江苏高考函数与导数汇编(文)

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(江苏专用)高考数学大一轮复习第二章函数与基本初等函数Ⅰ 第13课函数与方程文-人教版高三全

第13课函数与方程(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修1P75例1改编)对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，若ac<0，则该函数的零点个数是.【答案】2【解析】可由一元二次方程的判别式得Δ=b2-4ac.又因为ac<0，所以Δ>0，此方程有两个不相等的实根，即有两个零点.2.(必修1P111复习13改编)已知函数f(x)=2x-3x，则函数f(x)的零点个数为.(第2题)【答案】2【解析】方法一：令f(x)=0，则2x=3x，在同一平面直角坐标系中分别作出y=2x和y=3x的图象如图所示，由图知函数y=2x和y=3x的图象有2个交点，所以函数f(x)的零点个数为2.方法二：由f(0)>0，f(1)<0，f(3)<0，f(4)>0，…，知f(x)有2个零点，分别在区间(0，1)和(3，4)内.3.(必修1P96练习2改编)若方程lg x=2-x在区间(n，n+1)(n∈Z)内有解，则n的值为.【答案】1【解析】令f(x)=lg x+x-2，由f(1)=-1<0，f(2)=lg 2>0，知f(x)=0的根介于1和2之间，即n=1.4.(必修1P76习题1改编)若函数f(x)=x2-ax-b的两个零点分别为2和3，则函数g(x)=bx2-ax-1的零点是.【答案】-12，-13【解析】由222-2-03-3-0a ba b⎧=⎨=⎩，，得5-6ab=⎧⎨=⎩，，所以g(x)=-6x2-5x-1的零点为-12，-13.5.(必修1P96练习5改编)若函数f(x)=x3+x2-2x-2的一个正数零点附近的函数值用二分法计算，其参考数据如下表：f(1)=-2 f(1.5)=0.625 f(1.25)=-0.984f(1.375)=-0.260 f(1.437 5)=0.162 f(1.406 25)=-0.054那么方程x3+x2-2x-2=0的一个近似根为(精确到0.1).【答案】1.4【解析】f(1.406 25)=-0.054<0，f(1.437 5)=0.162>0且都接近0，由二分法可知其根近似于1.4.1.二次函数的零点一般地，二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实数根就是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的函数值为0时自变量x的值，也就是二次函数的图象与x轴交点的横坐标.因此，我们把使二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的值为0的实数x(即一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的实数根)称为二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的零点.当a>0时，二次函数的零点、二次函数的图象与一元二次方程的实数根之间的关系，如下表所示：Δ=b2-4ac Δ>0 Δ=0 Δ<0ax2+bx+c=0的根x1，2=-bΔ2a±x1=x2=-b2a方程没有实根y=ax2+bx+c(a>0)的图象y=ax2+bx+c的零点x1，2=-bΔ2a±x1=x2=-b2a函数无零点2.一般地，把使函数y=f(x)的值为0的实数x称为y=f(x)的零点.函数y=f(x)的零点就是方程f(x)=0的实数根，也就是函数y=f(x)的图象与x轴交点的横坐标，所以函数y=f(x)有零点等价于函数y=f(x)的图象与x轴有交点，也等价于方程f(x)=0有根.3.函数零点的存在性定理一般地，若函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是一条不间断的曲线，且f(a)·f(b)<0，则函数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就是函数y=f(x)的零点，也就是方程f(x)=0的根.这个结论称为零点的存在性定理.由上述可知，利用零点存在性定理判定函数f(x)在区间(a，b)上存在零点的两个条件：(1)函数在区间[a，b]上的图象不间断；(2)f(a)·f(b)<0，两者缺一不可.4.二分法对于区间[a，b]上的连续不断，且f(a)·f(b)<0的函数y=f(x)，通过不断地把函数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作二分法.【要点导学】要点导学各个击破函数零点的存在性问题例1判断下列函数在给定区间上是否存在零点.