮复习第四讲函数及其表示

2021高考一轮复习第四讲函数及其表示一、单选题(共11题；共55分)1．（5分）若定义在R 的奇函数f(x)在 (−∞,0) 单调递减，且f(2)=0，则满足 xf(x −1)≥0 的x 的取值范围是（） A ．[−1,1]∪[3,+∞) B ．[−3,−1]∪[0,1] C ．[−1,0]∪[1,+∞)D ．[−1,0]∪[1,3]2．（5分）已知函数 f(x)={x 3,x ⩾0,−x,x <0.若函数 g(x)=f(x)−|kx 2−2x| (k ∈R) 恰有4个零点，则k 的取值范围是（） A ．(−∞,−12)∪(2√2,+∞)B ．(−∞,−12)∪(0,2√2)C ．(−∞,0)∪(0,2√2)D ．(−∞,0)∪(2√2,+∞)3．（5分）已知函数 f(x)={lgx,x ≥1−lg(2−x),x <1， g(x)=x 3 ，则方程 f(x)=g(x −1) 所有根的和等于（） A ．1B ．2C ．3D ．44．（5分）设函数 y =f(x) 在R 上有意义，对给定实数N ，定义函数 f N (x)={f(x),f(x)≤NN,f(x)>N，则称函数 f N (x) 为 f(x) 的“孪生函数”，若给定函数 f(x)=2−x 2 ， N =−1 ，则 y =f N (x) 的值域为（） A ．[1,2]B ．[−1,2]C ．(−∞,1]D ．(−∞,−1]5．（5分）已知函数 f(x)=1−x 2 ， g(x)=msin(π6x)+2−m(m >0) ，若存在 x 1,x 2∈[0,1] ，使得 f(x 1)≥g(x 2) 成立，则m 的取值范围是（） A ．(0,1]B ．[1,4)C ．[1,+∞)D ．(0,4)6．（5分）已知函数 f(x)={log 2x,x >03x ,x ≤0，则 f[f(14)] 的值是（） A ．14B ．4C ．19D ．√37．（5分）下列各组函数中，表示同一个函数的是（）A ．y =x 2−1x−1 与 y =x +1B ．y =1 与 y =x 0C ．y =√x 2−1 与 y =x −1D ．y =x 与 y =log a a x (a >0且a ≠1)8．（5分）已知函数f （x+2）＝x 2，则f （x ）等于（）A ．x 2+2B ．x 2-4x+4C ．x 2-2D ．x 2+4x+49．（5分）函数 f(x) 的图象如图所示,则它的解析式可能是( )A ．f(x)=x 2−12xB ．f(x)=2x (|x|−1)C ．f(x)=|ln|x||D ．f(x)=xe x −110．（5分）设函数 f(x)={x 2−2(x ≥2)log 2x(x <2)，若 f(m)=7 ，则实数m 的值为（）A ．0B ．1C ．-3D ．311．（5分）下列与函数 y =1√x定义域和单调性都相同的函数是（） A ．y =2log 2xB ．y =log 2(12)xC ．y =log 21xD ．y =x 14二、填空题(共7题；共7分)12．（1分）函数 f(x)=1x+1+lnx 的定义域是． 13．（1分）函数f （x ）= √e x −1 的定义域为。

高考数学：专题一第四讲基本初等函数及函数的应用课件

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即 a2＋a－1＝0，－1＋ 5 －1－ 5 解得 a＝或 a＝ (舍去). 2 2
若 a>1，则 a－a 1＝1，即 a2－a－1＝0， 1＋ 5 1－ 5 解得 a＝或 a＝ (舍去). 2 2 5± 1 综上所述 a＝ 2 .
－
答案
5± 1 2
题型与方法
第四讲
(2)函数 f(x)＝log 1 (x2－2x－3)的单调递增区间是
2
3
4
1 log2 3.4 即5 > 5
log3 0.3
>5
log4 3.6
，故 a>c>b.
考点与考题
第四讲
1 5.(2012· 山东)设函数 f(x)＝x，g(x)＝ax2＋bx(a，b∈R，a≠0). 若 y＝f(x)的图象与 y＝g(x)的图象有且仅有两个不同的公共
本讲栏目开关
指数、对数函数的图象、性质问题指数函数、对数函数是最重要的基本初等函数，
题型概述考查.
可与不等式、方程、导数结合，在各种题型中均可能进行
题型与方法
例2
第四讲
(1)若指数函数 y＝ax 在[－1,1]上的最大值与最小值的差
是 1，则底数 a＝________.
解析若 0<a<1，则 a－1－a＝1，
本讲栏目开关
即方程 ax3＋bx2－1＝0 有两个不同非零实根 x1，x2，
因而可设 ax3＋bx2－1＝a(x－x1)2(x－x2)，
即 ax3＋bx2－1＝a(x3－2x1x2＋x2x－x2x2＋2x1x2x－x2x2)， 1 1
2 ∴b＝a(－2x1－x2)，x1＋2x1x2＝0，－ax2x2＝－1， 1

