_虚设零点_巧解导数的两类问题(长沙市南雅中学石向阳)
这也要归功于问题（2）的虚设零点及降次留参。
回避复杂的运算，摆脱解决问题过程中的一些技术
二、导函数零点存在但无法求出的问题
难点，在求解比较复杂的含参函数的综合问题中具
如果 f 忆（x）=0 是超越形式（对字母进行了有限次 有很好的应用价值，值得我们关注。
初 等超越运 算包括 无理数次 乘方、指 数、对 数、三
[
2 3
（a-1）x1-
a 3
]·[
2 3
（a-1）x2-
a 3
]=
4 9
（a-1）2x1x2-
2a（a9-1）（x1
+x2）+
a2 9
＜0，因 为
x1，x2
为方程
f 忆（x）
=x2+2x+a=0 的两个根，由韦达定理有 x1+x2=-2，x1x2
=a，代入化简得
a92（4a-3）＜0，得
a＜
3 4
：（1）略。
求一种整体的转换和过渡。这就是本文的第三个策
（2）f 忆（x）=x2+2x+a，由题设知，x1，x2 为方程 f （忆 x） 略。
=0 的两个根，故有 a＜1，x12=-2x1-a，x22=-2x2-a。因
此 f（x1）=
1 3
x13+x12+ax1=
1 3
x（1 -2x1-a）+x12+ax1=
一、导函数零点可求，但极值计算偏繁或无法化
简的问题 这种情况，f 忆（x）=0 一般可转化为二次方程，很
容 易 想 当 然 ，用 求 根 公 式 把 零 点 求 出 来 ，代 入 极 值 中。但接下来要么计算偏繁，要么无法化简，复杂的 算式让人无处下手，导致后继工作无法开展。正所谓 “思路简单，过程烦人”，这时可以运用以下两个策略 化繁为简。
零点 x2 表示参数，有 1-k=-3x22+6x2。这样巧妙地回避
了繁杂的计算，简洁而利索，可谓妙哉。
如 果 问 题 要 求 解（或 求 证）的 结 论 与 参 数 有 关 ，
虚设零点后，利用关系式 f （忆 x）=0（大部分情况可转
化 为二次 方程），在保留参 数的情况 下 ，不断 地 把 零
点的次数降到不可再降为止，再结合其他条件建立
（作者单位：长沙市南雅中学）
年 月 / 53
a 2x0
，又 x0
=
a 2e 2x0
，得
lnx0 =
ln
a 2e2x0
=
ln
a 2
-2x0 ，所 以
f（x0）=
e 2x0-alnx0=
a 2x0
姨 -a（ln
a 2
-2
x0）=
a 2x0
+
2 ax0+ aln
2 a
逸2
a 2x0
×2ax0
+aln
2 a
=2a+aln
2 a
。
故当
a＞0
时，f（x）逸2a+aln
所以 g（x）的图像与 x 轴只有一个交点，只需要 g（x2）＞0。由 g（忆 x2）=3x22-6x2+1-k=0 得 1-k=-3x22+6x2。 g（x2）=x23- 3x22+（1- k）x2 +4=x23- 3x22+（-3x22+6x2）x2 + 4=-2x23+3x22+4。
令 x2=t，g（x2）=h（t）=-2t3+3t2+4（1 ＜t ＜2），h忆（t） =-6t2+6t=6（t 1-t）＜0，故 h（t）在（1，2）上为减函数，于 是可得 h（t）＞h（2）=0，即 g（x2）＞0。所以当 -2＜k＜1 时，g（x）的图像与 x 轴只有一个交点。
含参数的方程（或不等式），就可求出参数的值或参
数的范围。
（2012 年高考全国大纲卷（文））已知函数
（f x）=
1 3
x3+x2+ax。
（1）讨论 （f x）的单调性；
（2）设 （f x）有两个极值点 x1，x2，若过两点（x1， f（x1）），（x2，（f x2））的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y=
a 3
，
（2）证明：当
a＞0
时，f（x）逸2a+aln
2 a
。
设 l 与 x 轴的交点为（x0，0），得 x0= 2（aa-1）。而 f（x0）
=
1 3
（
2（aa-1））3+（
2（aa-1））2+
2（aa-2 1）=
24（aa-2 1）3·
：（1）f（x）的定义域为（0，+肄），f 忆（x）=2e2x-
1 3
x12+
（2015 年全国高考新课标 I 卷（文））设函 数 f（x）=e2x-alnx。
2 3
ax1=
13（-2x1-a）+
2 3
ax1=
23（a-1）x1-
a 3
，同理
f（x2）
（1）讨论 f（x）的导函数 f 忆（x）零点的个数；
=
23（a-1）x2-
a 3
。因此直线 l 的方程为
y=
23（a-1）x-
探
索
解题教学
“虚设零点”，巧解导数的两类问题
石向阳
在高考函数压轴题中，我们经常会遇到导函数 具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问 题。此时，我们不必正面强求，而是直接设出零点，充 分利用其满足的关系式，谋求一种整体的转换和过 渡，再结合其他条件解决问题，我们称这种解题技巧 为“虚设零点”法。下面，笔者通过对一些高考题的分 析，说明“虚设零点”的三大策略在解题中的作用。
综上（1）、（2）可知，当 k＜1 时，曲线 y=（f x）与直 线 y=kx-2 只有一个交点。
：本题当 -2＜k＜1 时，转化为证 g（x2）＞0。
x2
是可以求出的（实际上
x2=1+
姨6+3k 3
），但我们证
关于
k
的不等式
g（x2）=g（1+
姨6+3k 3
）＞0，让人无处
下手。于是，我们虚设零点 x2，采用“反代”的方法，用
：曲线 y=（f x）与直线 y=kx-2 只有一个交点圳 g（x）=（f x）-kx+2 的图像与 x 轴只有一个交点。g（x） =x3-3x2+（1-k）x+4，g（忆 x）=3x2-6x+1-k。
（1）当 Δ=36-12（1-k）=24+12k≤0，即 k≤-2 时， g忆（x）逸0，所以 g（x）在 上为增函数。因为 g（-1） =k-1＜0，g（0）=4＞0，所以存在唯一 x0∈（-1，0）使得 g（x0）=0，所以 g（x）的图像与 x 轴只有一个交点。
如 果 问 题 要 求 解（或 求 证）的 结 论 与 参 数 无 关 ， 我们虚设零点后，一般不要用参数表示零点，而是反 过来用零点表示参数，然后把极值函数变成关于零 点的单一函数，再次求导就可解决相应函数的单调 性、极值、最值、不等式证明等问题。
（2014 全国高考新课标Ⅱ卷（文））已知函 数 （f x）=x3-3x2+x+2，曲线 y=（f x）在点（0，2）处的切线 与 x 轴交点的横坐标为 -2。证明：当 k＜1 时，曲线 y=（f x）与直线 y=kx-2 只有一个交点。
年 月 / 52
探
索
新解 闻题 调教 查学
（f x）上，求 a 的值；
角 、反 三 角 等 运 算 的 解 析 式 ，称 为 初 等 超 越 式 ，简 称
（3）（加编）函数 （f x）的图像与 x 轴有三个公共 超越式），我们无法求出导函数零点，这时一律采用
点，求 a 的取值范围。
“虚 设 零 点 ”法 ，通 过 形 式 化 的 合 理 代 换 或 推 理 ，谋
（2）由（1），可设 f 忆（x）在（0，+肄）的唯一零点为
x0，当 x∈（0，x0）时 ，f 忆（x）＜0；当 x ∈（x0，+肄）时，
f 忆（x）＞0。故 f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+肄）单调
递增，所以 f（x）min=f（x0）。
由于
2e - 2x0
a x0
=
0，得
2e = 2x0
或a=
2 3
或a=
3 4
。所以，所求a的
值为a=0
或a=
2 3
或a=
3 4
。
（3）函数 f（x）的图像与 x 轴有三个公共 点圳
f（x）有极大值、极小值且两个极值异号。
f（x）有极大值、极小值圳f（忆 x）有两零点圳Δ=4-4a
＞0 即 a＜1。
f（x）两 个 极 值 异 号 圳 f（x1）·f（x2）＜0，即
a x
（x＞0）。由 f 忆（x）=0 得 2xe2x=a。令 g（x）=2xe2x，g （忆 x）
=（4x+2）e2x ＞0（x＞0），从 而 g（x）在（0，+肄）单调 递
（12a2-17a+6），由题设知，点（x0，0）在曲线 y=（f x）上， 增，所以 g（x）＞g（0）=0。
故
f（x0）=0，解得a=0
2 a
。
：本题第（2）问要证明
f（x）逸2a+aln
2 a
，只
找 到 零点 x1，x2 与 参 数 a 之 间 的 联 系（x12=-2x1-a， x22=-2x2-a），利用它们不断地把零点的次数降到 1 次为止，再利用设而不求法求出直线方程，利用直线 方程求出与 x 轴的交点，根据交点在已知曲线上建 立含参数 a 的方程，从而得到参数 a 的值；对于问题 （3），等价转化为 （f x1）·（f x2）＜0，再利用韦达定理转 化纯粹的含参数 a 的不等式，求出了 a 的取值范围，
微专题 向量”心“思维 定义永相随(答案附后)
解：由已知得 AP = ( AB + AC ) ， | AB | sin B | AC | sin C