(1)f(x)=x2-3x-18，x∈[1，8]；(2)f(x)=log2(x+2)-x，x∈[1，3].【思维引导】第(1)问利用零点的存在性定理或直接求出零点；第(2)问利用零点的存在性定理或利用两图象的交点来求解.【解答】(1)方法一：因为f(1)=12-3×1-18=-20<0，f(8)=82-3×8-18=22>0，所以f(1)·f(8)<0，故f(x)=x2-3x-18在[1，8]上存在零点.方法二：令f(x)=0，得x2-3x-18=0，x∈[1，8]，解得x=6.所以f(x)=x2-3x-18在[1，8]上存在零点.(2)方法一：因为f(1)=log23-1>log22-1=0，f(3)=log25-3<log28-3=0，所以f(1)·f(3)<0，故f(x)=log2(x+2)-x在[1，3]上存在零点.(例1)方法二：设y=log2(x+2)，y=x，在同一直角坐标系中画出它们的图象如图所示，从图象中可以看出，当1≤x≤3时，两图象有1个交点，因此f(x)=log2(x+2)-x在[1，3]上存在零点.【精要点评】在判断函数零点是否存在的问题中，必须强调：(1)f(x)在[a，b]上连续；(2)f(a)·f(b)<0；(3)在(a，b)内存在零点.这是零点存在的一个充分不必要条件.变式已知二次函数y=x2-2(m-1)x+m2-2m-3，其中m为实数，求证：不论m取何实数，这个二次函数必有两个不同的零点.【解答】令y=0，得x2-2(m-1)x+m2-2m-3=0，因为Δ=4(m-1)2-4(m2-2m-3)=4m2-8m+4-4m2+8m+12=16>0，所以方程x2-2(m-1)x+m2-2m-3=0必有两个不相等的实数根.所以不论m取何值，这个二次函数必有两个不同的零点.函数零点个数的判断例2函数f(x)=22-30-2ln0x x xx x⎧+≤⎨+>⎩，，，的零点个数为.【思维引导】令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点.【答案】 2【解析】当x≤0时，令x2+2x-3=0，解得x=-3；当x>0时，令-2+ln x=0，解得x=e2，所以函数f(x)有两个零点.【精要点评】利用代数法求分段函数的零点时，一定要注意函数表达式所对应的自变量的X围，即通过解方程得到的零点一定要检验.变式已知f(x+1)=f(x-1)，f(x)=f(-x+2)，方程f(x)=0在[0，1]内有且只有一个根x=12，则f(x)=0在区间[0，2 016]内根的个数为.【答案】2 016【解析】由f(x+1)=f(x-1)，可知f(x+2)=f(x)，所以函数f(x)的周期为2.由f(x)=f(-x+2)，可知函数f(x)关于直线x=1对称.因为函数f(x)=0在[0，1]内有且只有1个根x=12，所以函数f(x)=0在[1，2]上有且只有1个根x=32，所以f(x)=0在[0，2 016]内根的个数为2 016.【精要点评】判断函数零点个数的常用方法：(1)解方程法：令f(x)=0，如果能求出解，那么有几个解就有几个零点.(2)零点存在性定理法：利用此定理不仅要判断函数在区间[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、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点.(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题.先画出两个函数的图象，看其交点的个数，交点的个数就是函数零点的个数.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.函数零点的应用例3已知函数f(x)=2ax2+2x-3-a.如果函数y=f(x)在区间[-1，1]上有零点，某某数a的取值X围.【思维引导】函数f(x)的零点就是方程f(x)=0的根，据此，方程f(x)=0的根就是函数f(x)与x轴交点的横坐标.【解答】①当a=0时，f(x)=2x-3.令2x-3=0，得x=32∉[-1，1]，所以f(x)在[-1，1]上无零点，故a≠0.图(1)图(2)(例3)②如图(1)，当a>0时，f(x)=2ax2+2x-3-a的对称轴为x=-12a.ⅰ)当-12a≤-1，即0<a≤12时，有(-1)0(1)0ff≤⎧⎨≥⎩，，即51aa≤⎧⎨≥⎩，，所以a无解.ⅱ)当-1<-12a<0，即a>12时，有1-02(1)0faf⎧⎛⎫≤⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪≥⎩，，即1--3-021aaa⎧≤⎪⎨⎪≥⎩，，解得a≥1，所以实数a的取值X围是[1，+∞).③如图(2)，当a<0时，ⅰ)当0<-12a≤1，即a≤-12时，有(-1)01-02ffa≤⎧⎪⎨⎛⎫≥⎪⎪⎝⎭⎩，，即51--3-02aaa≤⎧⎪⎨≥⎪⎩，，解得a≤-3-72或-372+≤a≤5，又a≤-12，所以a的取值X围是-3-7-2∞⎛⎤⎥⎝⎦，.