第04讲一元二次函数(方程,不等式)(精讲+精练)(解析版)备战2023年高考数学一轮复习精讲精练

第04讲一元二次函数（方程，不等式）(精讲+精练）目录第一部分：思维导图（总览全局）第二部分：知识点精准记忆第三部分：课前自我评估测试第四部分：典型例题剖析高频考点一：一元二次（分式）不等式解法（不含参）高频考点二：一元二次不等式解法（含参）高频考点三：一元二次不等式与相应的二次函数（方程）的关系高频考点四：一元二次不等式恒成立问题①x R∀∈上恒成立（优选∆法）②x R∃∈上恒成立（优选∆法）③x D∀∈上恒成立（优选分离变量法）④x D∃∈上恒成立（优选分离变量法）⑤已知参数a D∈，求x取值范围（优选变更主元法）高频考点五：一元二次不等式的应用第五部分：高考真题感悟第六部分：第04讲一元二次函数（方程，不等式）（精练）1、二次函数（1）形式：形如2()(0)f x ax bx c a =++≠的函数叫做二次函数. （2）特点：①函数2()(0)f x ax bx c a =++≠的图象与x 轴交点的横坐标是方程20(0)ax bx c a ++=≠的实根. ②当0a >且0∆<(0∆≤)时，恒有()0f x >(()0f x ≥)；当0a <且0∆<(0∆≤)时，恒有()0f x <(()0f x ≤). 2、一元二次不等式只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式.3.12()()0x x x x -->或12()()0x x x x --<型不等式的解集4、一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系5、分式不等式解法（1）()0()()0()f x f xg x g x >⇔> （2）()0()()0()f x f xg x g x <⇔< （3）()()0()0()0()f x g x f x g x g x ≥⎧≥⇔⎨≠⎩ （4）()()0()0()0()f x g x f x g x g x ≤⎧≤⇔⎨≠⎩6、单绝对值不等式（1）||ax b c ax b c ax b c +>⇒+>+<-或（2）||ax b c c ax b c +<⇒-<+<一、判断题1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()f x ax bx c =++，关于x 的不等式()0f x <的解集为(1,3)-，则(4)(0)(1)f f f >>.___________（判断对错）【答案】正确【详解】由不等式()0f x <的解集为(1,3)-， ∴()f x 是二次函数且开口向上，对称轴为x 132-+==1，且|41||01|->-， ∴(4)(0)(1)f f f >>. 故答案为：正确. 二、单选题1．（2022·贵州毕节·高一期末）已知不等式210ax bx ++>的解集为1123x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭，则a ，b 的值是（）A ．3-，6-B ．6-，1-C ．6，3D ．3，6【答案】B由题意知得：112x =-和213x =是方程210ax bx ++=的两个根可得：12b x x a +=-，121=x x a ，即16b a -=-，116a =-解得：6a =-，1b =- 故选：B2．（2022·江西南昌·一模（理））已知集合20x A x x -⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭，{}220B x x x =+->，则A B =（） A ．(),2-∞ B ．()2,2- C ．()1,2 D ．(),1-∞【答案】C20x x-<，解得：02x <<，所以()0,2A =，220x x +->，解得：1x >或2x <-，故()(),21,B =-∞-+∞，故A B =()1,2 故选：C3．（2022·陕西西安·高二期末（文））若关于x 的一元二次不等式210x mx ++≤的解集为∅，则实数m 的取值范围是（） A ．(][),22,-∞-+∞ B ．()2,2-C ．()(),22,∞∞--⋃+D ．[]22-,【答案】B由于关于x 的一元二次不等式210x mx ++≤的解集为∅，所以()()24220m m m ∆=-=+-<，解得22m -<<，所以实数m 的取值范围是()2,2-. 故选：B4．（2022·广东珠海·高一期末）已知关于x 的不等式220x mx n -+<的解集是()2,3，则m n +的值是（） A ．2- B ．2 C ．22 D ．22-【答案】C由题意得：2与3是方程220x mx n -+=的两个根，故232m +=，232n⨯=，所以101222m n +=+=. 故选：C5．（2022·宁夏·高三阶段练习（文））已知集合{}{}21,,(1)(6)0A y y k k Z B x x x ==-∈=--≤，则A B =（）A ．{}135，， B ．{}35， C ．[]16，D ．∅【答案】A{}16B x x =≤≤，则A B ={}135，，. 故选：A.高频考点一：一元二次（分式）不等式解法（不含参）1．（2022·河北·模拟预测）已知集合{}2230A x x x =-+≥，302x B x x ⎧⎫-=∈≤⎨⎬+⎩⎭Z，则A B =（） A ．{}23x x -<≤ B ．{}1,0,1,2,3- C ．{}2,1,1,2,3--D ．R【答案】B解不等式2230x x -+≥ ，()2223120,x x x x R -+=-+>∈ ，解不等式302x x -≤+ 得23x -<≤，}{1,0,1,2,3B =- ， }{1,0,1,2,3A B ∴⋂=- ；故选：B.2．（2022·湖南·高一课时练习）下面四个不等式中解集为空集的是（） A ．237100x x --≤ B ．2690x x -+-≤ C ．223x x -+<- D ．2470x x -+≤【答案】D对于A 选项，解不等式237100x x --≤得1013x -≤≤，A 不满足条件；对于B 选项，由2690x x -+-≤得()226930x x x -+=-≥，该不等式的解集为R ，B 不满足条件；对于C 选项，由223x x -+<-可得2230x x -->，解得1x <-或32x >，C 不满足条件；对于D 选项，因为()2247230x x x -+=-+>，故不等式2470x x -+≤的解集为空集，D 满足条件. 故选：D.3．（2022·河南·信阳高中高一期末（理））设集合11212x M x x ⎧⎫-=≥⎨⎬+⎩⎭，N ={x ∈Z |x 2−12x −5≤0}，则MN =（）A ．52,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．52,2⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．1,0,1,2D ．{}2,1,0,1,2--【答案】C11212x x -≥+，即9302xx -≥+，解得：(]2,3x ∈-，故(]2,3M =- 21502x x --≤解得：52,2x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，又x ∈Z ，故{}2,1,0,1,2N =--，故{}1,0,1,2M N ⋂=-.故选：C4．（2022·河南南阳·高二期末（文））不等式22530x x --<的一个必要不充分条件是（） A ．132x -<的解集为（） A ．(1,3)-B ．(3,1)-C ．(,1)(3,)-∞-+∞D ．(,3)(1,)-∞-⋃+∞【答案】A22+30(1)(3)013x x x x x -+>⇒+-<⇒-<<，故选：A.6．（2022·全国·高三专题练习）设集合{}2|560,{|20}A x x x B x x =-++=-<，则A B =（）A ．[1,2)-B ．[3,2)-C ．[2,2)-D ．(2,6]【答案】A{}{}2|560|16,A x x x x x =-++=-≤≤又{|20}B x x =-< 所以{}|12A B x x ⋂=-≤< 故选：A高频考点二：一元二次不等式解法（含参）一元二次不等式解法（含参问题）谈论三原则： ①最高项系数含参，从参数等于0开始讨论；如：222320a x ax -->，最高项系数为22a 讨论时，从220a =开始讨论. ②两根大小不确定，从两根相等开始讨论；如2(1)()(1)0x a x a x a x +--=-+<两根分别为：1x a =，21x =-，讨论时从1a =-开始讨论③根是否在定义域内：如(1)(1)0,(0,1)x x x -+<∈此时两根11x =-，21x =，讨论时注意11(0,1)x =-∉（舍去） 1．（2022·北京·清华附中高一期末）求下列关于x 的不等式的解集：222320a x ax --> 解：当0a =时，原不等式即为20->，该不等式的解集为∅；当0a ≠时，220a >，原不等式即为()()2120ax ax +->. ①若0a <，则122a a ->，原不等式的解集为2x x a ⎧<⎨⎩或12x a ⎫>-⎬⎭；②若0a >，则122a a -<，原不等式的解集为12x x a ⎧<-⎨⎩或2x a ⎫>⎬⎭. 综上所述，当0a =时，原不等式的解集为∅；当0a <时，原不等式的解集为2x x a ⎧<⎨⎩或12x a ⎫>-⎬⎭；当0a >时，原不等式的解集为12x x a ⎧<-⎨⎩或2x a ⎫>⎬⎭. 2．（2022·河北唐山·高一期末）已知关于x 的不等式：()23130ax a x -++<．(1)当2a =-时，解此不等式； (2)当0a >时，解此不等式．【答案】(1)1{|2x x <-或}3x >(2)当13a =时，解集为∅；当103a <<时，解集为1{|3}x x a <<；当13a >时，解集为1{|3}x x a <<(1)当a ＝－2时，不等式－2x 2＋5x ＋3＜0 整理得(2x ＋1)(x －3)＞0，解得x ＜－12或x ＞3，当a ＝－2时，原不等式解集为{x |x ＜－12或x ＞3}． (2)当a ＞0时，不等式ax 2－(3a ＋1)x ＋3＜0整理得：(x －3)(x －1a)＜0，当a ＝13时，1a ＝3，此时不等式无解；当0＜a ＜13时，1a ＞3，解得3＜x ＜1a ；当a ＞13时，1a ＜3，解得1a ＜x ＜3；综上：当a ＝13时，解集为∅；当0＜a ＜13时，解集为{x |3＜x ＜1a }；当a ＞13时，解集为{x |1a ＜x ＜3}.3．（2022·福建·莆田第二十五中学高一期末）解关于x 的不等式2(1)0,(R)x a x a a +--<∈. 由2(1)()(1)0x a x a x a x +--=-+<， ∴当1a <-时，解集为(,1)a -；当1a =-时，无解；当1a >-时，解集为(1,)a -；4．（2022·全国·高三专题练习）解关于x 的不等式：()()21100ax a x a +--<<. 由()()21100ax a x a +--<<得()()()1100ax x a +-<<，∵()1110a a a a +--=-<，当10a -<<，即11a ->时，不等式的解为1x <或1x a>-. 当1a <-，即11a -<时，不等式的解为1x a <-或1x >，当1a =-，即11a-=时，不等式的解1x ≠，所以当10a -<<时原不等式的解集为()1,1,a ⎛⎫-∞⋃-+∞ ⎪⎝⎭，当1a <-时原不等式的解集为()1,1,a ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭，当1a =-时不等式的解集为()(),11,-∞+∞.高频考点三：一元二次不等式与相应的二次函数（方程）的关系1．（2021·甘肃·甘南藏族自治州合作第一中学高一期中）若不等式210ax bx ++≥的解集为[-1，2]，则-a b =（） A ．-2 B ．-1 C ．1 D ．2【答案】B由题意0a <，210ax bx ++=的解是1,2-，所以12112b a a⎧-=-+⎪⎪⎨⎪=-⨯⎪⎩，解得1212a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩．1a b -=-．故选：B ．2．（2021·四川省南充高级中学高二开学考试（理））已知不等式220ax bx ++<的解集为{|12}x x <<，则a b +=___________.【答案】2-解：由题意不等式220ax bx ++<的解集是{|12}x x <<，可知不等式是二次不等式，故1，2是方程220ax bx ++=的两个根，12ba ∴+=-，212a⨯=1a ，3b =-．2a b ∴+=-．故答案为：2-．3．（2022·天津市红桥区教师发展中心高一期末）若函数()2f x x ax b =--的两个零点是2和3，则不等式2 10bx ax --> 的解集为________ ．【答案】11(,)23--根据题意，235236a ab b +==⎧⎧⇒⎨⎨⨯=-=-⎩⎩，则不等式可化为()()22116510651021310,23x x x x x x x ⎛⎫--->⇒++<⇒++<⇒∈-- ⎪⎝⎭.故答案为：11,23⎛⎫-- ⎪⎝⎭.4．（2022·上海闵行·高一期末）已知b 、c ∈R ，关于x 的不等式20x bx c ++<的解集为()2,3-，则bc =___________. 【答案】6由题意可知，关于x 的方程20x bx c ++=的两根分别为2-、3，由韦达定理可得2323b c -=-+⎧⎨=-⨯⎩，可得16b c =-⎧⎨=-⎩，因此，6bc =.故答案为：6.5．（2022·上海·曹杨二中高一期末）已知a 为常数，若关于x 的不等式2260x x a -+<的解集为()m,2，则m =______．【答案】1因关于x 的不等式2260x x a -+<的解集为()m,2，则m ，2是方程2260x x a -+=的两个根，因此有2322m a m +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得1,4m a ==，所以1m =. 故答案为：1高频考点四：一元二次不等式恒成立问题①x R ∀∈上恒成立二次型+R （范围）优选∆法（注意最高项系数含参数，从0开始讨论）1．（2022·福建宁德·高一期末）,x R ∀∈不等式2410ax x +-<恒成立，则a 的取值范围为（） A ．4aB ．4a 或0a =C ．4a ≤-D ．40a【答案】A,x R ∀∈不等式2410ax x +-<恒成立，当0a =时，显然不恒成立，所以0Δ1640a a <⎧⎨=+<⎩，解得：4a.故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）已知a R ∈，“2210ax ax +-<对x R ∀∈恒成立”的一个充要条件是（） A ．10a -<< B ．10a -<≤C ．10a -≤<D ．10a -≤≤【答案】B当0a =时，221=10ax ax +--<，对x R ∀∈恒成立；当0a ≠时，若2210ax ax +-<，对x R ∀∈恒成立，则必须有20(2)4(1)0a a a <⎧⎨-⨯-<⎩，解之得10a -<<，综上，a 的取值范围为10a -<≤.故“2210ax ax +-<对x R ∀∈恒成立”的一个充要条件是10a -<≤，故选：B3．（2021·吉林·汪清县汪清第四中学高一阶段练习）若不等式2(1)0ax a x a +-+>对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．1a <-或13a >B ．1a >C ．13a >D ．113a -<<【答案】C当0a =时，0(01)00,0x x +-⨯+>∴<，不符合题意，所以舍去；当0a ≠时，由题得0a >且22(1)40a a ∆=--<，所以13a >.综上：13a >.故选：C4．（2021·全国·高一课时练习）若不等式222424mx mx x x +-<+对任意x ∈R 均成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(22]－,B ．(2,2)-C ．())2[2∞⋃-∞,-,+D ．(,2]-∞【答案】A解：原不等式等价于2(2)2(2)40<m x m x -+--， ①当2m =时，40,-<对任意的x 不等式都成立；②当20m <－时，24(2)16(2)0m m ∆=-+-<，所以22m -<<； ③当20m >－时，显然不能成立. 综合①②③，得m 的取值范围是(22]－，. 故选：A5．（2020·河北省尚义县第一中学高一期中）若命题210p x R x ax ∀∈++≥：，为真命题，则实数a 的取值范围是（） A ．2a ≥ B ．2a ≤- C ．22a -≤≤ D ．2a ≤-或2a ≥【答案】C因为命题210p x R x ax ∀∈++≥：，是真命题，令()21f x x ax =++，则必有240a ∆=-≤，解得：22a -≤≤，所以实数a 的取值范围是22a -≤≤，故选：C②x R ∃∈上恒成立二次型+R （范围）优选∆法（注意最高项系数含参数，从0开始讨论）1．（2022·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（文））如果“x R ∃∈，使210x ax ++<.”是真命题，那么实数a 的取值范围为（） A ．(],2-∞- B ．()(),22,-∞-⋃+∞ C ．[)2,+∞D ．(][),22,-∞-+∞【答案】B“x R ∃∈，使210x ax ++<.”是真命题， ∴240a ∆=->，则2a >或2a <-. 故选：B2．（2020·宁夏·隆德县中学高三阶段练习（理））已知命题“0x R ∃∈，()20014204x a x +-+≤”是真命题，则实数a 的取值范围（） A ．(],0-∞ B ．[]0,4 C ．[4,+∞）D ．(],0-∞[)4⋃+∞,【答案】D由题意，命题“0x R ∃∈，()20014204x a x +-+≤”是真命题故221(2)44404a a a ∆=--⨯⨯=-≥，解得4a ≥或0a ≤.则实数a 的取值范围是(],0-∞[)4⋃+∞, 故选：D.3．（2022·江苏南通·高一期末）若命题“2,1x R x m ∃∈->”是真命题，则实数m 的取值范围是（） A ．（﹣∞，1） B ．（﹣∞，1] C ．（1，+∞） D ．[1，+∞）【答案】A若命题“2,1x R x m ∃∈->”是真命题，即210x m +-<有解，则对应的判别式0∆>，即4(1)0m ∆=-->，解得1m <，故选：A4．（2021·山西·朔州市平鲁区李林中学高一阶段练习）若命题“2,10x R x x a ∃∈++-<”是真命题，则实数a 的取值范围是（） A ．54a >B ．54aC ．54aD ．54a <【答案】D2,10x R x x a ∃∈++-<，即函数()21f x x x a =++-的最小值小于0即可，()21524f x x a ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，故504a -<，解得：54a < 故选：D5．（2021·天津·耀华中学高一期中）若命题“R x ∃∈，使得不等式22(3)0mx m x m +-+<”成立，则实数m 的取值集合是（） A ．(3,1)-- B ．(,1)(3,)-∞+∞ C ．(,0]-∞ D ．(3,1)(1,3)--【答案】B命题“R x ∃∈，使得不等式22(3)0mx m x m +-+<”成立，当0m =时，不等式为30x -<，显然有解，成立；当0m <时，开口向下，必然R x ∃∈，使得不等式22(3)0mx m x m +-+<成立，；当0m >，0∆>即222(3)40m m -->，解得29m >或21m <，所以01m <<或3m >．综上可得1m <或3m >．故选：B ．③x D ∀∈上恒成立（优选分离变量法）min ,()()x D a f x a f x ∀∈≤⇔≤ max ,()()x D a f x a f x ∀∈≥⇔≥1．（2022·海南·嘉积中学高一阶段练习）对任意的()0,x ∈+∞，2210x mx -+>恒成立，则m 的取值范围为（） A ．[)1,+∞ B ．()1,+∞C ．(],1-∞D ．(),1-∞【答案】D当()0,x ∈+∞时，由2210x mx -+>得：12m x x<+，12x x+≥（当且仅当1x x =，即1x =时取等号），22m ∴<，解得：1m <，即m 的取值范围为(),1-∞. 故选：D.2．（2021·河北·石家庄市藁城区第一中学高三开学考试）若关于x 的不等式2210x ax ++在[0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．()0,∞+ B ．[)1,-+∞ C ．[]1,1- D ．[)0,∞+【答案】B解：当0x =时，不等式10恒成立；当0x >时，由题意可得12a x x-+恒成立，由11()22f x x x x x=+⋅=，当且仅当1x =时，取得等号．所以22a -，解得1a -．综上可得，a 的取值范围是[)1,-+∞．故选：B ．3．（2021·福建·泉州市第六中学高一期中）已知关于x 的不等式²4x x m -≥对任意(]0,3x ∈恒成立，则有（） A ．4m ≤- B ．3m ≥-C ．30m -≤<D ．40m -≤<【答案】A因为关于x 的不等式²4x x m -≥对任意(]0,3x ∈恒成立，所以2min (4)m x x ≤-，令224(2)4y x x x =-=--，(]0,3x ∈，所以当2x =时，24y x x =-取得最小值4-，所以4m ≤- 故选：A4．（2021·黑龙江·鸡西市第一中学校高一期中）已知函数()21f x x ax =-+，若()0f x ≥在[]2,4上恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],2-∞ B ．52⎛⎤-∞ ⎥⎦⎝，C ．(]0,2D ．(]0,1【答案】B解：因为()0f x ≥在[]2,4上恒成立，即210x ax -+≥在[]2,4上恒成立，即1a x x≤+在[]2,4上恒成立，令()[]1,2,4g x x x x=+∈，任取1224x x ≤<≤，则()()12121211g x g x x x x x ⎛⎫-=+-+ ⎪⎝⎭121212x x x x x x -=--()1212121x x x x x x -=-⋅，因为1224x x ≤<≤，所以12120,10x x x x -<->，所以()()120g x g x -<，即()()12g x g x <，所以函数()g x 在[]2,4上递增，所以()()min 152222g x g ==+=，所以52a ≤. 故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）若对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，则m 的取值范围是（） A ．[4,)+∞ B ．[2,)+∞ C ．(,4]-∞ D ．(,2]-∞【答案】A解：因为对任意的2[1,0],2420x x x m ∈--+++≥恒成立，所以对任意的2[1,0],242x m x x ≥-∈--恒成立，因为当[1,0]x ∈-，()[]22142,4y x =--∈-，所以()2max 2424m x x --≥=，[1,0]x ∈-，即m 的取值范围是[4,)+∞ 故选：A6．（2022·甘肃张掖·高一期末）设函数2()f x x ax b =+-．(1)若不等式()0f x <的解集是{}23x x <<，求不等式210bx ax -+≤的解集； (2)当3a b +=时，()0f x ≥在]0,1x ⎡∈⎣上恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)1{|6x x ≤-或1}x ≥(2)[)3,+∞(1)因为不等式20x ax b +-<的解集是{}|23x x <<，所以122 3x x ==，是方程20x ax b +-=的解由韦达定理1212x x ax x b +=-⎧⎨=-⎩ 解得 5 6，-=-=a b 故不等式210bx ax -+≤为26510＋-+≤x x ，即26510(61)(1)0x x x x --≥⇔+-≥解得16x ≤-或1≥x故不等式26510x x -+>得其解集为1{|6x x ≤-或1}x ≥(2)当3a b +=时3b a =-，()22()+3=++30=---≥f x x ax a x ax a 在]0,1x ⎡∈⎣上恒成立，所以23+1-≥x a x令()]23,0,1+1x g x x x -⎡=∈⎣，则()max a g x ≥令]+1,1,2t x t ⎡=∈⎣，则1x t =-，()22232212++---=+=+-=t t y t t tt t由于2,y t y t=-=均为(0,)+∞的减函数故22++=-y t t在]1,2⎡⎣上为减函数所以当1t =时，22++=-y t t取最大值，且最大值为3 所以()max 3g x = 所以3a ≥所以实数a 的取值范围为[)3,+∞.7．（2021·山东·枣庄市第三中学高一阶段练习）已知函数()2()24f x x a x =-++（a ∈R ）.(1)若关于x 的不等式()f x <0的解集为（1，b ），求a 和b 的值; (2)若对任意x ∈[]1,4，()1f x a ≥--恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)a =3，b =4(2)(],4∞- (1)解：因为不等式()f x <0的解集为（1，b ），即()2240x a x -++<的解集为（1，b ），所以1，b 为()2240x a x -++=的两根，所以由根与系数的关系知1+b =a +2且1b ⨯=4，所以a =3，b =4； (2)解：∵对任意x ∈[]1,4，()1f x a ≥--恒成立，∴()2125a x x x -≤-+对任意的x ∈[1，4]恒成立，当x =1时，0≤4恒成立，符合题意，所以a ∈R ；当x ∈(]1,4时，问题等价于a ≤2251x x x +--恒成立，即a ≤2min 251x x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭--，∵2254111x x x x x +=--+--，且013x <-≤，∴4141x x -+≥=-，当且仅当411x x -=-，即x =3时取等号，∴a ≤4，综上，a 的取值范围为(],4∞-.④x D ∃∈上恒成立（优选分离变量法）max ,()()x D a f x a f x ∃∈≤⇔≤min ,()()x D a f x a f x ∃∈≥⇔≥1．（2021·河南信阳·高二期中（理））若关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，则m 的取值范围为（） A ．(,1][0,)-∞-+∞ B ．(,1)(0,)-∞-+∞ C ．[0,1] D ．