由正弦定理知| AB | sin B =| AC | sin C ，∴ AP = ( AB + AC) ， | AB | sin B
设 BC 的中点为 D，则由平行四边形法则可知点 P 在 BC 的中线 AD 所在的射线上，所以动点 P 的 轨迹一定通过△ABC 的重心，故选 A . 变式训练 3：已知 O 是平面上的一定点，A、B、C 是平面上不共线的三个点，动点 P 满足
11、△ABC 中，AB=1, BC = 6 , CA = 2, △ABC 的外接圆的圆心为 O，若 AO = AB + AC ，求实数 , 的值.
信心 专心 4 细心 恒心
长沙市南雅中学石向阳
高三理科数学一轮复习
各个击破——微专题
向量“心”思维 定义永相随
三角形重心、内心、垂心、外心的概念：
若
2
OA
2
= OB
= OC2 ，则
2
OA
=
2
OB
=
OC
2
，∴
OA
=
OB
=
OC
，则 O 是
C B
O
△ABC 的外心。
【例题精讲】 例 1：已知 O 是平面上一定点，A、B、C 是平面上不共线的三个点，动点 P 满足
OP = OA +
AB
+
AC
,
[0, +) . 则 P 点的轨迹一定通过△ABC 的
信心 专心 1 细心 恒心
长沙市南雅中学石向阳
高三理科数学一轮复习
各个击破——微专题
谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用-以2019年几道模拟题为例
谈虚设零点消元法在导数压轴大题中的应用
------以 2019 年几道地市模拟题为例 在高考的导数压轴题中， 经常会遇到导函数具有零点但求解又相对比较复 杂甚至是无法求解的问题，这个时候，从正面去强求函数的零点值是很困难的， 我们不妨只须设出函数的零点， 然后利用其满足的关系式，谋求一种整体的替换 和过渡，往往会给我们带来意向不到的效果，最后再结合题目的其他条件，就可 以很快解决这类问题。 对于最近的几道地市模拟题的导数压轴题，我们发现它们 用的好像都是同一个方法----虚设零点消元法，只分析第一道，其他同理， 顺便再看看之前曾经出现过的两道经典题． 一、【2019 合肥一模理科 21】 二、【2019 顺德三模理科 21】 三、【2019 佛山 3 月统考（北京燕博园）理科 21】 四、【2019 广州一模理科 21】 五、【2019 广东模拟理科 21】 六、【2018 广州二模理科 21】 七、【2013 全国二卷理科 21】
【对于导函数 g ( x ) f ( x ) a ， 我们无法求解其零点，但由于导函数在定义域两 端可以取到正无穷和负无穷，所以导函数在定义域内有唯一的零点，这时可以 设这个唯一的零点为 x0 】
可知，当 x (1, x0 ) 时， g ( x ) 0 ， g ( x ) e ln( x 1) ax 单调递减；
一、【2019 合肥一模理科 21】
21．(本小题满分 12 分) 已知函数 f ( x) e x ln( x 1) ( e 为自然对数的底数)． (Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间； (Ⅱ)若 g ( x ) f ( x ) ax ， a R ，试求函数 g ( x ) 极小值的最大值．
解析：(Ⅰ)易知 x 1 ，且 f ( x ) e
虚设隐零点 巧解高考题
虚设隐零点 巧解高考题求解导数压轴题时，很多时候都需要求函数在给定区间上的零点，但经常会碰到函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形．此时，可以将这个零点虚设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决．我们称这种解题方法为“虚设零点”法．此解题方法类似于解析几何中的“设而不求”.例1：（2017年全国II ，理21）已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥.(1)求a ；(2)证明()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()2202e f x --<<.解：(1)1a =；（2）由（1）知 ()2ln f x x x x x =--，()'22ln f x x x =--,1()2f x x''=-∴()f x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增.即min 1()()ln 2102f x f ''==-<又222(1)0,()0f f e e -''==> ∴201(,)2x e -∃∈使得0()0f x '= 当0(0,)x x ∈时，()0f x '>，0(,1)x x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>∴()f x 在()()00,,1,x +∞单调递增，在()0,1x 单调递减即()f x 存在唯一的极大值点0x . 又000()22ln 0f x x x '=--= ∴00ln 22x x =-从而 2220000000011()ln ()24f x x x x x x x x =--=-+=--+201(,)2x e -∈ ∴ 2011()()()24f e f x f -<<=而22222()()f e e ee ----=+> ∴()2202ef x --<<评析：当导函数存在零点且无法求出时，可考虑虚设零点0x ，再对0()0f x '=进行合理的变形与代换，将超越式转化为普通式，从而达到化简0()f x 的目的.再根据零点存在性判定定理，得出201(,)2x e -∈，并结合0()f x 的单调性即可完成证明. 例2：（2015年全国Ⅰ文科21（2））设函数()2e ln x f x a x =-.求证：当0a >时，()22lnf x a a a+. 解：根据第（1）问可知()f x '有唯一零点，设零点为0x ，且()f x '在()0,+∞单调递增， 当()00,x x ∈时，()0f x '<，即()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 单调递增.∴()f x 在0x x =处取得极小值，即()()0200min e ln x f x f x a x ==-.又()02002e 0x af x x '=-=，解得020e 2x a x =.① ①两边分别取自然对数，得002ln ln 2x a x =-，即00ln ln 22ax x =-. 所以()00000ln 22ln 2222a a a a f x a x ax a x x ⎛⎫=--=+- ⎪⎝⎭22ln2ln 2a a a a a a-=+（当且仅当0022aax x =，即012x =时取等号）. 评析：欲证()22lnf x a a a +，只需证()min 22ln f x a a a+，而()min f x 在()f x '的零点处取得.但()02002e 0x af x x '=-=为超越方程，无法求出其解，故只需“设而不求”，有等式()02002e 0xaf x x '=-=的合理变换，得()00022ln 2a f x ax a x a=++，再利用均值不等式即可证明.例3：（2013全国Ⅱ理科21）已知函数()()e ln xf x x m =-+. （1）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （2）当2m ≤时，证明()>0f x . 解：（1）()1e xf x x m'=-+.由0x =是()f x 的极值点得()00f '=，所以1m =. 于是()()e l n 1x f x x =-+，定义域为()1,-+∞，()1e 1x f x x '=-+.函数()1e 1x f x x '=-+在()1,-+∞上单调递增，且()00f '=，因此当()1,0x ∈-时，()0f x '；当()0,x ∈+∞时，()0f x '.所以，()f x 在()1,0-上单调递减，在()0,+∞上单调递增.（2）证明：当2m ≤，(),x m ∈-+∞时，()()ln ln 2x m x ++≤，则()()ln ln 2x m x -+≥+-从而 ()()ln 2xf x e x ≥+-故只需证 ()()ln 20(2)xg x e x x =+>>--()211e ,()e 02(2)x x g x g x x x '''=-=+>++ ∴()1e 2x g x x '=-+在()2,-+∞上单调递增.又()()11110,002g g e ''-=-<=>，∴存在唯一()01,0x ∈-，使得()00g x '=当()02,x x ∈-时，()0g x '；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '，从而当0x x =时，()g x 取得最小值.