ⅱ)当-12a>1，即-12<a<0时，有(-1)0(1)0ff≤⎧⎨≥⎩，，即51aa≤⎧⎨≥⎩，，所以a无解.综上所述，实数a的取值X围是-3-7-2∞⎛⎤⎥⎝⎦，∪[1，+∞).【精要点评】将方程问题转化为函数问题，利用数形结合的思想方法求解.变式已知关于x的一元二次方程x2+2mx+2m+1=0.(1)若方程两根一正一负，某某数m的取值X围；(2)若方程有两根，其中一根在区间(-1，0)内，另一根在区间(1，2)内，某某数m的取值X围.(变式)【解答】设一元二次方程x2+2mx+2m+1=0所对应的二次函数为f(x)=x2+2mx+2m+1.(1)要使方程两根一正一负，则结合函数图象，有f(0)<0，解得m<-1 2.(2)要使方程的一根在区间(-1，0)内，另一根在区间(1，2)内，则结合函数图象，有(0)210(-1)20(1)420(2)650f mff mf m=+<⎧⎪=>⎪⎨=+<⎪⎪=+>⎩，，，，解得-56<m<-12.所以实数m的取值X围为51,62⎛⎫--⎪⎝⎭.【精要点评】先作出符合根的分布的二次函数的图象，由图象可得到f(x)在区间端点处的函数值和判别式的符号，以及对称轴的位置等情况，从而找到所需满足的条件.根据函数的零点(方程的解)个数确定参数X围例4已知函数f(x)=322(-1) 2.xxx x⎧≥⎪⎨⎪<⎩，，，若关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根，则实数k的取值X围是.(例4)【答案】(0，1)【解析】作出函数f(x)的图象如图所示.该图象与直线y=k有两个交点时，0<k<1，此时关于x的方程f(x)=k有两个不同的实根，故实数k的取值X围是(0，1).【精要点评】本题考查利用数形结合思想判断方程的解的个数问题，准确作出相应函数的图象是解答此类问题的关键.变式若函数f (x)=||-1xx-kx2有4个零点，则实数k的取值X围是.【答案】(-∞，-4)【解析】令f(x)=0，则方程||-1xx=kx2有4个不同的解，显然，x=0是方程的一个实数根.(变式)当x≠0时，方程可化为1k=|x|(x-1)，设h(x)=1k，g(x)=|x|(x-1)，由题意知h(x)与g(x)图象有三个不同的交点，由g(x)=(-1)0-(-1)0x x xx x x>⎧⎨<⎩，，，，结合图象知-1 4<1k<0，所以k<-4.【精要点评】由于函数y=f(x)的零点就是y=f(x)的图象与x轴交点的横坐标，则函数f(x)=g(x)-h(x)的零点就是函数y=g(x)与y=h(x)图象交点的横坐标，所以求解与函数零点相关的问题时，可以先画出函数图象，根据函数的图象并结合零点的存在性定理，列出相关的相等或不等关系，进而解决参数的取值X围等问题.这样用数形结合的方法将抽象的问题形象化，更利于解决问题.1.(2015·某某一中)若函数f(x)=log3x+x-3的零点所在的区间是(n，n+1)(n∈Z)，则n=.【答案】2【解析】由f(2)=log32-1<0，f(3)=1>0，知f(x)=0的根在区间(2，3)内，即n=2.2.(2016·苏北四市期中)若函数f(x)=-x2+2x，则不等式f(log2x)<f(2)的解集为.【答案】(0，1)∪(4，+∞)【解析】f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1，由f(log2x)<f(2)=0，得log2x>2或log2x<0，所以x>4或0<x<1.3.(2015·哈师大附中)已知关于x的一元二次方程x2-(k-1)x+1=0有两个实根，则实数k的取值X围为.【答案】(-∞，-1]∪[3，+∞)【解析】由方程x2-(k-1)x+1=0有两个实根，知Δ=(k-1)2-4≥0，解得k≥3或k≤-1.4.(2015·某某一中)若函数f(x)=a x-x-a(a>0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值X围是.【答案】(1，+∞)【解析】设函数y=a x(a>0，且a≠1)和函数y=x+a，则函数f(x)=a x-x-a(a>0，且a≠1)有两个零点，就是函数y=a x(a>0，且a≠1)与函数y=x+a的图象有两个交点.由图(1)可知，当0<a<1时两函数只有一个交点，不合题意；由图(2)知，当a>1时，因为函数y=a x(a>1)与y轴交于点(0，1)，而直线y=x+a所经过的定点一定在点(0，1)的上方，所以一定有两个交点，所以实数a的取值X围是(1，+∞).图(1)图(2)(第4题)5.已知二次函数f(x)=x2+(2a-1)x+1-2a.(1)判断命题“对于任意的a∈R，方程f(x)=1必有实数根”的真假，并写出判断过程；(2)若y=f(x)在区间(-1，0)及12⎛⎫⎪⎝⎭，内各有一个零点，某某数a的取值X围.