(0,1)【答案】B令22()(1)f x x m x m =-+-，其对称轴为202m x =≥，关于x 的不等式22(1)0x m x m -+-≥在(1,1)-有解，当(1,1)x ∈-时，有()(1)f x f <-，(1)0f ∴->，即20m m +>，可得0m >或1m <-．故选：B ．2．（2021·安徽·池州市第一中学高一期中）若关于x 的不等式22510x x m --->在[1,3]上有解则实数m 的取值范围为（） A ．(,2)-∞ B ．33,8⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．(,4)-∞-D ．33,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【答案】A解：依题意，2251x x m -->，令2251y x x =--，故问题转化为求函数2251y x x =--在[1,3]上的最大值；因为二次函数2251y x x =--的对称轴为54x =，且551344-<-，故max 295312y =⨯-⨯-=，故2m <，故选：A.3．（2021·河南·高二期中（理））已知关于x 的不等式220ax x a -+<在()0,∞+上有解，则实数a 的取值范围为（） A ．(),1-∞ B ．()1,1- C ．()1,+∞D ．()0,∞+【答案】A由(0,)x ∈+∞，220ax x a -+<，可得221x a x <+在()0,∞+上有解，令22()1x f x x =+，则2()11f x x x =≤=+，当且仅当1x =时取等号，所以1a <. 故选：A.4．（2021·山西·大同一中高一期中）若关于x 的不等式2830x x a --+≤在15x ≤≤内有解，则实数a 的取值范围是（） A ．10a ≤ B ．19a ≥C ．10a ≥D ．19a ≤【答案】D依题意关于x 的不等式2830x x a --+≤在15x ≤≤内有解，()2max83a x x ≤-++，()228341919y x x x -++=--≤=+，所以19a ≤. 故选：D5．（2021·河北·石家庄市第四十四中学高一期中）若关于x 的不等式210x mx ++≤在区间(0,2]上有解，则实数m 的取值范围是__________．【答案】(,2]-∞- 因为(]0,2x ∈，所以，由210x mx ++≤得21x m x≤-+，因为关于x 的不等式210x mx ++≤在区间(0，2]上有解，所以只需m 小于等于21x x+-的最大值，又2212x x x x-≤-=-+，当且仅当1x =时，等号成立，所以2m ≤-，即实数m 的取值范围是(,2]-∞-. 故答案为：(,2]-∞-.6．（2021·福建省龙岩第一中学高一期中）已知不等式20kx x k -+<有解，则实数k 的取值范围为__________. 【答案】1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭解：当0k =时，0x -<，符合题意当0k >时，令2y kx x k =-+，由不等式20kx x k -+<有解即2140k ∆=->，得102k <<当0k <时， 2y kx x k =-+开口向下，满足20kx x k -+<有解符合题意综上，实数k 的取值范围为1,2k ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭故答案为：1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.7．（2021·河北·石家庄市藁城区第一中学高一阶段练习）已知函数2()2(1)4f x x k x =+-+； (1)若关于x 的不等式()0f x <的解集为(1,)m ，求实数,m k 的值； (2)存在[1,4]x ∈使得()0f x <成立，求实数k 的取值范围. 【答案】(1)34,2m k ==-(2)(,1)-∞-(1)由题意知：1和m 是22(1)40x k x +-+=的两根，故12(1),14m k m +=--⨯= ，即34,2m k ==- ；(2)存在[1,4]x ∈使得()0f x <成立，即存在[1,4]x ∈，使得222(1)40,2(1)4x k x k x x +-+<-<--成立，即存在[1,4]x ∈，使得42(1)k x x-<--成立，当[1,4]x ∈时，4444x x x x+≥--≤-，，当且仅当x =2时取等号，故2(1)41k k -<-<-，，即实数k 的取值范围为(,1)-∞- .⑤已知参数a D ∈，求x 取值范围（变更主元法）1．（2022·全国·高三专题练习）已知[1a ∈-，1]，不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立，则x 的取值范围为( )A ．(-∞，2)(3⋃，)∞+B ．(-∞，1)(2⋃，)∞+C ．(-∞，1)(3⋃，)∞+D ．(1,3)【答案】C解：令()2(2)44f a x a x x =-+-+，则不等式2(4)420x a x a +-+->恒成立转化为()0f a >在[1,1]a ∈-上恒成立．∴有(1)0(1)0f f ->⎧⎨>⎩，即22(2)4402440x x x x x x ⎧--+-+>⎨-+-+>⎩，整理得：22560320x x x x ⎧-+>⎨-+>⎩，解得：1x <或3x >．x ∴的取值范围为()(),13,-∞⋃+∞．故选：C ．2．（2022·全国·高三专题练习）不等式225732ax x a x +->-对一切()1,0a ∈-恒成立，则实数x 的取值范围是（）A ．(]1,4,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭B ．(][),41,-∞-⋃-+∞C ．()4,1--D ．14,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】A令()()227532=-+-+f a a x x x ，对一切()1,0a ∈-均大于0恒成立，所以 ()()22270175320⎧->⎪⎨-=--+-+≥⎪⎩x f x x x ，或()227005320⎧-<⎪⎨=-+≥⎪⎩x f x x ，或22705320⎧-=⎪⎨-+≥⎪⎩x x x ，解得4x ≤-或x >12≤<xx = 综上，实数x 的取值范围是4x ≤-，或12x ≥. 故选：A.3．（2021·全国·高一课时练习）对任意的[1,1]a ∈-，函数2()(4)42f x x a x a =+-+-的值总大于0，则x 的取值范围为（） A ．(1,3) B ．(,1)(3,)-∞+∞ C ．(,1)-∞ D ．(3,)+∞【答案】B对任意[]1,1a ∈-，函数()()2442f x x a x a =+-+-的值恒大于零设()()2244g a x a x x =-+-+，即()0g a >在[]1,1a ∈-上恒成立.()g a 在[]1,1a ∈-上是关于a 的一次函数或常数函数，其图象为一条线段，则只需线段的两个端点在x 轴上方，即()()2215601320g x x g x x ⎧-=-+>⎪⎨=-+>⎪⎩，解得3x >或1x < 故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查不等式在区间上恒成立问题，解答本题的关键是构造函数()()2244g a x a x x =-+-+，将问题转化为()0g a >在[]1,1a ∈-上恒成立，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题.4．（2021·江西吉安·高一期中）若不等式21634x ax x a -≥--对任意[]2,4a ∈-成立，则x 的取值范围为（） A ．(][),83,-∞-⋃+∞B ．()[),01,-∞+∞C ．[]8,6-D ．(]0,3【答案】A由题得不等式2(4)3160x a x x ---+≤对任意[]2,4a ∈-成立，所以22(4)(2)3160(4)43160x x x x x x ⎧----+≤⎨---+≤⎩，即2252400x x x x ⎧--+≤⎨-+≤⎩，解之得3x ≥或8x ≤-. 故选：A高频考点五：一元二次不等式的应用1．（2021·全国·高一课时练习）某文具店购进一批新型台灯，每盏的最低售价为15元，若每盏按最低售价销售，每天能卖出45盏，每盏售价每提高1元，日销售量将减少3盏，为了使这批台灯每天获得600元以上的销售收入，则这批台灯的销售单价x （单位：元）的取值范围是（） A ．()10,20 B ．[)15,20 C ．()18,20 D ．[)15,25【答案】B由题意，得()45315600x x ⎡⎤⎦>⎣--，即2302000x x -+<，∴()()10200x x --<，解得1020x <<．又每盏的最低售价为15元，∴1520x ≤<．故选：B ．2．（2021·河北·石家庄一中高一阶段练习）某城市对一种每件售价为160元的商品征收附加税，税率为%R （即每销售100元征税R 元），若年销售量为5302R ⎛⎫- ⎪⎝⎭万件，要使附加税不少于128万元，则R 的取值范围是（） A ．[]4,8 B ．[]6,10 C ．[]4%,8% D ．[]6%,100%【答案】A根据题意，要使附加税不少于128万元，则530160%1282R R ⎛⎫-⨯⨯≥ ⎪⎝⎭，整理得：212320R R -+≤，解得：48R ≤≤.所以R 的取值范围是[]4,8，故选：A.3．（2021·全国·高一专题练习）某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15元的价格销售，每天能卖出30盏；若售价每提高1元，日销售量将减少2盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得400元以上（不含400元）的销售收入．则这批台灯的销售单价x （单位：元）的取值范围是（） A ．{}1016x x ≤⎡⎤⎣⎦，即2302000x x -+<，解得1020x <<，因为15x >，所以1520x <<，这批台灯的销售单价x 的取值范围是{}1520x x <<，故选：C.4．（2021·全国·高一课时练习）一服装厂生产某种风衣，日产量为()x x ∈N 件时，售价为p 元/件，每天的总成本为R 元，且1602p x =-，50030R x =+，要使获得的日利润不少于1300元，则x 的取值范围为 A ．{}045x x ∈<<N B ．{}045x x ∈<N C ．{}020x x ∈<N D ．{}2045x x ∈N【答案】D设日利润为y 元，则()()21602500302130500y x x x x x =-⋅-+=-+-，由1300y ，解得2045x ，即x 的取值范围为{}2045x x ∈N . 故选D ．5．（2021·全国·高一专题练习）某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x （件）与单价P （元）之间的关系为1602P x =-，生产x 件所需成本为C （元），其中()50030C x =+元，若要求每天获利不少于1300元，则日销售量x 的取值范围是（）. A ．{}2030,N x x x +≤≤∈ B ．{}2045,N x x x +≤≤∈ C ．{}1530,N x x x +≤≤∈ D ．{}1545,N x x x +≤≤∈【答案】B设该厂每天获得的利润为y 元，则()()21602500302130500y x x x x x =-⋅-+=-+-，080x <<，N x +∈，根据题意，可得221305001300x x -+-≥，解得2045x ≤≤，故当2045x ≤≤，且N x +∈时，每天获得的利润不利于1300元. 故选B.1．（2020·山东·高考真题）已知二次函数2y ax bx c=++的图像如图所示，则不等式20ax bx c++>的解集是（）A．()2,1-B．()(),21,-∞-⋃+∞B．C．[]2,1-D．(][),21,-∞-+∞【答案】A结合图像易知，不等式20ax bx c++>的解集()2,1-，故选：A.2．（2019·全国·高考真题（理））设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B=A．(-∞，1) B．(-2，1)C．(-3，-1) D．(3，+∞)【答案】A由题意得，{}{}23,1A x x xB x x==<或，则{}1A B x x⋂=<．故选A．3．（2017·天津·高考真题（理））已知函数23,1,()2, 1.x x xf xx xx⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩设a R∈，若关于x的不等式()||2xf x a≥+在R上恒成立，则a的取值范围是A．47[,2]16-B．4739[,]1616-C．[-D．39[]16-【答案】A不等式()2xf x a≥+为()()2xf x a f x-≤+≤(*)，当1x≤时，(*)式即为22332xx x a x x-+-≤+≤-+，2233322xx a x x-+-≤≤-+，又22147473()241616x x x -+-=---≤-（14x =时取等号），223339393()241616x x x -+=-+≥（34x =时取等号），所以47391616a -≤≤，当1x >时，(*)式为222x x a x x x --≤+≤+，32222x x a x x--≤≤+，又3232()22x x x x --=-+≤-x =222x x +≥=（当2x =时取等号），所以2a -≤，综上47216a -≤≤．故选A ． 4．（2019·天津·高考真题（文））设x ∈R ，使不等式2320x x +-<成立的x 的取值范围为__________. 【答案】2(1,)3-2320x x +-<，即(1)(32)0x x +-<，即213x -<<，故x 的取值范围是2(1,)3-．5．（2018·天津·高考真题（文））已知a R ∈，函数()22220220x x a x f x x x a x ⎧++-≤=⎨-+->⎩，，，．若对任意x ∈［–3，+∞），f (x )≤x 恒成立，则a 的取值范围是__________．【答案】1,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦分类讨论：①当0x >时，()f x x ≤即：222x x a x -+-≤，整理可得：21122a x x ≥-+，由恒成立的条件可知：()2max 11022a x x x ⎛⎫≥-+> ⎪⎝⎭，结合二次函数的性质可知：当12x =时，2max 1111122848x x ⎛⎫-+=-+= ⎪⎝⎭，则18a ≥；②当30x -≤≤时，()f x x ≤即：222x x a x ++-≤-，整理可得：232a x x ≤--+，由恒成立的条件可知：()()2min3230a x x x ≤--+-≤≤，结合二次函数的性质可知：当3x =-或0x =时，()2min322x x --+=，则2a ≤；综合①②可得a 的取值范围是1,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为1,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦.一、单选题1．（2022·河南濮阳·高二开学考试（理））若不等式250ax x b -+<的解集为1132x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭，则,a b 的值分别为（） A ．6-，1- B ．1，6 C ．1-，6 D ．6，1【答案】D由不等式解集可知：13和12是方程250ax x b -+=的两根，且0a >，115321132a b a⎧+=⎪⎪∴⎨⎪⨯=⎪⎩，解得：6a =，1b =. 故选：D.2．（2022·江苏南通·高三阶段练习）当x ∈R 时，不等式2210x x a ---≥恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],2-∞- B ．(),2-∞- C ．(],0-∞ D ．(),0∞-【答案】A由题意，当x ∈R 时，不等式2210x x a ---≥恒成立，故2(2)4(1)0a ∆=-++≤ 解得2a ≤-故实数a 的取值范围是(],2-∞-故选：A3．（2022·吉林·农安县教师进修学校高一期末）不等式()()22210a x a x -+--<对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．()2,2-B ．(]2,2-C ．()(),22,∞∞--⋃+D ．()[),22,-∞-⋃+∞【答案】B由题意，不等式2(2)(2)10a x a x -+--<对一切R x ∈恒成立，当20a -=时，即2a =时，不等式10-<恒成立，符合题意；当20a -≠时，即2a ≠时，要使得不等式2(2)(2)10a x a x -+--<对一切R x ∈恒成立，则满足()()220Δ2420a a a -<⎧⎪⎨=-+-<⎪⎩，解得22a -<<，综上，实数a 的取值范围是(2,2]-. 故选：B.4．（2022·河南焦作·高二期末（理））若存在()2,1x ∈--，使得不等式220x kx -+>成立，则实数k 的取值范围为（）A ．()-+∞ B ．(,-∞-C ．()3,-+∞D ．[)3,∞-+【答案】C存在(2,1)x ∈--，不等式220x kx -+>成立，则22x k x+>，(2,1)x ∈--能成立，即对于(2,1)x ∈--，22x k x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭成立，令222()x f x x x x+==+，(2,1)x ∈--，则22222()1x f x x x-'=-=，令()0f x x '=⇒=所以当(2,x ∈-，()0()f x f x '>，单调递增，当(1)x ∈-，()0()f x f x '<，单调递减，又(2)(1)3f f -=-=-，所以f(x)>−3，所以3k >-. 故选：C5．（2022·河南·高一阶段练习）已知关于x 的不等式()()()2233100,0a m x b m x a b +--->>>的解集为1(,1)(,)2-∞-+∞，则下列结论错误的是（）A ．21a b +=B ．ab 的最大值为18C ．12a b+的最小值为4D．11a b+的最小值为3+ 【答案】C由题意，不等式()()223310a m x b m x +--->的解集为(]1,1,2⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭，可得230a m +>，且方程()()223310a m x b m x +---=的两根为1-和12，所以131223111223b m a m a m -⎧-+=⎪⎪+⎨⎪-⨯=-⎪+⎩，所以232a m +=，31b m -=-，所以21a b +=，所以A 正确；因为0a >，0b >，所以21a b +=≥18ab ≤，当且仅当122a b ==时取等号，所以ab 的最大值为18，所以B 正确；由12124()(2)44448b a a b a b a b a b +=++=++≥++=，当且仅当4b aa b =时，即122a b ==时取等号，所以12a b+的最小值为8，所以C 错误；由()111122333b a a b a b a b a b ⎛⎫+=++=++≥+ ⎪⎝⎭ 当且仅当2b aa b=时，即b =时，等号成立，所以11a b+的最小值为3+D 正确．故选：C ．6．（2022·浙江·安吉县高级中学高一开学考试）已知关于x 的不等式20ax bx c ++<的解集为{|1x x <-或4}x >，则下列说法正确的是（）A ．0a >B ．不等式20ax cx b ++>的解集为{|22x x << C ．0a b c ++< D ．不等式0ax b +>的解集为{}|3x x >【答案】B解：因为关于x 的不等式20ax bx c ++<的解集为{|1x x <-或4}x >，所以0a <，所以选项A 错误；由题得014,3,414a b b a c a a c a ⎧⎪<⎪⎪-+=-∴=-=-⎨⎪⎪-⨯=⎪⎩，所以20ax cx b ++>为2430,22x x x --<∴<所以选项B正确；设2()f x ax bx c =++，则(1)0f a b c =++>，所以选项C 错误；不等式0ax b +>为30,3ax a x ->∴<，所以选项D 错误. 故选：B7．（2022·江苏南京·高一期末）已知,b c ∈R ，关于x 的不等式20x bx c ++<的解集为()2,1-，则关于x 的不等式210cx bx ++>的解集为（）A ．1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭ C ．()1,1,2∞∞⎛⎫--⋃+ ⎪⎝⎭ D ．()1,1,2∞∞⎛⎫--⋃+ ⎪⎝⎭【答案】A因为不等式20x bx c ++<的解集为()2,1-，所以2121-=-+⎧⎨=-⨯⎩b c 即12=⎧⎨=-⎩b c ，不等式210cx bx ++>等价于2210x x -++>，解得112x -<<.故选：A.8．（2022·重庆八中高一期末）关于x 的不等式()221ax x -<恰有2个整数解，则实数a 的取值范围是（） A ．33,11,22⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．3443,,2332⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭C ．33,11,22⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭ D ．3443,,2332⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B由()221ax x -<恰有2个整数解，即()()11110a x a x +---<⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦恰有2个整数解，所以()()110a a +->，解得1a >或1a <-，①当1a >时，不等式解集为11,11a a ⎛⎫ ⎪+-⎝⎭，因为110,12a ⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭，故2个整数解为1和2，则1231a <≤-，即22133a a -<≤-，解得4332a ≤<； ②当1a <-时，不等式解集为11,11a a ⎛⎫ ⎪+-⎝⎭，因为11,012a ⎛⎫∈- ⎪-⎝⎭，故2个整数解为1-，2-则1321a -≤<-+，即()()21131a a -+<≤-+，解得3423a -<≤-. 综上所述，实数a 的取值范围为3423a -<≤-或4332a ≤<. 故选：B.二、填空题9．（2022·上海金山·高一期末）若关于x 的不等式290x mx -+>的解集为R ，则实数m 的取值范围是______.【答案】()66-，关于x 的不等式290x mx -+> 的解集为R ，则()2490m ∆=--⨯< ，所以66m -<< ，故答案为：()66-，10．（2022·安徽·泾县中学高一开学考试）记关于x 的不等式220x x a a -+-≤的解集为A ，集合{}12B x x =-≤<，若A B ，则实数a 的取值范围为___________.【答案】()1,2-解：原不等式220x x a a -+-≤可变形为()()10x a x a -+-≤，当1a a ，即12a =时，12A ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，满足题意；当1a a <-，即12a <时，{}1A x a x a =≤≤-，所以112a a ≥-⎧⎨-<⎩，解得1a >-，所以112a -<<；当1a a ，即12a >时，{}1A x a x a =-≤≤，所以21112a a a ⎧⎪<⎪-≥-⎨⎪⎪>⎩，解得122a <<. 综上可得1a 2-<<，即()1,2a ∈-；故答案为：()1,2-11．（2022·河南驻马店·高一期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家．用其名字命名的“高斯函数”为：[]()y x x =∈R ，[]x 表示不超过x 的最大整数，如[ 1.6]2-=-，[1.6]1=，[2]=2，则关于x 的不等式2[][]120x x +-<的解集为__________.【答案】[3,3)-∵2[][]120x x +-<，∴4[]3x -<<，∴33x -≤<，故答案为：[3,3)-12．（2022·浙江金华第一中学高一期末）已知关于x 的不等式2280ax bx ++>的解集为()4,,m m ⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，其中0m <，则4b a b +的最小值是___________.【答案】3因为关于x 的不等式2280ax bx ++>的解集为()4,,m m ⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭，所以4,m m是方程2280ax bx ++=的两个不相等的实根，因此有48424,2,b m m a m b m a m a m ⋅=+=-⇒=+=-，因为0m <，所以44b m m =-+≥-，当且仅当4m m -=-时取等号，即2m =-时取等号， 4)2418(2b b a b b b b +=+=+，设18()()(4)2f b b b b=+≥，因为函数18()()2f b b b =+在)+∞上单调递增，所以当4b ≥时，函数18()()2f b b b =+单调递增，所以min ()(4)3f b f ==，故答案为：3三、解答题13．（2022·河南濮阳·高二开学考试（理））已知关于x 的函数()232f x ax x =-+． (1)当1a =时，求不等式()0f x >的解集.(2)当0a >时，求不等式()5f x ax >-的解集.【答案】(1)()(),12,-∞+∞(2)()3,1,a ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭(1)当1a =时，()()()23221f x x x x x =-+=--，由()0f x >得：1x <或2x >，()0f x ∴>的解集为{1x x <或}2x >.(2)由()5f x ax >-得：()()()233310ax a x ax x +--=-+>，当0a >时，令()()310ax x -+=，解得：130x a=>，21x =-，则由()()310ax x -+>得：1x <-或3x a >， ()5f x ax ∴>-的解集为()3,1,a ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭. 14．（2022·湖南·高一课时练习）若不等式20x ax b --<的解集是{}23x x <<，求不等式210bx ax --≥的。