由()00g x '=得001e2x x =+，()00ln 2x x +=-， 故()()()2000011022x g x g x x x x +=+=++≥.综上，当2m ≤时，()0f x .例4：（2014年全国Ⅱ文科21）已知函数()3232f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点()0,2处的切线与x 轴交点的横坐标为2-.（1）求a ；（2）证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.解：（1）1a =.（2）由（1）知，32()32f x x x x =-++设()g x ()2f x kx =-+323(1)4x x k x =-+-+，下证()y g x =与x 轴只有一个交点 由题设知10k ->.当0x ≤时，'()g x 23610x x k =-+->，()g x 单调递增，(1)10,(0)4g k g -=-<=，所以()g x =0在(],0-∞有唯一实根.当0x >时，令32()34h x x x =-+，则()g x ()(1)()h x k x h x =+->.而2'()363(2)h x x x x x =-=-，()h x 在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，∴ ()()(2)0g x h x h >≥=即()0g x =在(0,)+∞没有实根.综上，()g x =0在R 有唯一实根，即曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点.例5：（2009年全国Ⅱ理科22）设函数()()21f x x aln x =++有两个极值点12x x 、，且12x x <（I ）求a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性； （II ）证明：()21224ln f x ->解: （I ）()2222(1)11a x x af x x x x x++'=+=>-++令2()22g x x x a =++，其对称轴为12x =-.由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根，其充要条件为480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩，得102a <<⑴当1(1,)x x ∈-时，()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数； ⑵当12(,)x x x ∈时，()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数； ⑶当2,()x x ∈+∞时，()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数； （II ）由（I ）21(0)0,02g a x =>∴-<<，222(2)a x x =-+2 ()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2设()()221(22)1()2h x x x x ln x x =-++>-，则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++ ⑴当1(,0)2x ∈-时，()0,()h x h x '>∴在1[,0)2-单调递增；⑵当(0,)x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 在(0,)+∞单调递减.()1112ln 2(,0),()224x h x h -∴∈->-=当时 故()22122()4In f x h x -=>．例6：（2013年湖北理科10）已知a 为常数，函数)(ln )(ax x x x f -=有两个极值点)(,2121x x x x <，则（ ）A.)(1x f >0, )(2x f >－21B. )(1x f <0, )(2x f <－21C. )(1x f >0, )(2x f <－21D. )(1x f <0, )(2x f >－21【解析】选D∵()(ln )f x x x ax =-，∴()ln 21f x x ax '=-+ 又函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点12,x x ， ∴()ln 21f x x ax '=-+有两个零点12,x x ，即函数()ln g x x =与函数()21h x ax =-有两个交点．∴120,0a x x ><<设经过点()0,1-的曲线()ln g x x =的切线与曲线()ln g x x =相切于点()00,ln x x ，则切线方程为0001ln ()y x x x x -=-，将点()0,1-代入，得01x =，故切点为()1,0． 此时，切线的斜率1k =，∴要函数()ln g x x =与函数()21h x ax =-有两个交点，结合图象可知，021a <<，即1210,012a x x <<<<< ∴ 1111()(ln )f x x x ax =-而111()ln 210f x x ax '=-+=的11ln 21x ax =- ∴21111111()(21)(0)0(01)f x x ax ax ax x f x =--=-<=<<同理，由222()ln 210f x x ax '=-+=得22ln 12x ax +=∴2222222()(ln )(ln 1)(1)2x f x x x ax x x =-=->， 设()(ln 1)(1)2x h x x x =->则ln ()0(1)2x h x x '=>>，即()h x 在(1,)+∞单调递增， ∴1()(1)2h x h >=-即21()2f x >-。
第5讲 第3课时 利用导数研究函数的零点
24
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
考 点 三 构造函数法研究函数的零点 例 3 (2021·全国甲卷节选)已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(a>0)．若
曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围．
解：曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 有且仅有两个交点， 可转化为方程axax＝1(x>0)有两个不同的解， 即方程lnx x＝lnaa有两个不同的解．
当 x→0＋时，h(x)→－∞，当 x→＋∞时，h(x)→0， 作出函数 h(x)的图象与直线 y＝kx－1 如图所示．
6
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当直线 y＝kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，设切点坐标为(x0，lnx20x0)， 则 k＝1－2x30ln x0＝lnx20xx00＋1，即 3ln x0＋x20－1＝0，易得 x0＝1，∴当直线 y＝ kx－1 与函数 h(x)的图象相切时，k＝1.由图象知，当 0<k<1 时，直线 y＝kx －1 与函数 h(x)的图象恰有两个交点，即函数 f(x)恰有两个零点，∴实数 k 的取值范围为(0，1)．
11
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且 φ(x)max＝φ(3) ＝e13，
又 x→＋∞时，φ(x)→0， x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．
12
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
29
突破核心命题 11拓展提能 12拓展提能 限时规范训练
关注导数解决含参函数问题中虚设零点的技巧
过虚设零点 ｏ，并借助 ｇ（ 。）ｌｎ（ｘｏ＋１）一 ｏ＋１：０
来简化 （‰）：
） 一＋ ．
Ｏ
计 （ 。）的范 围创 造 了条件 ．
， 为估
３ 虚 设 零点 ，有效 破解 推理 证 明中的 难点
一 般而言，解决含参 函数的过程 中，若所给的函
数是单调函数 ，则问题通常可以比较容易解决 ；而对
图 ４
： ０，从 而 ＝口 ０＋０．贝４日（ ０）＝ ０＋ 一２ａｌｎｘｏ 一 ２ａｘｏ＝口（一 ０＋１—２１ｎｘｏ）＜０，故 ０＋２１ｎｘｏ一１
＞ ０．