苏教版高考总复习数学精品课件函数第四章解答题专项第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题

规律方法利用分离参数法来确定不等式（，为实参数）恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：（1）将参数与变量分离，化为或的形式;（2）求在时的最大值或最小值;（3）解不等式或，从而得到的取值范围.
题型三端点赋值法求解不等式恒（能）成立问题
典例3已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
解当时，，则.令，得. 当时，；当时，,所以函数在上单调递减，在上单调递增,所以当时，函数取得最小值，且最小值为.
题型五最值定位法解决双变量恒（能）成立问题
典例5(2023南京检测)已知函数.
（1）当时，求的极值；
解的定义域为，当时，，.令，可得;令，可得或，函数的减区间为，，增区间为,当时，函数取得极小值，且极小值为3；当时，函数取得极大值，且极大值为.
（2）当时，设，若存在,，，求实数的取值范围为自然对数的底数，
题型二分离参数法求解不等式恒（能）成立问题
典例2已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
解当时，，，令,则，故单调递增，注意到，故当时，，单调递减;当时，，单调递增.
（2）当时，，求实数的取值范围.
解由，得，其中.①当时，不等式为，显然成立，符合题意；②当时，不等式可化为，记，，令，则，令,则，故单调递增，，故函数单调递增，，由可得恒成立.故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，.综上可得，实数的取值范围是.
［对点训练1］(2023南通检测)已知函数，.
（1）若，证明：当时，.
解当时，，所以即证，.先证，令，，在上单调递增，，即.再证，令，，在上单调递增，，即，当时，.
（2）当时，，求实数的取值范围.
解，令，，因为，题设等价于在上恒成立，由（1）知，当时，.①当时，恒成立.②当时，等价于，（ⅰ）当时，，令，在上单调递增，且, ，存在，使，当，，即，不合题意；

(江苏专用)高考数学一轮复习第四章导数及其应用热点探究课2 函数、导数与不等式教师用书-人教版

热点探究课(二) 函数、导数与不等式[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的X 围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有.热点1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的X 围.(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值X 围.【导学号：62172114】[思路点拨] (1)求出导数后对a 分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a 的X 围．[规X 解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .2分若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.5分所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.11分因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.12分令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值X 围是(0,1).14分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)．第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论．第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)．第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规X ．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．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.[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，某某数c 的取值X 围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.2分当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.4分(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.8分(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x，有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值X 围是[11，＋∞).14分热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值X 围.(2016·高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值X 围． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .2分因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .4分 (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ，所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.6分令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.8分f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x (－∞，－2)－2 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋－＋f (x )c c －3227所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.14分[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2] 设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 【导学号：62172115】[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.2分 ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.4分(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).6分设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.10分又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.14分热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题. ☞角度1 证明不等式设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 2－1且x ＞0时，e x＞x 2－2ax ＋1.[解] (1)由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，f ′(x )＝e x－2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，ln 2)ln 2 (ln 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减2(1－ln 2＋a )单调递增故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a ).6分(2)设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R .于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a ＞ln 2－1时，g ′(x )最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )＞0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )＞0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a ＞ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞g (0)．又g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x－x 2＋2ax －1＞0，故e x ＞x 2－2ax ＋1.14分 ☞角度2 不等式恒成立问题(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值X 围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞).1分当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.3分故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.6分 (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0.9分 ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值X 围是(－∞，2].14分 ☞角度3 存在型不等式成立问题设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 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X 围．[解] (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.3分 (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).5分①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.7分②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.10分所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1.综上，a 的取值X 围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).14分 [规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3.“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．应特别关注等号是否成立问题．热点探究训练(二)1.设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值X 围. 【导学号：62172116】 [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝ 6x ＋a e x －3x 2＋ax exe x 2＝－3x 2＋6－a x ＋aex.3分因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.7分(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex，令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.9分当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数.11分由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92.故a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.14分2.(2017·某某模拟)设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值X 围． [解] (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k x －2x 2＝x －2e x－kx x 3.由k ≤0可得e x－kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).6分 (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减，故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x－kx ，x ∈[0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x－k ＝e x－e ln k，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x－k >0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点；当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g 0>0，g ln k <0，g 2>0，0<ln k <2，解得e<k <e22.13分综上所述，函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22. 14分3.(2016·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X 围．[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ).1分 (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，在(1，＋∞)上单调递增.3分 (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减.5分③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减.7分(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点.9分(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值X 围为(0，＋∞).14分4.(2017·某某模拟)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值X 围；(3)求证：ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N ＋). 【导学号：62172117】[解] (1)f ′(x )＝a 1－xx(x >0)．当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1]，减区间为[1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数.4分(2)由f ′(2)＝－a 2＝1得a ＝－2，∴f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′t <0，g ′3>0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，所以有：⎩⎪⎨⎪⎧g ′1<0，g ′2<0，g ′3>0，∴－373<m <－9.8分(3)证明：令a ＝－1，此时f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2，由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，＋∞)时f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，∴ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立，∵n ≥2，n ∈N ＋，则有0<ln n <n －1，∴0<ln n n <n －1n.word11 / 11 ∴ln 22×ln 33×ln 44×ln n n <12×23×34×…×n －1n ＝1n(n ≥2，n ∈N ＋).16分。

高考数学大一轮复习 2.8函数与方程教师用书理苏教版-苏教版高三全册数学试题

§2.8函数与方程1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x) (x∈D)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x) (x∈D)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．2．二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象与零点的关系Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1,0)，(x2,0) (x1,0) 无交点零点个数210对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( ×)(2)函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点(函数图象连续不断)，则f (a )·f (b )<0.( × ) (3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)在b 2－4ac <0时没有零点．( √ ) (4)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．( × ) (5)函数y ＝2sin x －1的零点有无数多个．( √ )(6)函数f (x )＝kx ＋1在[1,2]上有零点，则－1<k <－12.( × )1．(2013·某某改编)若a 0，f (b )＝(b －c )(b －a )<0，f (c )＝(c －a )(c －b )>0.因此有f (a )·f (b )<0，f (b )·f (c )<0，又因f (x )是关于x 的二次函数，函数的图象是连续不断的曲线，因此函数f (x )的两零点分别位于区间(a ，b )和(b ，c )内．2．若x 1，x 2是方程1112()2xx -+=的两个实根，则x 1＋x 2＝________.答案－1解析 ∵1112()2xx -+=，∴1122x x-=，∴x ＝1x－1即x 2＋x －1＝0，∴x 1＋x 2＝－1.3．(2014·某某改编)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为________．答案 {－2－7，1,3} 解析令x <0，则－x >0，所以f (－x )＝(－x )2－3(－x )＝x 2＋3x . 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )．所以当x <0时，f (x )＝－x 2－3x .所以当x ≥0时，g (x )＝x 2－4x ＋3.令g (x )＝0，即x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.当x <0时，g (x )＝－x 2－4x ＋3.令g (x )＝0，即x 2＋4x －3＝0，解得x ＝－2＋7>0(舍去)或x ＝－2－7.所以函数g (x )有三个零点，故其集合为{－2－7，1,3}．4．已知函数f (x )＝ln x －x ＋2有一个零点所在的区间为(k ，k ＋1) (k ∈N *)，则k 的值为________．答案 3解析由题意知，当x >1时，f (x )单调递减，因为f (3)＝ln 3－1>0，f (4)＝ln 4－2<0，所以该函数的零点在区间(3,4)内，所以k ＝3.题型一函数零点的判断和求解例1 (1)根据表格中的数据，可以判定方程e x－x －2＝0的一个零点所在的区间为(k ，k ＋1)(k ∈N )，则k 的值为________.x－1 0 1 2 3 e x0.37 1 2.72 7.39 20.09 x ＋212345(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x －x 2＋2x ，x >0，4x ＋1， x ≤0的零点个数是________．答案 (1)1 (2)3解析 (1)令f (x )＝e x－x －2，f (1)＝e －3<0，f (2)＝e 2－2－2＝e 2－4＝7.39－4＝3.39>0.∴f (x )的零点在区间(1,2)内，∴k ＝1.(2)当x >0时，作函数y ＝ln x 和y ＝x 2－2x 的图象，由图知，x >0时，f (x )有两个零点；当x <0时，由f (x )＝0得x ＝－14，综上，f (x )有三个零点．思维升华函数零点的求法：(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．(1)函数f (x )＝2x＋3x 的零点所在的一个区间是________．①(－2，－1) ②(－1,0) ③(0,1) ④(1,2)(2)若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是________．答案 (1)② (2)4解析 (1)∵f (－2)＝2－2－6<0，f (－1)＝2－1－3<0，f (0)＝20＝1>0，f (1)＝2＋3＝5>0，f (2)＝22＋6＝10>0，∴f (－1)·f (0)<0.故函数f (x )在区间(－1,0)上有零点． (2)由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点，即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点．题型二二次函数的零点问题例2 已知函数f (x )＝x 2＋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－x 2的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋x 2＋1在区间(1,2)上有两个不同的零点，某某数a 的取值X 围．解 (1)因为不等式f (x )≤0的解集为[1,2]，所以a ＝－3，于是f (x )＝x 2－3x ＋2. 由f (x )≥1－x 2得，1－x 2≤x 2－3x ＋2，解得x ≤12或x ≥1，所以不等式f (x )≥1－x 2的解集为{x |x ≤12或x ≥1}．(2)函数g (x )＝2x 2＋ax ＋3在区间(1,2)上有两个不同的零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g 1>0，g 2>0，1<－a4<2，a 2－24>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X 围是(－5，－26)．思维升华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的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．已知f (x )＝x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)的一个零点比1大，一个零点比1小，某某数a 的取值X 围．解方法一设方程x 2＋(a 2－1)x ＋(a －2)＝0的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，则(x 1－1)(x 2－1)<0，即x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1<0，由根与系数的关系，得(a －2)＋(a 2－1)＋1<0，即a 2＋a －2<0，∴－2<a <1. 方法二函数图象大致如图，则有f (1)<0，即1＋(a 2－1)＋a －2<0，故－2<a <1.题型三函数零点和参数的X 围例3 若关于x 的方程22x＋2xa ＋a ＋1＝0有实根，某某数a 的取值X 围．解方法一 (换元法)设t ＝2x (t >0)，则原方程可变为t 2＋at ＋a ＋1＝0，(*) 原方程有实根，即方程(*)有正根．令f (t )＝t 2＋at ＋a ＋1.①若方程(*)有两个正实根t 1，t 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4a ＋1≥0，t 1＋t 2＝－a >0，t 1·t 2＝a ＋1>0，解得－1<a ≤2－22；②若方程(*)有一个正实根和一个负实根(负实根，不合题意，舍去)，则f (0)＝a ＋1<0，解得a <－1；③若方程(*)有一个正实根和一个零根，则f (0)＝0且－a2>0，解得a ＝－1.综上，a 的取值X 围是(－∞，2－22]．方法二 (分离变量法)由方程，解得a ＝－22x＋12x ＋1，设t ＝2x(t >0)，则a ＝－t 2＋1t ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2t ＋1－1＝2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ＋1＋2t ＋1，其中t ＋1>1，由基本不等式，得(t ＋1)＋2t ＋1≥22，当且仅当t ＝2－1时取等号，故a ≤2－2 2. 思维升华对于“a ＝f (x )有解”型问题，可以通过求函数y ＝f (x )的值域来解决，解的个数也可化为函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝a 交点的个数．(2014·某某)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0,3)时，f (x )＝|x 2－2x ＋12|.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3,4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值X 围是________．答案 (0，12)解析作出函数y ＝f (x )在[－3,4]上的图象，f (－3)＝f (－2)＝f (－1)＝f (0)＝f (1)＝f (2)＝f (3)＝f (4)＝12，观察图象可得0<a <12.数形结合思想在函数零点问题中的应用典例：(1)方程log3x＋x－3＝0的解所在的区间是______．(2)已知函数f(x)＝log a x＋x－b(a>0，且a≠1)，当2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________.思维点拨(1)利用零点存在性定理；(2)利用临界情况时f(x)的图象观察零点的大小．答案(1)(2,3) (2)2解析(1)设f(x)＝log3x＋x－3，则f(2)＝log32－1<0，f(3)＝log33＋3－3＝1>0，∴f(x)＝0在(2,3)有零点，又f(x)为增函数，∴f(x)＝0的零点在(2,3)内．(2)在直角坐标系下分别作出y＝log2x，y＝log3x及y＝3－x，y＝4－x的图象，如图所示，显然所有可能的交点构成图中的阴影区域(不含边界)，其中各点的横坐标均落于(2,3)之内，又因为x0∈(n，n＋1)，n∈N*，故n＝2.温馨提醒(1)零点问题可转化为函数图象的交点问题进行求解，体现了数形结合的思想．(2)求零点X围时用数形结合求解可减少思维量，作图时要尽量准确.方法与技巧1．函数零点的判定常用的方法有(1)零点存在性定理；(2)数形结合；(3)解方程f(x)＝0.2．研究方程f(x)＝g(x)的解，实质就是研究G(x)＝f(x)－g(x)的零点．3．转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数X 围问题可转化为函数值域问题．失误与防X1．函数f (x )的零点是一个实数，是方程f (x )＝0的根，也是函数y ＝f (x )的图象与x 轴交点的横坐标．2．函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象.A 组专项基础训练 (时间：40分钟)1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1， x ≤1，1＋log 2x ， x >1，则函数f (x )的零点为________．答案 0解析当x ≤1时，由f (x )＝2x－1＝0，解得x ＝0；当x >1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝12，又因为x >1，所以此时方程无解．综上函数f (x )的零点只有0.2．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是________．答案 2解析 (数形结合法) ∵a >0，∴a 2＋1>1.而y ＝|x 2－2x |的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有两个交点．3．若关于x 的方程x 2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m 的取值X 围是________．答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)解析 ∵方程x 2＋mx ＋1＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝m 2－4>0，∴m >2或m <－2.4．函数f (x )＝x cos x 2在区间[0,4]上的零点个数为________．答案 6解析由f (x )＝x cos x 2＝0，得x ＝0或cos x 2＝0.又x ∈[0,4]，所以x 2∈[0,16]．由于cos(π2＋k π)＝0(k ∈Z )，而在π2＋k π(k ∈Z )的所有取值中，只有π2，3π2，5π2，7π2，9π2满足在[0,16]内，故零点个数为1＋5＝6.5．已知三个函数f (x )＝2x＋x ，g (x )＝x －2，h (x )＝log 2x ＋x 的零点依次为a ，b ，c ，则a ，b ，c 的大小关系为________．答案 a <c <b解析方法一由于f (－1)＝12－1＝－12<0，f (0)＝1>0，且f (x )为R 上的增函数．故f (x )＝2x＋x 的零点a ∈(－1,0)． ∵g (2)＝0，∴g (x )的零点b ＝2； ∵h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1＋12＝－12<0，h (1)＝1>0，且h (x )为(0，＋∞)上的增函数，∴h (x )的零点c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因此a <c 0的解集是________．答案 {x |－32<x <1}解析 ∵f (x )＝x 2＋ax ＋b 的两个零点是－2,3. ∴－2,3是方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根，由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧－2＋3＝－a ，－2×3＝b .∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－6，∴f (x )＝x 2－x －6. ∵不等式af (－2x )>0，即－(4x 2＋2x －6)>0⇔2x 2＋x －3<0，解集为{x |－32<x <1}．7．函数f (x )＝3x －7＋ln x 的零点位于区间(n ，n ＋1)(n ∈N )内，则n ＝________. 答案 2解析由于ln 2<ln e ＝1，所以f (2)<0，f (3)＝2＋ln 3，由于ln 3>1，所以f (3)>0，所以增函数f (x )的零点位于区间(2,3)内，故n ＝2.8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x >0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值X 围是________．答案 (0,1) 解析画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x >0，－x 2－2x ，x ≤0的图象，如图．由于函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，结合图象得：0<m <1，即m ∈(0,1)．9．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋x 2＋14.证明：存在x 0∈(0，12)，使f (x 0)＝x 0.证明令g (x )＝f (x )－x .∵g (0)＝14，g (12)＝f (12)－12＝－18，∴g (0)·g (12)<0.又函数g (x )在[0，12]上连续，∴存在x 0∈(0，12)，使g (x 0)＝0.即f (x 0)＝x 0.10．关于x 的二次方程x 2＋(m －1)x ＋1＝0在区间[0,2]上有解，某某数m 的取值X 围．解方法一设f (x )＝x 2＋(m －1)x ＋1，x ∈[0,2]， ①若f (x )＝0在区间[0,2]上有一解， ∵f (0)＝1>0，则应有f (2)<0，又∵f (2)＝22＋(m －1)×2＋1， ∴m <－32.②若f (x )＝0在区间[0,2]上有两解，则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，0<－m －12<2，f 2≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －12－4≥0，－3<m <1，4＋m －1×2＋1≥0.∴⎩⎪⎨⎪⎧m ≥3或m ≤－1，－3<m <1，m ≥－32，∴－32≤m ≤－1.由①②可知m 的取值X 围是(－∞，－1]．方法二显然x ＝0不是方程x 2＋(m －1)x ＋1＝0的解， 0<x ≤2时，方程可变形为 1－m ＝x ＋1x，又∵y ＝x ＋1x在(0,1]上单调递减，[1,2]上单调递增，∴y ＝x ＋1x在(0,2]的取值X 围是[2，＋∞)，∴1－m ≥2，∴m ≤－1，故m 的取值X 围是(－∞，－1]．B 组专项能力提升 (时间：30分钟)1．(2014·某某改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ＋1－3， x ∈－1，0]，x ， x ∈0，1]，且g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]内有且仅有两个不同的零点，则实数m 的取值X 围是________．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 解析作出函数f (x )的图象如图所示，其中A (1,1)，B (0，－2)．因为直线y ＝mx ＋m ＝m (x ＋1)恒过定点C (－1,0)，故当直线y ＝m (x ＋1)在AC 位置时，m ＝12，可知当直线y ＝m (x ＋1)在x 轴和AC 之间运动时两图象有两个不同的交点(直线y ＝m (x ＋1)可与AC 重合但不能与x 轴重合)，此时0<m ≤12，g (x )有两个不同的零点．当直线y ＝m (x ＋1)过点B 时，m ＝－2；当直线y ＝m (x ＋1)与曲线f (x )相切时，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1x ＋1－3，y ＝m x ＋1，得mx 2＋(2m ＋3)x ＋m ＋2＝0，由Δ＝(2m ＋3)2－4m (m ＋2)＝0，解得m ＝－94，可知当y ＝m (x ＋1)在切线和BC 之间运动时两图象有两个不同的交点(直线y ＝m (x ＋1)可与BC 重合但不能与切线重合)，此时－94<m ≤－2，g (x )有两个不同的零点．综上，m 的取值X 围为(－94，－2]∪(0，12]． 2．若直角坐标平面内的两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称．则称点对[P ，Q ]是函数y ＝f (x )的一对“友好点对”(点对[P ，Q ]与[Q ，P ]看作同一对“友好点对”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－x 2－4x ，x ≤0，则此函数的“友好点对”有________对．答案 2解析函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，－x 2－4x ，x ≤0的图象及函数f (x )＝－x 2－4x (x ≤0)的图象关于原点对称的图象如图所示，则A ，B 两点关于原点的对称点一定在函数f (x )＝－x 2－4x (x ≤0)的图象上，故函数f (x )的“友好点对”有2对．3．若方程4－x 2＝k (x －2)＋3有两个不等的实根，则k 的取值X 围是________．答案 (512，34]解析作出函数y 1＝4－x 2和y 2＝k (x －2)＋3的图象如图所示，函数y 1的图象是圆心在原点，半径为2的圆在x 轴上方的半圆(包括端点)，函数y 2的图象是过定点P (2,3)的直线，因为点A (－2,0)，则k PA ＝3－02－－2＝34.直线PB 是圆的切线，由圆心到直线的距离等于半径得，|3－2k PB |k 2PB ＋1＝2，得k PB＝512.由图可知当k PB <k ≤k PA 时，两函数图象有两个交点，即原方程有两个不等实根．所以512<k ≤34.4．已知0<a <1，k ≠0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x， x ≥0，kx ＋1， x <0，若函数g (x )＝f (x )－k 有两个零点，则实数k 的取值X 围是________．答案 (0,1)解析函数g (x )＝f (x )－k 有两个零点，即f (x )－k ＝0有两个解，即y ＝f (x )与y ＝k 的图象有两个交点．分k >0和k <0作出函数f (x )的图象．当0<k <1时，函数y ＝f (x )与y ＝k 的图象有两个交点；当k ＝1时，有一个交点；当k >1或k <0时，没有交点，故当0<k <1时满足题意．5．已知a 是正实数，函数f (x )＝2ax 2＋2x －3－a .如果函数y ＝f (x )在区间[－1,1]上有零点，求a 的取值X 围．解 f (x )＝2ax 2＋2x －3－a 的对称轴为x ＝－12a .①当－12a ≤－1，即0≤a ≤12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0，f 1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5，a ≥1，∴a 的解集为∅.②当－1<－12a <0，即a >12时，须使⎩⎪⎨⎪⎧f －12a ≤0，f 1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12a －3－a ≤0，a ≥1，解得a ≥1，∴a 的取值X 围是[1，＋∞)．6．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e2x(x >0)．(1)若y ＝g (x )－m 有零点，求m 的取值X 围；(2)确定m 的取值X 围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)方法一 ∵g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e，则y ＝g (x )－m 就有零点．方法二作出g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图象如图．可知若使y ＝g (x )－m 有零点，则只需m ≥2e.(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e2x(x >0)的大致图象如图．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2. ∴其图象的对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2.故当m －1＋e 2>2e ，即m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m的取值X围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．。