又 由于函数 ｒ（ ）＝ ＋２１ｎｘ一１是 （０，＋∞ ）上 的递增 函数 ，且 ｒ（１）：０，从 而 ｏ＋２１ｎｘｏ一１＞０僦 ０
二 （ ±１ ２± ＝
一
一
２
’
令 ｇ（ ）＝）＝一 ＋１＝ ＞０，故 ｇ（ ）在 （０，
＋ ∞）上 为 单 调 增 函数 ，又 由于 ｇ（Ｏ） ＝一１ ＜０， ｇ（１）＝一ｌｎ２ ＜０，ｇ（２） ＝一Ｉｎ３＋ｌ＜０，
ｇ（３）＝一ｌｎ４＋２＞０，故 ｇ（ ）在（Ｏ，＋∞）上 有且仅有一个零点 ，设为 。，并且 。∈ （２，３）．
，
∈ ［０，＋。。），则要使 对 所有
≥ ０都 有 厂（ ）≥ ，则 只需 ｇ（ｘ） ≥ ０即 可．
ｇ （ ）＝ｅ ＋ｅ一 一 ，由于 ≥０时 ，ｇ”（戈）＝ｅ 一ｅ一 ≥ ０，则 ｇ （ ）在 ［０，＋∞ ）上 为增 函数 ，故 ｇ （ ）∈ ［２—０，＋∞），下面我们通过对 ０的取值的讨论来分 析 ｇ （ ）的正负性 ．
（ ０＋１）Ｉｎ（ ０＋１）＋ ０＋１
Ｏ
（ ０＋１）（ ０—１）＋ ０＋１
2019-2020学年长沙市南雅中学高一(下)第一次月考数学试卷(3月份)(含解析)
2019-2020学年长沙市南雅中学高一(下)第一次月考数学试卷(3月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.若M={x|x>1}，N={x|x≥a}，且N⊆M，则()A. a≤1B. a≥1C. a<1D. a>12.直线x+a2y+6=0与直线(a−2)x+3ay+2a=0平行，则实数a的值为()A. 3或−1B. 0或−1C. −3或−1D. 0或33.已知a=sin2π7,b=cos12π7,c=tan9π7，则()A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. a>c>b4.将函数f(x)=sinx图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位长度得到y=g(x)的图象，则函数y=g(x)的单调递增区间为()A. [2kπ−π12,2kπ+5π12]k∈z B. [2kπ−π6,2kπ+5π6]k∈zC. [kπ−π12,kπ+5π12]k∈z D. [kπ−π6,kπ+5π6]k∈z5.如图，已知矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，将ΔABE沿BE折叠到A′BE位置，使得面A′BE⊥面BCDE，此时异面直线A′B、DE所成的角为()A. π2B. π3C. π4D. π66.如图，已知圆的半径为5，圆内阴影部分的面积是()A. 175π36B. 125π18C. 25π6D. 34π97. 已知圆C 1的圆心在x 轴上，半径为1，且过点(2,−1)，圆C 2:(x −4)2+(y −2)2=10，则圆C 1，C 2的公共弦长为( )A. √624B. 3√2C. 3√74D. 28. 若直线y =kx +5与曲线有交点，则实数的取值范围是( )A. [−√3,√3]B. (−∞,−√3]∪[0,√3)C. [√3,+∞)D. (−∞,−√3]∪[√3,+∞)9. 若函数f(x)=sinωx(ω>0)在区间[π3,π2]上单调递减，则ω取值范围是( )A. 0≤ω≤23B. 0≤ω≤32C. 23≤ω≤3D. 32≤ω≤310. 平面内从点P(a,3)向圆A(x +2)2+(y +2)2=1作切线，则切线长的最小值是( )A. 4B. 2√6C. 5D. 11211. 已知M ，N 分别是曲线C 1:x 2+y 2−4x −4y +7=0,C 2:x 2+y 2−2x =0上的两个动点，P 为直线x +y +1=0上的一个动点，则|PM |+|PN |的最小值为( )A. √2B. √3C. 2D. 312. 已知函数f(x)=|lnx|−ax 有三个零点，则实数a 的取值范围是 ( )A. (0,1e )B. (0,e)C. (1e ,+∞)D. (e,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13. 已知角α的终边过点P(−x,4)，且cosα=−35，则sinα= ______ ．14. 已知圆x 2+y 2=4上一定点A(6,0)，P 为圆上的动点.则线段AP 中点的轨迹方程是_____________；15. 直线y =kx +3(k ≠0)与圆(x −3)2+(y −2)2=4相交于A 、B 两点，若|AB|=2√3，则k 的值为________． 16. 已知函数的最大值为M ，最小值为m ，则M +m =______．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分） 17. 已知sinα=45，且，α是第二象限角．(1)求tanα的值；(2)求cos(2π−α)+sin(π+α)sin(π2+α)+cos(π2−α)的值．18.(1)求经过点(2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程；(2)求过直线x−2y−3=0与2x−3y−2=0的交点，且与7x+5y+1=0垂直的直线方程．19.如图，PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM//BC，PM=PC=AC=1，BC=2，又∠ACB=120°，AB⊥PC．(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)求二面角M−AC−B的平面角的余弦值．).20.已知函数f(x)=2sin(2x−π6(1)求函数f(x)的对称轴；]时，求函数f(x)的最大值与最小值．(2)当x∈[0,π221.已知抛物线C：x2=ay(a>0)，M为直线l：y=−1上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B．(Ⅰ)当a=4且M的坐标为(0,−1)时，求过M，A，B三点的圆的方程；(Ⅱ)证明：直线AB恒过定点；(Ⅲ)是否存在抛物线C，使得以A、B为直径的圆恒过点M，若有，求出这样的抛物线，若没有，说明理由．22.函数f(x)=x2+ax+3．(1)当x∈[−2,2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a∈[4,6]时，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围；(3)若函数f(x)在区间[−1,√2]上有零点，求实数a的取值范围．【答案与解析】1.答案：D解析：解：∵M={x|x>1}，N={x|x≥a}，且N⊆M，∴a>1，故选D．由M={x|x>1}，N={x|x≥a}，且N⊆M可得a>1．本题考查了集合的运算及集合包含关系的应用，属于基础题．2.答案：B解析：本题考查两条直线平行的条件，属于基础题．直接利用两条直线平行的条件列等式，注意两直线重合的情况．解：∵直线x+a2y+6=0与直线(a−2)x+3ay+2a=0平行，∴1×3a−a2(a−2)=0，即a(a2−2a−3)=0，解得a=0，或a=−1或a=3，经验证当a=3时，两直线重合，故选B．3.答案：C解析：本题考查了诱导公式以及正弦、余弦和正切函数的单调性问题，是基础题．利用诱导公式将b、c化为锐角的三角函数，根据正弦、余弦和正切函数在上的单调性，即可比较a、b、c的大小．解：根据诱导公式得：b=cos12π7=cos(2π−2π7)=cos2π7，c=tan9π7=tan(π+2π7)=tan2π7．又∵π4<2π7<π2，且y=sinx，y=tanx在上都是单调递增函数，y=cosx在上是单调递减函数，，，，即cos2π7<√22，√22<sin2π7<1，tan2π7>1，∴cos2π7<sin2π7<tan2π7，∴b<a<c，即c>a>b．故选C．4.答案：C解析：根据三角函数的图象变换关系即可得解函数g(x)的解析式，进而根据三角函数的单调性的性质求出单调递增区间即可．本题主要考查三角函数图象之间的关系以及三角函数的图象和性质，难度不大．解：将函数f(x)=sinx图象上的所有点缩短为原来的一半(纵坐标不变)，可得图象C1：y=sin2x，再把曲线C1上所有点向右平移π6个单位长度得到y=g(x)的图象，即g(x)=sin(2x−π3)，由2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，则可得：kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，即g(x)的单调递增区间是[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈Z．故选C．5.答案：B解析：本题考查异面直线所成的角，属于基础题．