(江苏专版)2020版高考数学一轮复习第二章第四节函数的图象教案文(含解析)苏教版

第四节函数的图象1．描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：(1)①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性)．(2)列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点)． (3)描点，连线． 2．图象变换 (1)平移变换①y ＝f (x )的图象――――――――→a ＞0，右移a 个单位a ＜0，左移|a |个单位y ＝f (x －a )的图象； ②y ＝f (x )的图象――――――――→b ＞0，上移b 个单位b ＜0，下移|b |个单位y ＝f (x )＋b 的图象． (2)对称变换①y ＝f (x )的图象――――――→关于x 轴对称 y ＝－f (x )的图象； ②y ＝f (x )的图象――――→关于y 轴对称 y ＝f (－x )的图象； ③y ＝f (x )的图象―――――→关于原点对称 y ＝－f (－x )的图象； ④y ＝a x(a ＞0且a ≠1)的图象――――――→关于直线y ＝x 对称 y ＝log a x (a ＞0且a ≠1)的图象．(3)伸缩变换 ①y ＝f (x )的图象②y ＝f (x )的图象――――――――――――――――――――→a ＞1，纵坐标伸长为原来的a 倍，横坐标不变0＜a ＜1，纵坐标缩短为原来的a 倍，横坐标不变y ＝af (x )的图象． (4)翻转变换①y ＝f (x )的图象―――――――――→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象；②y ＝f (x )的图象――――――――――――→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象．[小题体验]1．f (x )的图象如图所示，则f (x )＝________.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ∈[－1，0]，－12x ，x ∈，2]2．函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )＝________.解析：与曲线y ＝e x 关于y 轴对称的图象对应的解析式为y ＝e －x ，将函数y ＝e －x的图象向左平移1个单位长度即得y ＝f (x )的图象，所以f (x )＝e－(x ＋1)＝e－x －1.答案：e－x －13．(2018·扬州期末)若函数y ＝f (x )的图象经过点(1,2)，则函数y ＝f (－x )＋1的图象必经过的点的坐标是________．解析：把函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，再向上平移1个单位，可得函数y ＝f (－x )＋1的图象．把函数y ＝f (x )的图象上的点(1,2)关于y 轴对称，再向上平移1个单位，可得点(－1,3)，故函数y ＝f (－x )＋1的图象必定经过的点的坐标是(－1,3)．答案：(－1,3)1．函数图象的每次变换都针对自变量“x ”而言，如从f (－2x )的图象到f (－2x ＋1)的图象是向右平移12个单位，其中是把x 变成x －12.2．明确一个函数的图象关于y 轴对称与两个函数的图象关于y 轴对称的不同，前者是自身对称，且为偶函数，后者是两个不同函数的对称关系．如函数y ＝f (|x |)的图象属于自身对称，而y ＝f (x )与y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称是两个函数．[小题纠偏]1．函数y ＝5x与函数y ＝－15x 的图象关于________对称．答案：原点2．把函数y ＝f (2x )的图象向右平移________个单位得到函数y ＝f (2x －3)的图象．答案：32考点一作函数的图象基础送分型考点——自主练透[题组练透]分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|lg x |； (2)y ＝2x ＋2；(3)y ＝x 2－2|x |－1.解：(1)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ≥1，－lg x ，0＜x ＜1.图象如图1.(2)将y ＝2x的图象向左平移2个单位．图象如图2.(3)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0.图象如图3.[谨记通法]作函数图象的3种常用方法考点二识图与辨图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x ＜－1，x ＋a ，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)＝________.解析：由图象可得－a ＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x ＜－1，x ＋，x ≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1.答案：－12．(2019·启东检测)若函数f (x )＝|a x＋b |(a ＞0，a ≠1，b ∈R)的图象如图所示，则a ＋b 的取值范围是________．解析：由图可得，函数f (x )的零点为12，即a ＋b ＝0.由图可得，当x ＞12时，函数f (x )为增函数，故a ＞1，所以a ＋b ＝a －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－14∈(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)[由题悟法]识图3种常用的方法[即时应用]1．已知y ＝f (x )的图象如图所示，则f (x )的值域为________．解析：由图象易知f (x )的值域为(－∞，－1]∪(1,3)．答案：(－∞，－1]∪(1,3)2．如图，函数f (x )的图象是曲线OAB ，其中点O ，A ，B 的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1f＝________. 解析：由图象知f (3)＝1，所以1f＝1，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫1f＝f (1)＝2.答案：2考点三函数图象的应用题点多变型考点——多角探明[锁定考向]函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．常见的命题角度有： (1)研究函数的性质； (2)求参数的值或范围； (3)研究不等式；(4)确定方程根(零点)的个数．(详见本章第八节考点二)[题点全练]角度一：研究函数的性质 1．已知函数f (x )＝|x 2－4x ＋3|.(1)求函数f (x )的单调区间，并指出其增减性；(2)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有四个不相等的实根}．解：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2－1，x ∈－∞，1]∪[3，＋，－x －2＋1，x ∈，作出函数f (x )的图象如图所示．(1)由图知函数f (x )的单调递增区间为[1,2]和[3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，1]和[2,3]．(2)由图象可知，若y ＝f (x )与y ＝m 图象有四个不同的交点，则0＜m ＜1，所以集合M ＝{m |0＜m ＜1}．角度二：求参数的值或范围2．(2019·苏州实验中学测试)定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，b ＜a ，已知函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4，若动直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，则实数m 的取值范围为________．解析：设g (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}，则f (x )＝g (x )＋4，故把g(x)的图象向上平移4个单位长度，可得f(x)的图象，函数f(x)＝min{x，x2－4x＋4}＋4的图象如图所示，由直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有3个交点，可得m的取值范围为(4,5)．答案：(4,5)角度三：研究不等式3．(2018·启东中学测试)如图所示，函数y＝f(x)的图象是圆x2＋y2＝2上的两段弧，则不等式f(x)＞f(－x)－2x的解集是________．解析：由图象可知，函数f(x)为奇函数，故原不等式可等价转化为f(x)＞－x，在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x的图象，由图象可知不等式的解集为(－1,0)∪(1，2]．答案：(－1,0)∪(1，2]4．若不等式(x－1)2＜log a x(a＞0，且a≠1)在x∈(1,2)内恒成立，则实数a的取值范围为________．解析：要使当x∈(1,2)时，不等式(x－1)2＜loga x恒成立，只需函数y＝(x－1)2在(1,2)上的图象在y＝log a x的图象的下方即可．当0＜a＜1时，显然不成立；当a＞1时，如图，要使x∈(1,2)时，y＝(x－1)2的图象在y＝log a x的图象的下方，只需(2－1)2≤log a2，即log a2≥1，解得1＜a≤2，故实数a的取值范围是(1,2]．答案：(1,2][通法在握]函数图象应用的常见题型与求解策略(1)研究函数性质：①根据已知或作出的函数图象，从最高点、最低点，分析函数的最值、极值．②从图象的对称性，分析函数的奇偶性．③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性．④从图象与x轴的交点情况，分析函数的零点等．(2)研究方程根的个数或由方程根的个数确定参数的值(范围)：构造函数，转化为两函数图象的交点个数问题，在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解．(3)研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解，但其对应函数的图象可作出时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解．[演练冲关]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2x ，x ≥0，x 2－2x ，x ＜0，若f (3－a 2)＜f (2a )，则实数a 的取值范围是________．解析：如图，画出f (x )的图象，由图象易得f (x )在R 上单调递减，因为f (3－a 2)＜f (2a )，所以3－a 2＞2a ，解得－3＜a ＜1.答案：(－3,1)2．(2019·扬州中学高三调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －1，x ＜0，log a x a ＞0，a ，x ＞0的图象上关于y 轴对称的点恰有9对，则实数a 的取值范围是________．解析：若x ＞0，则－x ＜0，∵x ＜0时，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －1，∴f (－x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2x －1＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －1，则若f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2x －1，x ＜0关于y 轴对称，则f (－x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －1＝f (x )，设g (x )＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2x －1，x ＞0，作出函数g (x )的大致图象如图所示．要满足题意，则须使g (x )＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －1，x ＞0与f (x )＝log ax ，x ＞0的图象恰有9个交点，则0＜a ＜1，且满足f (17)＞g (17)＝－2，f (21)＜g (21)＝－2，即－2＜log a 17，log a 21＜－2，解得2121＜a ＜1717. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫2121，1717一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知函数f (x )＝x 2＋1，若0＜x 1＜x 2，则f (x 1)与f (x 2)的大小关系为________．解析：作出函数图象(图略)，知f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x 1)＜f (x 2)．答案：f (x 2)＞f (x 1)2．(2018·常州一中期末)将函数y ＝e x的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，再向右平移2个单位，所得函数的解析式为________．解析：将函数y ＝e x 的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，可得y ＝e 2x，再向右平移2个单位，可得y ＝e2(x －2)＝e2x －4.答案：y ＝e2x －43．(2018·前黄中学月考)设函数y ＝f (x ＋1)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)的偶函数，在区间(－∞，0)是减函数，且图象过点(1,0)，则不等式(x －1)f (x )≤0的解集为________．解析：y ＝f (x ＋1)向右平移1个单位得到y ＝f (x )的图象，由已知可得f (x )的图象的对称轴为x ＝1，过定点(2,0)，且函数在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，则f (x )的大致图象如图所示．不等式(x －1)f (x )≤0可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，f x 或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，f x 由图可知符合条件的解集为(－∞，0]∪(1,2]．答案：(－∞，0]∪(1,2]4．使log 2(－x )＜x ＋1成立的x 的取值范围是________．解析：在同一坐标系内作出y ＝log 2(－x )，y ＝x ＋1的图象，知满足条件的x ∈(－1,0)．答案：(－1,0)5．若关于x 的方程|x |＝a －x 只有一个解，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意a ＝|x |＋x令y ＝|x |＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，0，x ＜0，图象如图所示，故要使a ＝|x |＋x 只有一解，则a ＞0. 答案：(0，＋∞)6．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ＜0，－x 2，x ≥0.若f (f (a ))≤2，则实数a 的取值范围是________．解析：函数f (x )的图象如图所示，令t ＝f (a )，则f (t )≤2，由图象知t ≥－2，所以f (a )≥－2，当a ＜0时，由a 2＋a ≥－2，即a 2＋a ＋2≥0恒成立，当a ≥0时，由－a 2≥－2，得0≤a ≤2，故a ≤ 2.答案：(－∞， 2 ]二保高考，全练题型做到高考达标1．已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，若f (x )的图象关于直线x ＝1对称的图象对应的函数为g (x )，则g (x )的表达式为________．解析：设g (x )上的任意一点A (x ，y )，则该点关于直线x ＝1的对称点为B (2－x ，y )，而该点在f (x )的图象上．所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132－x ＝3x －2，即g (x )＝3x －2.答案：g (x )＝3x －22．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f (x )的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f (x )的解析式为________．解析：当－1≤x ≤0时，设解析式为f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝1.∴当－1≤x ≤0时，f (x )＝x ＋1.当x ＞0时，设解析式为f (x )＝a (x －2)2－1(a ＞0)， ∵图象过点(4,0)，∴0＝a (4－2)2－1，∴a ＝14，∴当x ＞0时，f (x )＝14(x －2)2－1＝14x 2－x .故函数f (x )的解析式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14x 2－x ，x ＞0.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x ≤0，14x 2－x ，x ＞03．(2019·江阴中学检测)方程x 2－|x |＋a ＝1有四个不同的实数解，则a 的取值范围是________．解析：方程解的个数可转化为函数y ＝x 2－|x |的图象与直线y ＝1－a 交点的个数，作出两函数的图象如图，易知－14＜1－a ＜0，所以1＜a ＜54.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，544．(2019·启东中学期中)设奇函数f (x )的定义域为[－5,5]，若当x∈[0,5]时，f (x )的图象如图，则不等式f xx －1≤0的解集为________．解析：不等式f xx －1≤0，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x －1＜0或⎩⎪⎨⎪⎧f x，x －1＞0.由图象可知：当1＜x ≤5时，由f (x )≤0，解得2≤x ≤5. 当0≤x ＜1时，由f (x )≥0，解得0≤x ＜1，因为f (x )为奇函数，当－2＜x ＜0时，由f (x )≥0，此时无解，当－5≤x ≤－2时，由f (x )≥0，解得－5≤x ≤－2，故不等式的解集为[－5，－2]∪[0,1)∪[2,5]．答案：[－5，－2]∪[0,1)∪[2,5]5．已知函数f (x )的定义域为R ，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －，x ＞0，若方程f (x )＝x ＋a有两个不同实根，则a 的取值范围为________．解析：x ≤0时，f (x )＝2－x－1， 0＜x ≤1时，－1＜x －1≤0，f (x )＝f (x －1)＝2－(x －1)－1.故x ＞0时，f (x )是周期函数，如图所示．若方程f (x )＝x ＋a 有两个不同的实数根，则函数f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 有两个不同交点，故a ＜1，即a 的取值范围是(－∞，1)．答案：(－∞，1)6．(2019·镇江中学测试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，0＜x ≤10，⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12x ＋6，x ＞10.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________．解析：作出函数f (x )的图象如图所示，不妨设a ＜b ＜c ，则b ＋c ＝2×12＝24，a ∈(1,10)，则a ＋b ＋c ＝24＋a ∈(25,34)．答案：(25,34)7．(2019·徐州调研)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，fx ＋，x ＜0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.2]＝－2，[1.2]＝1，若直线y ＝kx ＋k (k ＞0)与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，则k 的取值范围是________．解析：∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≥0，fx ＋，x ＜0，∴作出函数f (x )的图象如图所示．∵y ＝kx ＋k ＝k (x ＋1)，故该直线的图象一定过点(－1,0)，若y ＝kx ＋k 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，则f (x )＝kx ＋k 有三个不同的根， ∵k ＞0，∴当y ＝kx ＋k 过点(2,1)时，k ＝13，当y ＝kx ＋k 过点(3,1)时，k ＝14，要使f (x )＝kx ＋k 有三个不同的根，则实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13 8．(2019·金陵中学月考)已知y ＝f (x )是偶函数，y ＝g (x )是奇函数，它们的定义域均为[－π，π]，且它们在x ∈[0，π]上的图象如图所示，则不等式f (x )·g (x )＜0的解集是________．解析：f (x )·g (x )＜0⇒f (x )与g (x )在同一区间内符号相反，由图可知，当x ∈[0，π]时，两者异号的区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π. 又f (x )为偶函数，g (x )为奇函数，∴当x ∈[－π，0)时，两者异号的区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0， ∴f (x )·g (x )＜0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π9．(2018·盐城一中测试)已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R)，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值；(2)作出函数f (x )的图象并判断其零点个数； (3)根据图象指出f (x )的单调递减区间； (4)根据图象写出不等式f (x )＞0的解集；(5)求集合M ＝{m |使方程f (x )＝m 有三个不相等的实根}．解：(1)因为f (4)＝0，所以4|m －4|＝0，即m ＝4.(2)因为f (x )＝x |4－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －，x ≥4，－x x －，x ＜4.即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2－4，x ≥4，－x －2＋4，x ＜4，所以函数f (x )的图象如图所示．由图象知函数f (x )有两个零点．(3)从图象上观察可知：f (x )的单调递减区间为[2,4]．(4)从图象上观察可知：不等式f (x )＞0的解集为{x |0＜x ＜4或x ＞4}． (5)由图象可知若y ＝f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则0＜m ＜4，所以集合M ＝{m |0＜m ＜4}． 10．已知函数f (x )＝2x，x ∈R.(1)当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式f 2(x )＋f (x )－m ＞0在R 上恒成立，求m 的取值范围．解：(1)令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示．由图象可知，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；当0＜m ＜2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解． (2)令f (x )＝t (t ＞0)，H (t )＝t 2＋t ，因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数，所以H (t )＞H (0)＝0.因此要使t 2＋t ＞m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0，即所求m 的取值范围为(－∞，0]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．对于函数f (x )＝lg(|x －2|＋1)，给出如下三个命题：①f (x ＋2)是偶函数；②f (x )在区间(－∞，2)上是减函数，在区间(2，＋∞)上是增函数；③f (x )没有最小值．其中正确命题的个数为________．解析：因为函数f (x )＝lg(|x －2|＋1)，所以函数f (x ＋2)＝lg(|x |＋1)是偶函数；由y ＝lg x ――――――――――→图象向左平移1个单位长度y ＝lg(x ＋1)――――――――――――――――――――――――――→去掉y 轴左侧的图象，以y 轴为对称轴，作y 轴右侧的对称图象y ＝lg(|x |＋1)――――――――――→图象向右平移2个单位长度y ＝lg(|x －2|＋1)，如图，可知f (x )在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数；由图象可知函数存在最小值为0.所以①②正确．答案：22．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，且g (x )在区间(0,2]上为减函数，求实数a 的取值范围．解：(1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于(0,1)点的对称点P ′(－x,2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x ＋2，所以y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋a x ＝x ＋a ＋1x， g ′(x )＝1－a ＋1x2.因为g (x )在(0,2]上为减函数，所以1－a ＋1x 2≤0在(0,2]上恒成立，即a ＋1≥x 2在(0,2]上恒成立，所以a ＋1≥4，即a ≥3，故实数a 的取值范围是[3，＋∞)．命题点一函数的概念及其表示1．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________．解析：由log 2x －1≥0，即log 2x ≥log 22，解得x ≥2，所以函数f (x )＝log 2x －1的定义域为{x |x ≥2}．答案：{x |x ≥2}2．(2016·江苏高考)函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________．解析：要使函数有意义，需3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，得(x －1)(x ＋3)≤0，即－3≤x ≤1，故所求函数的定义域为[－3,1]．答案：[－3,1]3．(2016·浙江高考)设函数f (x )＝x 3＋3x 2＋1，已知a ≠0，且f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2，x ∈R ，则实数a ＝____，b ＝________.解析：因为f (x )＝x 3＋3x 2＋1，所以f (a )＝a 3＋3a 2＋1，所以f (x )－f (a )＝(x －b )(x －a )2＝(x －b )(x 2－2ax ＋a 2)＝x 3－(2a ＋b )x 2＋(a 2＋2ab )x －a 2b ＝x 3＋3x 2－a 3－3a 2.由此可得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝－3， ①a 2＋2ab ＝0， ②a 3＋3a 2＝a 2b . ③因为a ≠0，所以由②得a ＝－2b ，代入①式得b ＝1，a ＝－2. 答案：－2 14．(2018·全国卷Ⅰ改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x ＞0，则满足f (x ＋1)＜f (2x )的x的取值范围是________．解析：法一：①当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≤0，2x ≤0，即x ≤－1时，f (x ＋1)＜f (2x )，即为2－(x ＋1)＜2－2x ，即－(x ＋1)＜－2x ，解得x ＜1. 因此不等式的解集为(－∞，－1]．②当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≤0，2x ＞0时，不等式组无解．③当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1＞0，2x ≤0，即－1＜x ≤0时，f (x ＋1)＜f (2x )，即为1＜2－2x ，解得x ＜0.因此不等式的解集为(－1,0)．④当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，2x ＞0，即x ＞0时，f (x ＋1)＝1，f (2x )＝1，不合题意．综上，不等式f (x ＋1)＜f (2x )的解集为(－∞，0)．法二：∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x ＞0，∴函数f (x )的图象如图所示．结合图象知，要使f (x ＋1)＜f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＜0，2x ＜0，2x ＜x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x ＜0，∴x ＜0.答案：(－∞，0)[－1,1)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x ＜0，⎪⎪⎪⎪⎪⎪25－x ，0≤x ＜1，其中a ∈R.若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，则f (5a )的值是________．解析：因为函数f (x )的周期为2，结合在[－1,1)上f (x )的解析式，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－12＋a ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92＝f ⎝⎛⎭⎪⎫4＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪25－12＝110. 由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，得－12＋a ＝110，解得a ＝35.所以f (5a )＝f (3)＝f (4－1)＝f (－1)＝－1＋35＝－25.答案：－252．(2013·江苏高考)已知f (x )是定义在R 上的奇函数．当x ＞0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )＞x 的解集用区间表示为________．解析：由于f (x )为R 上的奇函数，所以当x ＝0时，f (0)＝0；当x ＜0时，－x ＞0，所以f (－x )＝x 2＋4x ＝－f (x )，即f (x )＝－x 2－4x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ＞0，0，x ＝0，－x 2－4x ，x ＜0.由f (x )＞x ，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＞x ，x ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－4x ＞x ，x ＜0，解得x ＞5或－5＜x ＜0，所以原不等式的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)．答案：(－5,0)∪(5，＋∞)3．(2018·全国卷Ⅱ改编)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)＝________.解析：法一：∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， ∴f (1－x )＝－f (x －1)．由f (1－x )＝f (1＋x )，得－f (x －1)＝f (x ＋1)， ∴f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )， ∴函数f (x )是周期为4的周期函数．由f (x )为奇函数得f (0)＝0.又∵f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝0，∴f (－2)＝0. 又f (1)＝2，∴f (－1)＝－2，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50) ＝0×12＋f (49)＋f (50) ＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2.法二：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，∴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.答案：24．(2017·全国卷Ⅱ改编)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是________．解析：由x 2－2x －8＞0，得x ＞4或x ＜－2.因此，函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的定义域是 (－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y ＝x 2－2x －8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是(4，＋∞)．答案：(4，＋∞)5．(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 )＝2x 3＋x 2，则f (2)＝________.解析：由已知得，f (－2)＝2×(－2)3＋(－2)2＝－12，又函数f (x )是奇函数，所以f (2)＝－f (－2)＝12. 答案：126．(2017·山东高考)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)＝________.解析：因为f (x ＋4)＝f (x －2)，所以f (x ＋6)＝f (x )，所以f (x )的周期为6，因为919＝153×6＋1，所以f (919)＝f (1)．又f (x )为偶函数，所以f (919)＝f (1)＝f (－1)＝6. 答案：6命题点三函数的图象1.(2016·全国卷Ⅱ改编)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1m(x i ＋y i )＝________.解析：因为f (－x )＝2－f (x )，所以f (－x )＋f (x )＝2.因为－x ＋x2＝0，f －x ＋f x2＝1，所以函数y ＝f (x )的图象关于点(0,1)对称．函数y ＝x ＋1x ＝1＋1x，故其图象也关于点(0,1)对称．所以函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )成对出现，且每一对均关于点(0,1)对称，所以∑i ＝1mx i ＝0，∑i ＝1my i ＝2×m2＝m ，所以∑i ＝1m(x i＋y i )＝m .答案：m2．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 3－2x 的图象过点(－1,4)，则a ＝________. 解析：因为f (x )＝ax 3－2x 的图象过点(－1,4)，所以4＝a ×(－1)3－2×(－1)，解得a ＝－2. 答案：－2。