由折叠问题取BE中点F，BC中点G，易得△A′FG为等边三角形，∠A′BG即为异面直线A′B、DE所成的角，由此易得结论．解：设AB=1，AD=2，取BE中点F，易得FB=FE=FA′=√22，由题意可得FA′⊥底面BCDE，取BC中点G，连接A′G，EG，易得BG//DE，进而可得∠A′BG即为异面直线A′B、DE所成的角，可得BG=1，A′B=1，在RT△A′FG中由勾股定理可得A′G=1，故△A′FG为等边三角形，∠A′BG=π3．故选B．6.答案：A解析：本题考查了扇形的面积公式，直接根据扇形的面积公式求解即可．解：因为40°=40×π180=2π9，30°=30×π180=π6，所以S=12r2·2π9+12r2·π6=175π36，故选A．7.答案：A解析：本题考查两圆公共弦长的求法，考查圆的性质、点到直线距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．设圆C1的方程为(x−a)2+y2=1，代入点(2,−1)的坐标得a=2，从而圆C1的方程为(x−2)2+y2=1，两圆方程作差得4x+4y−7=0，点C1到直线4x+4y−7=0的距离为4√2=√28，由此能求出圆C1，C2的公共弦长．解：设圆C1的方程为(x−a)2+y2=1，代入点(2,−1)的坐标得(2−a)2+1=1，解得a=2，故圆C1的方程为(x−2)2+y2=1，化为一般方程为x2+y2−4x+3=0，圆C 2的一般方程为x 2+y 2−8x −4y +10=0， 两圆方程作差得4x +4y −7=0， 点C 1到直线4x +4y −7=0的距离为14√2=√28， 则圆C 1，C 2的公共弦长为2√2−(√28)2=√624．故选：A ．8.答案：D解析：本题考查直线与圆相交的性质，涉及恒过定点的直线方程，点到直线的距离公式，以及直线斜率的求法，属于中档题.由题意可得直线恒过(0,5)，求出曲线y =1+√4−x 2的圆心和半径，由直线与圆相切，求出k 的值，即可求解． 解：由题意可得：直线恒过(0,5)，又曲线y =1+√4−x 2图象为以(0,1)为圆心，2为半径的上半圆， 当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离d =r ，即|−1+5|√k 2+1=2， 解得：k =±√3，则直线与半圆有两个不同的交点时，实数k 的范围为．故选D ．9.答案：D解析：本题考查正弦函数的单调减性，属于简单题．利用正弦函数的单调减区间，确定函数的单调减区间，根据函数f(x)=sinωx(ω>0)在区间[π3,π2]上单调递减，建立不等式，即可求ω取值范围． 解：令，则π2ω+2kπω≤x ≤3π2ω+2kπω，∵函数f(x)=sinωx(ω>0)在区间[π3,π2]上单调递减，，得ω≤6，∴π2ω≤π3且3π2ω≥π2，∴32≤ω≤3．故选D．10.答案：B解析：此题考查圆的切线，属于基础题．设PQ为圆A的切线，Q为切点，根据勾股定理以及二次函数的性质即可求解．解：设PQ为圆A的切线，Q为切点，则|PQ|2=|PA|2−1=(a+2)2+(3+2)2−1=(a+2)2+24，当a=−2时，切线长最小，为2√6．故选：B．11.答案：D解析：分别求得两个曲线的表示的圆心和半径，由圆的对称性可得|PM|的最小值为|PC1|−1，|PN|的最小值为|PC2|−1，过C2作直线x+y+1=0的对称点B，设坐标为(m,n)，由中点坐标公式和两直线垂直的条件可得B的坐标，当且仅当B，P，C1三点共线可得所求最小值．本题考查圆的方程的运用，以及距离之和的最值求法，注意运用对称思想，考查运算能力，属于中档题．解：曲线C1：x2+y2−4x−4y+7=0，为以C1(2,2)为圆心，半径为1的圆，C2：x2+y2−2x=0为圆心为C2(1,0)，半径为1的圆，由圆的对称性可得|PM|的最小值为|PC1|−1，|PN|的最小值为|PC2|−1，过C2作直线x+y+1=0的对称点B，设坐标为(m,n)，可得nm−1=1，m+12+n2+1=0，解得m=−1，n=−2，即B(−1,−2)，连接BC1，交直线于P，连接PC2，可得|PC1|+|PC2|=|PC1|+|PB|≥|BC1|=√(2+1)2+(2+2)2=5．当且仅当B，P，C1三点共线可得|PC1|+|PC2|的最小值为5，则|PM|+|PN|的最小值为5−2=3．故选：D．12.答案：A解析：本题考查函数与方程的应用，函数的零点的求法，考查转化思想以及计算能力．利用已知条件，推出y=|lnx|与直线y=ax有三个不同的交点，通过a的范围，分析求解即可．解：函数f(x)=|lnx|−ax，有三个零点，可转化为y=|lnx|与直线y=ax有三个不同的交点，显然a≤0时不满足条件．当a>0时，若x>1，y=|lnx|=lnx，y′=1x，设切点坐标为(x0,lnx0)，切线方程为：y−lnx0=1x(x−x0)，切线过原点，则−lnx0=1x0·(−x0)=−1，解得x0=e，此时切线的斜率为1e，故当0<a<1e时，当x>1时，直线y=ax与y=|lnx|有两个交点，当0<x<1时，直线y=ax与y=|lnx|有一个交点，共三个零点．故选A．13.答案：45解析：先求出x，再根据任意角三角函数定义计算．本题考查任意角三角函数定义，本题关键是求得x的值．解：∵角α的终边过点P(−x,4)，且cosα=−35，∴cosα=√x2+16=−35，∴x=3，∴sinα=45．故答案为：45．14.答案：(x−3)2+y2=1解析：本题主要考查圆的方程及几何性质、直接法求轨迹方程，属于中档题．设出AP的中点坐标，利用中点坐标公式求出P的坐标，据P在圆上，将P的坐标代入圆方程，即可求出中点的轨迹方程．解：设PA中点为M(x,y)，由中点坐标公式可知，P点的坐标(2x−6,2y)，P点在圆x2+y2=4上，(2x−6)2+(2y)2=4，故线段AP中点的轨迹方程为(x−3)2+y2=1．故答案为(x−3)2+y2=1．15.答案：−34解析：解：圆(x−3)2+(y−2)2=4圆心坐标(3,2)，半径为2，因为直线y=kx+3与圆(x−3)2+(y−2)2=4相交于A、B两点，|AB|=2√3，由弦长公式得，圆心到直线的距离等于1，即√1+k2=1，8k(k+34)=0，解得k=0或k=−34，∵k≠0∴k=−3 4故答案为：−34．由弦长公式得，当圆心到直线的距离等于1时，弦长|AB|=2√3，解此方程求出k的取值即可．本题考查圆心到直线的距离公式的应用，以及弦长公式的应用．考查计算能力．16.答案：2解析：本题没有按常规考查函数的最值的求法，即利用单调性，而是在将原函数变形的基础上，通过观察分析将原函数的最值转化为一个奇函数的最大值、最小值的问题，由奇函数的性质可得，其最大值、最小值互为相反数，属于中档题． 解：， 令，，∴g(x)是奇函数，设其最大值为a ，则由奇函数的性质可知，其最小值为−a ，∴f(x)的最大值为M =1+a ，最小值为m =1−a ，则M +m =0+2=2，故答案为2．17.答案：解：(1)∵sinα=45，且，α是第二象限角，∴cosα=−√1−sin 2α=−35，∴tanα=sinαcosα=−43． (2)cos(2π−α)+sin(π+α)sin(π2+α)+cos(π2−α)=cosα−sinαcosα+sinα=1−tanα1+tanα=1+431−43=−7．解析：本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式的应用，以及三角函数在各个象限中的符号，属于基础题．(1)由题意利用同角三角函数的基本关系求得cosα的值，可得tanα的值．(2)利用诱导公式、同角三角函数的基本关系求得所给式子的值．18.答案：解：(1)当直线过原点时，直线的方程为y =32x ．当直线不过原点时，设直线的截距式为x +y =a ，把点(2,3)代入可得a =5．综上可得：直线的方程为：3x −2y =0或x +y =5．(2)由{x −2y −3=02x −3y −2=0得{x =−5y =−4，交点为(−5,−4)． 又∵所求直线与7x +5y +1=0垂直，∴所求直线斜率k =57， ∴所求的直线方程为y +4=57(x +5)，化为5x −7y −3=0．故所求直线方程为5x −7y −3=0．解析：本题考查了直线的截距式方程、直线的交点坐标、相互垂直的直线斜率之间的关系、分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)当直线过原点时，直线的方程为y =32x ，当直线不过原点时，设直线的截距式为x +y =a ，把点(2,3)代入即可得出．(2)由{x −2y −3=02x −3y −2=0得交点为(−5,−4)，由所求直线与7x +5y +1=0垂直，可得所求直线斜率k =57，利用点斜式即可得出； 19.答案：(1)证明：∵PC ⊥AB ，PC ⊥BC ，AB ∩BC =B ，∴PC ⊥平面ABC ，又∵PC ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ．(2)解法一：(几何法)取BC 的中点N ，则CN =1，连接AN ，MN ，∵PM//CN ，PM =CN∴MN//PC ，MN =PC ，从而MN ⊥平面ABC作NH ⊥AC ，交AC 的延长线于H ，连接MH ，则由三垂线定理知，AC ⊥NH ，∴∠MHN 为二面角M −AC −B 的平面角在△CNH 中，NH =CN ⋅sin∠NCH =1×√32=√32， 在△MNH 中，MH =√NH 2+MN 2=(√32)=√72 则cos∠MHN =NH MH =√217． 解法二：(向量法)在平面ABC 内，过C 作CD ⊥CB ，建立空间直角坐标系C −xyz(如图)由题意有A(√32,−12,0)，M(0,0，1) ∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,0)， 设平面MAC 的一个法向量为n⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 则n ⃗ ⋅CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴{y 1+z 1=0√32x 1−12y 1=0，取x 1=1，得n ⃗ =(1,√3,−√3) 平面ABC 的法向量取为m⃗⃗⃗ =(0,0,1)． 设m ⃗⃗⃗ 与n ⃗ 所成的角为θ，则cosθ=√31×7=−√217， 显然，二面角M −AC −B 的平面角为锐角，故二面角M −AC −B 的平面角的余弦值为√217．解析：(1)由已知条件推导出PC ⊥平面ABC ，由此能证明平面PAC ⊥平面ABC ．(2)几何法：取BC 的中点N ，则CN =1，连接AN ，MN ，由已知条件能推导出MN ⊥平面ABC ，作NH ⊥AC ，得到∠MHN 为二面角M −AC −B 的平面角，由此能求出结果．向量法：在平面ABC 内，过C 作CD ⊥CB ，建立空间直角坐标系C −xyz ，利用向量法能求出二面角M −AC −B 的平面角的余弦值．本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．20.答案：解：(1)函数f(x)=2sin(2x −π6).令2x −π6=kπ+π2(k ∈Z)，解得x =kπ2+π3(k ∈Z)， 所以函数f(x)的对称轴方程为：x =kπ2+π3(k ∈Z)． (2)由于x ∈[0,π2]，所以2x −π6∈[−π6,5π6]， 故sin(2x −π6)∈[−12,1]．则：−1≤f(x)≤2．故：当x =0时，函数的最小值为−1．当x =π3时，函数的最大值为2．解析：(1)直接利用正弦型函数的性质的应用求出函数的对称轴方程．(2)利用函数的定义域的应用求出函数的值域，进一步求出函数的最大和最小值．本题考查的知识要点：正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．21.答案：(Ⅰ)解：当M 的坐标为(0,−1)时，设过M 点的切线方程为y =kx −1，由{x 2=4y y =kx −1，消y 得x 2−4kx +4=0，(1) 令△=(4k)2−4×4=0，解得：k =±1，代入方程(1)，解得A(2,1)，B(−2,1)，设圆心P 的坐标为(0,a)，由|PM|=|PB|，得a +1=2，解得a =1，故过M ，A ，B 三点的圆的方程为x 2+(y −1)2=4.…(4分)(Ⅱ)证明：设M(x 0,0)，A(x 1,1a x 12)，B(x 2,1a x 22)， ∵y =1a x 2，∴y ′=2ax ， ∴直线MA ，MB 的方程为y =2a x 1x −1a x 12，y =2a x 2x −1a x 22，…(6分)∵直线MA ，MB 过M 点，∴−1=2a x 1x 0−1a x 12，−1=2a x 2x 0−1a x 22． ∴x 1，x 2满足方程1a x 2−2x 0a x −1=0，…(8分)∴x 1+x 2=2x 0，x 1x 2=−a ，∴AB 的方程为y =2x 0a x +1，∴直线AB 过定点(0,1).…(10分)(Ⅲ)解：假设这样的点存在，则MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0恒成立∴(x 1−x 0,1a x 12+1)(x 2−x 0,1a x 22+1)=0恒成立，…(12分) ∴(4a −1)x 0+4−a =0对任意的x 0恒成立，∴a =4，这样的抛物线存在，其方程为x 2=4y.…(14分)解析：(Ⅰ)当M 的坐标为(0,−1)时，设过M 点的切线方程为y =kx −1，由{x 2=4y y =kx −1，消y 得x 2−4kx +4=0，由此利用根的判别式、圆的性质，结合已知条件能求出过M ，A ，B 三点的圆的方程．(Ⅱ)设M(x 0,0)，A(x 1,1a x 12)，B(x 2,1a x 22)，由y =1ax 2，利用导数的几何意义推导出AB 的方程为y =2x 0a x +1，由此能证明直线AB 过定点(0,1)．(Ⅲ)假设这样的点存在，则MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0恒成立，从则(x 1−x 0,1a x 12+1)(x 2−x 0,1ax 22+1)=0恒成立，由此推导出这样的抛物线存在，其方程为x 2=4y ．本题考查过M ，A ，B 三点的圆的方程的求法，考查直线AB 恒过定点的证明，考查是否存在抛物线C ，使得以A 、B 为直径的圆恒过点M 的判断与求法，解题时要注意椭圆、圆、向量、导数等知识点的综合运用．22.答案：解：函数f(x)=x 2+ax +3，其对称为x =−a 2．(1)∵x ∈[−2,2]，∴当−a 2≤−2，即a ≥4时，f(x)min =f(−2)=4−2a +3≥a ，解得a ≤73，此时a 无解；当−a 2≥2，即a ≤−4时，f(x)min =f(2)=4+2a +3≥a ，解得a ≥−7，则−7≤a ≤−4；当−2<−a 2<2，即−4<a <4时，f(x)min =f(−a 2)=−a 24+3≥a ，解得−6≤a ≤2，则−4<a ≤2．综上所述，求实数a 的取值范围是[−7,2]．(2)由f(x)≥0在a ∈[4,6]恒成立，即x 2+ax +3≥0在a ∈[4,6]恒成立，令g(a)=ax +x 2+3，则{g(4)≥0g(6)≥0，即{4x +x 2+3≥06x +x 2+3≥0，解得x≤−3−√6或x≥−3+√6；故得实数x的取值范围是(−∞,−3−√6]∪[−3+√6,+∞)．(3)函数f(x)在区间[−1,√2]上有零点，则{△≥0−1<−a2<√2f(−1)>0 f(√2)>0或f(−1)⋅f(√2)≤0，解得a≤−5√22或a≥4，故得实数a的取值范围是：(−∞,−5√22]∪[4,+∞)．解析：本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，二次函数零点的分布问题，属于中档题．(1)由二次函数的性质，结合对称轴对a进行讨论，可得实数a的取值范围；(2)看成关于a的一次函数的恒成立的问题，结合函数单调性即可求解实数x的取值范围；(3)根据二次函数的性质及零点存在性定理的即可求解．。
导数之虚设零点
高中数学系列复习资料1.（13年全国卷2卷）已知函数()ln()x f x e x m =-+（1）设0x =是)(x f 的极值点，求m ，并讨论)(x f 的单调区间；（2）当2m ≤时，证明()0f x >.2. (2016年全国Ⅱ)（1）讨论函数2()e 2x x f x x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)e 20x x x -++>； （2）证明：当[0,1)a ∈ 时，函数()2e =(0)x ax a g x x x --> 有最小值．设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．3. 已知函数()1,()ln ,x f x xe g x x kx =-=+()()f x g x ≥在(0,)x ∈+∞时恒成立，求k 的取值范围4. 已知函数()ln 1f x ax x =++，若2()e x f x x ≤在(0,)x ∈+∞时恒成立，求a 的取值范围5. 已知函数3()e 1(0)ax f x x a =-≠（1）讨论()f x 的单调性（2）若2a =，不等式()3ln f x mx x ≥+在(0,)x ∈+∞时恒成立，求m 的取值范围6. (2019衡水押题卷) 已知函数()1ln (R,0).f x ax x ax a a =--∈≠且（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设函数e ln 1()x x x g x x--=，当0a >时，若12(0,),(0,)x x ∀∈+∞∃∈+∞，使不等式12()()4g x f x +≥成立，求实数a 的取值范围.7. （2020年宝鸡一模）已知()ln(2),()e 1x f x x bx a g x =+-+=-（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0b =时，对任意(2,)x ∈-+∞都有()()2f x g x x ≥+成立，求实数a 的最大值.。