2023年新高考数学一轮复习4-3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)解析版

专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．2.考查利用导数研究函数的图象，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．3.考查利用导数解决生活中的优化问题，凸显数学建模、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）导数与函数的极值 1．函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值． 2．函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 3.特别提醒：(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )＝0，极值点是f ′(x)＝0的根，但f ′(x)＝0的根不都是极值点(例如()3f x x ＝，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点)．(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．（二）导数与函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．（三）利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x)．(2)求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．（四）常用结论1．若函数f (x)的图象连续不断，则f (x)在[a ，b]上一定有最值．2．若函数f (x)在[a ，b]上是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值．3．若函数f (x)在区间(a ，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．【常考题型剖析】题型一：利用导数研究函数的极值例1.（2017·全国高考真题（理））若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（）． A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦'，因为()20f '-=，所以1a =-，()()211x f x x x e -=--，故()()212x f x x x e --'=+，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增，在()2,1-上单调递减，所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-，故选A ．例2．（2012·重庆·高考真题（理））设函数()f x 在R 上可导，其导函数为 ()'f x ，且函数(1)()y x f x '=-的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC ．函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D ．函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增； ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减；()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减；()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增；选D.例3.（2008·福建·高考真题（文））已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点（-1，-6），且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间；(Ⅱ)若a ＞0，求函数y =f (x )在区间（a -1,a +1）内的极值.【答案】（1）m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是（－∞，0），（2，＋∞）；f (x )的单调递减区间是（0，2）（2）当0<a <1时，f (x )有极大值－2，无极小值，当1<a <3时，f (x )有极小值－6，无极大值；当a=1或a ≥3时，f (x )无极值. 【解析】【详解】（Ⅰ）利用条件的到两个关于m 、n 的方程，求出m 、n 的值，再找函数y=f （x ）的导函数大于0和小于0对应的区间即可．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，分情况讨论区间（a -1，a+1）和单调区间的位置关系再得结论．(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①…由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得＝3x2＋2mx＋n，………………2分则g(x)＝＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的图象关于y轴对称，所以－2623m+⨯＝0，解得m＝－3.代入①得n＝0.于是＝3x2－6x＝3x(x－2)．………………………4分由>0得x>2或x<0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；………………………5分由<0，得0<x<2，故f(x)的单调递减区间是(0,2)．………………………6分(2)由(1)得＝3x(x－2)，令＝0得x＝0或x＝2. ………………7分当x变化时，，f(x)的变化情况如下表：增函数增函数…………………………………9分由此可得：当0<a<1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；当1<a<3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．综上得，当0<a<1时，f(x)有极大值－2，无极小值；当1<a<3时，f(x)有极小值－6，无极大值；当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．………………………………12分【总结提升】 1.两点说明：（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．2.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值．3.求极值问题主要有两种类型，一是由图象求极值，二是求具体函数的极值. 题型二：根据函数极值（点）求参数的值或范围例4.（2021·全国高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（） A ．a b C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D例5.（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>，若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾，故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=，则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e ea <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.【法案】－7【解析】由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩，解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.例7．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值，且导函数()fx ，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：b²>3a; （3）若()f x ，()fx ，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，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】【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3a x =-，再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=，化简可得2239a b a =+，根据极值存在条件可得3a >；（2）由（1，构造函数23()=9t g t t +，利用导数研究函数单调性，可得(g g 2>3b a ；（3）先求证()f x 的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72-，构造差函数213()=9h a a a -+，利用导数研究其单调性，()h a 在(3,)+∞上单调递减．而7(6)=2h -，故可得a 的取值范围．试题解析：解：（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭，又0a >，故2239a b a =+. 因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而()23127039a b a a-=-≤，即3a ≥.3a =时，()>0(1)f x x ≠-'，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()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设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >，所以>，故(g g因此2>3b a .（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，. 【总结提升】由函数极值求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．题型三：利用导数研究函数的最值例8．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x '=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B.例9．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减；当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减；当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增；又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1.例10.（2019年高考全国Ⅲ卷理）已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．例11.（2017·北京·高考真题（文））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】【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式000yf f x 中即可；（Ⅱ）设()()h x f x ='，求()h x '，根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性，根据单调性求函数的最大值为()00h =，从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立，所以函数()f x 是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x ='，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 【规律方法】1.求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a ，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；第三步，将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．3. 二次求导！当导函数y ＝f ′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f ′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f ′(x)的单调性，再根据单调性确定y ＝f ′(x)的正负号．题型四：利用导数解决生活中的优化问题例12．（2020·江苏省高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】（1）120米（2）20O E '=米【解析】【分析】（1）根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】（1）由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米（2）设总造价为()f x 万元，21||8016040O O '=⨯=，设||O E x '=， 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时，()0f x '<；当2040x <<时，()0f x '>，因此当20x 时，()f x 取最小值，答：当20O E '=米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f ′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值．题型五：函数极值与最值的综合问题例13.（2016·天津·高考真题（理））设函数3()(1)f x x ax b =---，x∈R ，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若f （x ）存在极值点x 0，且f （x 1）= f （x 0），其中x 1≠x 0，求证：x 1+2x 0=3；（Ⅲ）设a ＞0,函数g （x ）= |f （x ）|,求证：g （x ）在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()f x ，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)f f -，33(,()33a a f f -的大小即可，可分三种情况研究：①3a ≥；②334a ≤<；③304a <<. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313a x =+，或313ax =-. 当变化时，，的变化情况如下表：所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+，单调递增区间为3(,1)3a -∞-，3(1,)3a ++∞. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x 满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：（1）当时，33102133a a-≤<≤+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----，所以.（2）当时，2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+，233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-，所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-，因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.（3）当时，2323011233a a<-<+<，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， (0)(1(1f f f <=，(2)(1(1f f f >=，所以在区间上的取值范围为，因此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.例14．（2021·北京高考真题）已知函数()232xf x x a-=+．（1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-.【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x -'=，()11f ∴=，()14f '=-，此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=；（2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-.当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小范围．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．。