湖南长沙南雅中学2024年高一12月阶段训练(三)数学试题+答案
长沙市南雅中学2024级高一阶段训练(三)数学时长：120分钟总分150分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.函数f (x )=x +ln x -3的零点所在的区间为()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)2.下列函数中为奇函数且在(0,+∞)上单调递增的是()A.f (x )=|x |B.f (x )=x +1xC.f (x )=-x 3D.f (x )=x |x |3.lg4+2lg5+log 28+823+3log 32=()A.10B.11C.12D.34.已知集合A ={y |y =log 2x ,x >1},B ={y y =12x ,x >1,则A ⋂B =()A.{y 0<y <12B.{y |0<y <1}C.y 12<y <1 D .∅5.命题“∀x ∈R ，f (x )·g (x )≠0”的否定是()A.∀x ∈R ，f (x )=0且g (x )=0B.∀x ∈R ，f (x )=0或g (x )=0C.∃x 0∈R ，f (x 0)=0或g (x 0)=0D.∃x 0∈R ，f (x 0)=0且g (x 0)=06.若a =0.012408，b =log 0.52402，c =log 0.030.02，则()A.c >a >bB.b >a >cC.a >b >cD.a >c >b7.已知x >0，y >0，log 32x -log 138y =log 94，则13y +1x的最小值是()A.2B.22C.23D.48.已知a =log 0.12，b =log 52，则()A.ab <0<a +bB.ab <a +b <0C.a +b <ab <0D.a +b <0<ab二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得部分分，有错误的得0分。
专题11 导数压轴题之隐零点问题(解析版)-2020-2021学年高二数学导数知识题型全归纳
导数章节知识全归纳专题11 导数压轴题中有关隐零点问题一．隐零点问题知识方法讲解：1.“隐零点”概念：隐零点主要指在研究导数试题中遇到的对于导函数f ’(x)=0时，不能够直接运算出来或是不能够估算出来，导致自己知道方程有根存在，但是又不能够找到具体的根是多少，通常都是设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，这样的x 0就称为“隐藏零点”。
2.“隐零点”解决方向：针对隐零点问题通常解决步骤：1.求导判定是否为隐零点问题，2.设x=x 0，使得f ’(x)=0成立，3.得到单调性，并找到最值，将x 0带入f(x),得到f(x 0),4.再将x 0的等式代换，再求解（注意：x 0的取值范围）二．隐零点问题中的典型例题：典例1．已知函数()ln f x x =，．（1）求在的极值；（2）证明：在有且只有两个零点．解：（1）由()12cos g x x '=-，()0,x π∈，当时，()0g x '<，此时函数单调递减，当时，()0g x '>，此时函数单调递增，所以，函数的极小值为33g ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭ （2）证明：，其中02x π<<.则()112cos h x x x '=-+，令()12cos 1x x x ϕ=+-，则()212sin x x xϕ'=--. 当()0,x π∈时，()212sin 0x x x ϕ'=--<，则在上单调递减， 303πϕπ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，2102πϕπ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以，存在，使得()()000x h x ϕ'==.当时，()0h x '>，此时函数在上单调递增，当时，()0h x '<，此时函数在上单调递减.()()0h x h x ∴=极大值,而，，则()003h x h π⎛⎫>> ⎪⎝⎭，又， 令()ln 1m x x x =-+，其中，则()1110x m x x x -'=-=>， 所以，函数在上单调递增，则()()10m x m <=，所以，.由零点存在定理可知，函数在上有两个零点；当[),2x ππ∈时，2sin 0x ≤，，设，则对任意的[),2x ππ∈恒成立，所以，，所以，函数在上没有零点，综上所述，函数在上有且只有两个零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 典例2．已知函数在处的切线与直线：(π)1y a x =-+平行．（1）求的值；（2）若()()2cos p x f x x =-，试讨论在上的零点个数．解：（1）在处的切线与直线：(π)1y a x =-+平行，则有()1πf a '=-，，则（2），，π()2sin p x x a x '=+-，令，则2π()2cos g x x x'=-+， 当时，cos 0x ≤且，则2π()2cos 0g x x x '=-+<，则在单调递减， ，，当时，且()()p x g x '=在单调递减，则()0p x '≤，在单调递减，，，由于，则，在单调递减，则有一个零点， 当时，3π02p ⎛⎫'≥ ⎪⎝⎭，由于()()=p x g x '在单调递减，则()0p x '≥，在单调递增， ，则π()02p x p ⎛⎫≥>⎪⎝⎭，则在无零点， 当时，，3π02p ⎛⎫'< ⎪⎝⎭，在单调递减，则存在0π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使()0p x '=， 当，()0p x '>，单调递增，当，()0p x '<，单调递减， ，，若，则由，及的增减性可得：在无零点，此时，若，由，和的增减性可得：在有一个零点，此时，综上，当时，在无零点，当时，在有一个零点．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查利用导数分析函数的零点个数问题，解答此问题的关键在于多次求导以及分类讨论思想的运用；当原函数的导函数无法直接判断出正负时，可先通过将原函数的导函数看作新函数，利用导数思想先分析的单调性以及取值正负，由此确定出的单调性并分析其取值正负，从而的正负可分析，则根据的单调性以及取值可讨论零点个数.典例3.已知函数()e sin 1x f x x =+-.（1）判断函数f (x )在上的零点个数，并说明理由；（2）当[0,)x ∈+∞时，()0f x mx +，求实数m 的取值范围.解：（1）解法一：由题意得，()e cos x f x x '=+，当时，易得函数单调递增，而()e 10f ππ--=-<'，2e 02f ππ-⎛⎫-=> ⎪⎝⎭'， 故()00,,02x f x ππ⎛⎫∃∈--= ⎪⎝'⎭， 当时，()0f x '<；当时，()0f x '>， 而2()e 10,e 202f f ππππ--⎛⎫-=-<-=-< ⎪⎝⎭， ∴函数f (x )在上无零点；当时，()e cos 0x f x x =+>'，∴函数f (x )在上单调递增，而(0)0f =，∴函数f (x )在上有1个零点.综上所述，函数f (x )在上有1个零点.（2）令()()e sin 1x g x f x mx x mx =+=++-，[0,)x ∈+∞，则()e cos x g x x m =++'.，，令()()e cos x h x g x x m +'==+，()e sin x h x x =-'因为时，0()e sin010h x =-=>'，当时，，，()e sin 110x h x x =>-'-=，所以()e sin 0x h x x -'=>在上恒成立，则h (x )为増函数，即为增函数①当，即时，，∴g (x )在上为增函数，()(0)0g x g ∴=，即在上恒成立；②当m +2<0，即m <-2时，(0)20g m =+<'，，使()00g x '=，当为增函数；当为减函数，()0(0)0g x g ∴<=，与在上恒成立相矛盾，不成立.