(苏教版)高考一轮数学(理)：《函数与方程》(一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析)

函数与方程分层训练A 级基础达标演练 (时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2012·苏州期中调研)已知方程x 3＝3－x 的解在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2，n ＋12内，n ∈Z ，则n 的值是________．解析设f (x )＝x 3－(3－x )＝x 3＋x －3，则f (x )是R 上的增函数，且f (1)＝－1<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝158>0，所以f (x )＝0的解x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，从而n ＝2. ★答案★ 22．(2012·无锡调研)已知方程2x＝10－x 的根x ∈(k ，k ＋1)，k ∈Z ，则k ＝________. 解析设f (x )＝2x＋x －10，则由f (2)＝－4＜0，f (3)＝1＞0，所以f (x )的零点在(2,3)内． ★答案★ 23．(2012·济宁模拟)已知a 是函数f (x )＝2x－log 12x 的零点，若0＜x 0＜a ，则f (x 0)的值满足________(与零的关系)．解析因为f (x )是(0，＋∞)上的增函数，且f (a )＝0，于是由0＜x 0＜a ，得f (x 0)＜f (a )＝0，即f (x 0)＜0. ★答案★ f (x 0)＜04．设函数f (x )＝13x －ln x (x ＞0)，则函数f (x )在区间(0,1)，(1，＋∞)内的零点个数分别为________．解析设y ＝13x 与y ＝ln x ，作图象可知f (x )在区间(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内仅有两个零点． ★答案★ 0,25．(2012·菏泽测试)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －4，x ≤1，x 2－4x ＋3，x ＞1，则函数g (x )＝f (x )－log 4x 的零点个数为________．解析设y ＝f (x )与y ＝log 4x ，分别画出它们的图象，得有2个交点，所以函数g (x )的零点个数为2. ★答案★ 26．(2010·南通调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0.若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________．解析画出图象，令g (x )＝f (x )－m ＝0，即y ＝f (x )与y ＝m的图象的交点有3个，∴0＜m ＜1.★答案★ (0,1)二、解答题(每小题15分，共30分)7．若关于x 的方程mx 2＋2(m ＋3)x ＋2m ＋14＝0有两实根，且一个大于4，一个小于4，求实数m 的取值范围．解令f (x )＝mx 2＋2(m ＋3)x ＋2m ＋14，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，f 4＜0或⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，f 4＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＞0，26m ＋38＜0或⎩⎪⎨⎪⎧m ＜0，26m ＋38＞0.解得－1913＜m ＜0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1913，0. 8．(2012·兴化中学期中调研)已知函数f (x )＝|x －a |－a2ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：1<x 1<a <x 2<a 2. (1)解由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，当a ≤0时，f (x )＝|x －a |－a 2ln x ＝x －a －a2ln x ，f ′(x )＝1－a2x>0，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．当a >0时，f (x )＝|x －a |－a2ln x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x －a －a2ln x ，x ≥a ，a －x －a2ln x ，0<x <a ，若x ≥a ，f ′(x )＝1－a 2x ＝2x －a2x>0，此时函数f (x )单调递增，若0<x <a ，f ′(x )＝－1－a2x <0，此时函数f (x )单调递减，综上，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )；单调递增区间为(a ，＋∞)．(2)证明由(1)知，当a ≤0时，函数f (x )单调递增，至多只有一个零点，不合题意；则必有a >0，此时函数f (x )的单调递减区间为(0，a )；单调递增区间为(a ，＋∞)，由题意，必须f (a )＝－a2ln a <0，解得a >1.由f (1)＝a －1－a2ln 1＝a －1>0，f (a )<0，得x 1∈(1，a )．而f (a 2)＝a 2－a －a ln a ＝a (a －1－ln a )，下面证明：a >1时，a －1－ln a >0. 设g (x )＝x －1－ln x ，x >1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，∴g (x )在x >1时递增，则g (x )>g (1)＝0，∴f (a 2)＝a 2－a －a ln a ＝a (a －1－ln a )>0，又f (a )<0， ∴x 2∈(a ，a 2)，综上，1<x 1<a <x 2<a 2.分层训练B 级创新能力提升1．(2012·苏州模拟)若偶函数f (x )在区间为[0，a ](a ＞0)上是单调函数，且f (0)·f (a )＜0，则方程f (x )＝0在区间[－a ，a ]内根的个数是________．解析由f (0)·f (a )＜0，且f (x )在[0，a ](a ＞0)上单调，知f (x )＝0在[0，a ]上有一根，又函数f (x )为偶函数，f (x )＝0在[－a,0]上也有一根．所以f (x )＝0在区间[－a ，a ]内有两个根． ★答案★ 22．已知函数f (x )＝x 2＋(1－k )x －k 的一个零点在(2,3)内，则实数k 的取值范围是________．解析因为Δ＝(1－k )2＋4k ＝(1＋k )2≥0对一切k ∈R 恒成立，又k ＝－1时，f (x )的零点x ＝－1∉(2,3)，故要使函数f (x )＝x 2＋(1－k )x －k 的一个零点在(2,3)内，则必有f (2)·f (3)<0，即2<k <3.★答案★ (2,3)3．(2012·盐城调研(一))若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k 的取值范围是________．解析如图，若y ＝kx ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1x 0，kx 0＋1＝ln x 0，解得x 0＝e 2，k ＝1e2.欲使方程有解，则y ＝kx ＋1与y ＝ln x 有公共点，所以k ≤1e2.★答案★ ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e 2 4．(2013·盐城市调研(一))已知函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33－x 44＋…＋x 2 0112 011，g (x )＝1－x ＋x 22－x 33＋x 44－…－x 2 0112 011，设F (x )＝f (x ＋3)·g (x －3)，且函数F (x )的零点均在区间[a ，b ](a＜b ，a ，b ∈Z )内，则b －a 的最小值为________．解析由f ′(x )＝1－x ＋x 2－x 3＋…＋x2 010＝1＋x2 0111＋x，则f ′(x )＞0，f (x )为增函数，又f (0)＝1＞0，f (－1)＜0，从而f (x )的零点在(－1,0)上；同理g (x )为减函数，零点在(1,2)上，∴F (x )的零点在(－4，－3)和(4,5)上，要使区间[a ，b ]包含上述区间，则需(b －a )min ＝9. ★答案★ 95．设函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c (a >0，a ，c ∈R )．(1)设a >c >0.若f (x )>c 2－2c ＋a 对x ∈[1，＋∞)恒成立，求c 的取值范围； (2)函数f (x )在区间(0,1)内是否有零点，有几个零点？为什么？解 (1)因为二次函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c 的图象的对称轴为x ＝a ＋c3a，由条件a >c >0，得2a >a ＋c ，故a ＋c 3a <2a 3a ＝23<1，即二次函数f (x )的对称轴在区间[1，＋∞)的左边，且抛物线开口向上，故f (x )在[1，＋∞)内是增函数．若f (x )>c 2－2c ＋a 对x ∈[1，＋∞)恒成立，则f (x )min ＝f (1)>c 2－2c ＋a ，即a －c >c 2－2c ＋a ，得c 2－c <0，所以0<c <1. (2)①若f (0)·f (1)＝c ·(a －c )<0，则c <0，或a <c ，二次函数f (x )在(0,1)内只有一个零点． ②若f (0)＝c >0，f (1)＝a －c >0，则a >c >0.因为二次函数f (x )＝3ax 2－2(a ＋c )x ＋c 的图象的对称轴是x ＝a ＋c 3a .而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 3a ＝－a 2＋c 2－ac3a<0，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，a ＋c 3a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 3a ，1内各有一个零点，故函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点．6．(2011·天津卷)已知a >0，函数f (x )＝ln x －ax 2，x >0.(f (x )的图象连续不断) (1)求f (x )的单调区间；(2)当a ＝18时，证明：存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32；(3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β－α≥1，使f (α)＝f (β)，证明ln 3－ln 25≤a ≤ln 23.(1)解 f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax2x，x ∈(0，＋∞)．令f ′(x )＝0，解得x ＝2a2a. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2a2a2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞ f ′(x ) ＋－f (x )极大值所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2a ，f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. (2)证明当a ＝18时，f (x )＝ln x －18x 2，由(1)知f (x )在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减．令g (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.由于f (x )在(0,2)内单调递增，故f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，即g (2)>0.取x ′＝32e>2，则g (x ′)＝41－9e232<0.所以存在x 0∈(2，x ′)，使g (x 0)＝0，即存在x 0∈(2，＋∞)，使f (x 0)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32.(说明：x ′的取法不唯一，只要满足x ′>2，且g (x ′)<0即可．) (3)证明由f (α)＝f (β)及(1)的结论知α<2a2a<β，从而f (x )在[α，β]上的最小值为f (α)，又由β－α≥1，α，β∈[1,3]，知1≤α≤2≤β≤3.故⎩⎪⎨⎪⎧f 2≥f α≥f 1，f 2≥f β≥f 3.即⎩⎪⎨⎪⎧ln 2－4a ≥－a ，ln 2－4a ≥ln 3－9a .从而ln 3－ln 25≤a ≤ln 23.。

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1
第四讲函数与方程及函数的实际应用
考点知识梳理
一、函数的零点与方程的根

1、概念：对于函数)(xfy我们把使的实数x叫做函数)(xfy的零点。
2、函数零点和方程根的关系
方程)(0)(xfyxf函数有实数根的图像与有交点
）函数xfy(
有零点。
3、函数零点的判断

如果函数baxfy,)(在区间上的图像是一条连续曲线，并且有，则函数

)(xfy
在区间上有零点，即存在ccfbac，这个使得0)(,就是方程

0)(xf
的根。

2、二次函数)0(2acbxaxy的图像与零点的关系
（1）0，函数与x轴交点坐标为_____________，零点个数为___________
（2）0，函数与x轴交点坐标为_____________，零点个数为___________
（3）0，无交点，零点个数_______
二函数模型及其应用
1、常用的函数模型：一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数

2、指数函数、对数函数、幂函数的增长速度的比较：在区间,0上，指数函数

1aay
x
，_对数函数1logaxya，幂函数0nxyn

随着x的增大，指数函数1aayx的增长速度________对数函数1logaxya的
增长速度，因此，总会存在一个0x，当xnaaxxxx____________log0时，有
4、函数模型的应用实例的基本题型：
（1）给定函数模型解决实际问题；（2）建立确定性的函数模型解决问题；
（3）建立拟合函数模型解决实际问题.
考点分类探究
考点一、函数零点的判断
1、判断下列函数在给定区间上是否存在零点

（1）8,1,183)(2xxxxf （2）3,1,)2(log)(2xxxxf

2、函数xxxf2ln)(在区间（）内一定有零点
2,1、A 3,2、B 4,31,1和、eC 
,eD、
2

3、函数0,ln20,32)(2xxxxxxf的零点个数为_____________
4、若1,02xxfRxfy是偶函数，当的周期函数，且上的周期为是定义在时，

12xxf
，则函数xxfxg5log的零点个数________

考点二、函数与方程思想的应用
例1 已知函数，，mxxgxxxfln6)(8)(2

（1）求)(1)(xhttxf上的最大值，在区间；
（2）是否存在实数)((xgyxfym）的图像与，使得的图像有且只有三个不同的交
点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。

三函数零点的综合运用
例2 已知a是实数，函数1,1-,3222在区间如果函数xfyaxaxxf上有
零点，求a的取值范围.
3

考点4 函数模型的最值问题
例3 为了研究某种药物，用小白鼠进行试验，发现药物在血液内的浓度与时间的关系使用
方式的不同而不同，若使用注射方式给药，则在注射后的三个小时内，药物在白鼠血液内的
浓度

；为满足与时aaatyty,3404
11
，

则药物在白鼠血液内的浓度31,2310,22ttttyty满足关系式：与时间，先对小白鼠
同时进行注射和口服该种药物，且注射药物和口服药物的吸收与代谢互不干扰。
（1）若1a，求3小时内，该小白鼠何时血液内药物的浓度最高，并求出最大值；
（2）若小白鼠在用药后3小时内血液中的药物浓度不低于4，求正数a的取值范围。

例4 如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1
千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程221(1)(0)20ykxkxk表示的曲

线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
（1）求炮的最大射程；
（2）设在第一象限有一飞行物（忽略其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不
超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．

x（千米）
y（千米）

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