综上所述，实数m 的取值范围是.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(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，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．典例4.设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；（Ⅰ）证明：当时()22ln f x a a a≥+. 解：（∴）的定义域为，()2()=20x a f x e x x '->. 当时,()0f x '>，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又()0f a '>,当b 满足且时，()0f b '<,故当时，存在唯一零点.（∴）由（∴），可设在的唯一零点为，当()00x x ∈，时，()0f x '<;当()0+x x ∈∞，时，()0f x '>. 故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为. 由于，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++≥+. 故当时，.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.典例5．已知函数()()ln 1x a f x e x x a -=--∈R .（1）若，讨论的单调性；（2）令，讨论的极值点个数.解：（1）若，则()1ln 1x f x ex x -=--， 其定义域为，()1ln 1x f x ex -'=--.令，则， 易知在上单调递增，且()10m '=，所以当()0,1x ∈时，()0m x '<，在上单调递减， 当()1,x ∈+∞时，，在上单调递增，因此()()10m x m ≥=，即()0f x '≥，所以在上单调递增.（2）由题意知，，则()ln x a g x e x a -'=--，由（1）知，1ln 10x e x ---≥，当时，()ln ln 10x a x a g x e x a e x --'=--≥--≥，所以在上单调递增，此时无极值点.当时，令()()ln x a h x g x e x a -'==--，则，易知在上单调递增，又()1110a h e -'=-<，，故存在()01,x a ∈，使得()00010x a h x e x -'=-=， 此时有，即，当()00,x x ∈时，()0h x '<，在上单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，在上单调递增，所以()()00000min 01ln 2ln x a h x h x e x a x x x -==--=--. 令()12ln x x x xϕ=--，， 易知在上单调递减，所以，即()00h x <.因为，，且0013a e x a a -<<<<<，所以存在()10,a x e x -∈，()20,3x x a ∈，满足， 所以当()10,x x ∈时，()()0g x h x '=>，在上单调递增，当()12,x x x ∈时，()()0g x h x '=<，在上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0g x h x '=>，在上单调递增，所以当时，存在两个极值点.综上，当时，不存在极值点；当时，存在两个极值点.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键有：（1）当时，合理利用第（1）问中得到的1ln 10x e x ---≥以及不等式的性质得到()0g x '≥；（2）当时，灵活构造函数，并根据等式将代换掉，得到()()090min 12ln nh x h x x x x ==--，最后巧妙取点，利用零点存在定理得到的零点，从而得到结果. 变式1．已知函数()()x f x e ax a =-∈R .（1）讨论函数的单调性；（2）当时，求函数()()cos g x f x x =-在上的零点个数. 解：（1）()x f x e ax =-，其定义域为，()x f x e a '=- ①当时，因为()0f x '>，所以在上单调递增， ②当时，令()0f x '>得，令()0f x '<得所以在上单调递减，上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，单调递增，（2）已知得()2cos x g x e x x =--，则()sin 2x g x e x '=+-①当时，因为()()1(sin 1)0x g x e x '=-+-< 所以在单调递减，所以()()00g x g >=，所以在上无零点；②当时，因为单调递增，且，，所以存在，使()00g x '=当()00,x x ∈时，()0g x '<，当时，()0g x '>所以在递减递增，且()00g =，所以()00g x <，又因为所以所以在上存在一个零点，所以在上有两个零点；③当时，，所以在单调递增因为，所以在上无零点；综上所述，在上的零点个数为个.【点睛】方法点睛：函数的零点问题常见的解法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接研究函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到()()g x h x =，再研究函数(),()g x h x 图象性质即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.变式2．已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．解：（1）由题意知：定义域为：且()1cos 1f x x x '=-+ 令()1cos 1g x x x =-+， ()()21sin 1g x x x '∴=-++，在上单调递减，在上单调递减在上单调递减又()0sin0110g '=-+=>，00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= 当时，()0g x '>；时，()0g x '<即在上单调递增；在上单调递减则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.（2）由（1）知：()1cos 1f x x x '=-+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知在上单调递增 ()()00f x f ''∴≤= 在上单调递减又()00f =为在上的唯一零点②当时，在上单调递增，在上单调递减又()00f '= ()00f x '∴>在上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点又10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '= 在上单调递增，在上单调递减又()()000f x f >=，()0f x ∴>在上恒成立，此时不存在零点③当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+<即，又在上单调递减在上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()sin ln 10x x ∴-+<即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.变式3．已知函数3()sin(),2f x ax x a R=-∈且在上的最大值为，（1）求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在（0，π）内的零点个数，并加以证明解：(1)由已知得f′(x)=a(sinx+xcosx),对于任意的x∴(0,)，有sinx+xcosx>0,当a=0时,f(x)=− ，不合题意；当a<0时,x∴(0,),f′(x)<0,从而f(x)在(0,)单调递减，又函数f(x)=axsinx− (a∴R)在[0,]上图象是连续不断的，故函数在[0,]上的最大值为f(0)，不合题意；当a>0时,x∴(0,),f′(x)>0,从而f(x)在(0,)单调递增，又函数f(x)=axsinx− (a∴R)在[0,]上图象是连续不断的，故函数在[0,]上上的最大值为f()=a−=，解得a=1，综上所述,得3()sin(),2f x x x a R=-∈；(2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。