【解答】(1)“对于任意的a∈R，方程f(x)=1必有实数根”是真命题，判断过程如下：方程f(x)=1，即x2+(2a-1)x-2a=0，因为Δ=(2a-1)2+8a=(2a+1)2≥0对于任意的a ∈R 恒成立，即x 2+(2a-1)x-2a=0必有实根，从而f (x )=1必有实根.(2)依题意，要使y=f (x )在区间(-1，0)及102⎛⎫ ⎪⎝⎭，内各有一个零点，只需(-1)0(0)0102f f f ⎧⎪>⎪⎪<⎨⎪⎛⎫⎪> ⎪⎪⎝⎭⎩，，，即3-401-203-04a a a ⎧⎪>⎪<⎨⎪⎪>⎩，，，解得12<a<34.故实数a 的取值X 围为1324⎛⎫ ⎪⎝⎭，.【融会贯通】融会贯通能力提升已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x+2)=f (x )，当x ∈[0，2]时，f (x )=|-|12x m ⎛⎫ ⎪⎝⎭.(1)某某数m 的值；(2)设g (x )=log 2x ，求证：方程f (x )=g (x )只有一个实数解. 【思维引导】【规X解答】(1)由x∈[0，2]时，f(x+2)=f(x)，有f(2)=f(0)，……………………………2分得|2-m|=|m|，所以m=1. (4)分(2)由(1)知f(x)=|-1|12x⎛⎫⎪⎝⎭，x∈[0，2]，所以当x∈[0，2]时，f(x)∈112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，…………………………………6分又f(x)是周期为2的周期函数，故f(x)的值域为112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. (7)分当x>2时，g(x)>1≥f(x)，此时方程无解；…………………8分当0<x≤1时，g(x)≤0<f(x)，此时方程无解； (9)分当x=2时，f(x)≠g(x)，方程无解； (10)分当1<x<2时，记F(x)=f(x)-g(x)=-112x⎛⎫⎪⎝⎭-log2x，则F(1)·F(2)=-12<0，且F(x)单调递减，……………………12分所以函数F(x)在(1，2)内有唯一的零点，即方程f(x)=g(x)在x∈(1，2)上有唯一实数解. ……………………………………………14分综上，方程f(x)=g(x)有唯一的实数解. ……………………………………………………16分【精要点评】处理函数零点问题的常用方法：(1)解方程法：令f(x)=0，求解；(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要判断函数在区间[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才能确定；(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第25~26页.【检测与评估】第13课函数与方程一、填空题1.若函数f(x)=2--12-11-12x x x xx⎧≥≤⎨<<⎩，或，，，则函数g(x)=f(x)-x的零点为.2.下列函数图象与x轴均有公共点，其中能用二分法求零点的是.(填序号)①②③④(第2题)3.根据表格中的数据，可以判定函数f(x)=e x-x-2的一个零点所在的区间为.4.若函数f(x)=231x++a的零点为1，则实数a的值为.5.(2014·某某模拟)函数f(x)=22-30-2ln0x x xx x⎧+≤⎨+>⎩，，，的零点个数为.6.已知方程12x⎛⎫⎪⎝⎭=13x的解x0∈111n n⎛⎫⎪+⎝⎭，，则正整数n=.7.(2015·某某卷)已知函数f(x)=22-||2(-2)2x xx x≤⎧⎨>⎩，，，，函数g(x)=b-f(2-x)，其中b∈R，若函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点，则实数b的取值X围是.8.已知函数f(x)满足f(x+1)=f(x-1)，且f(x)是偶函数，当x∈[0，1]时，f(x)=x.若函数g(x)=f(x)-kx-k在区间[-1，3]上有4个零点，则实数k的取值X围是.二、解答题9.若函数f(x)=log3(ax2-x)有零点，某某数a的取值X围.10.已知函数f(x)=ax2+(b-8)x-a-ab，当x∈(-3，2)时，f(x)>0；当x∈(-∞，-3)∪(2，+∞)时，f(x)<0.(1)求f(x)在[0，1]上的值域；(2)c为何值时，ax2+bx+c≤0的解集为R?11.已知函数f(x)=|x2-1|+x2+kx.(1)当k=2时，求方程f(x)=0的解；(2)若关于x的方程f(x)=0在(0，2)上有两个实数解x1，x2，某某数k的取值X围.三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.已知函数f(x)=||x-1|-1|，若关于x的方程f(x)=m(m∈R)恰有四个互不相等的实数根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值X围是.13.设函数f(x)=220|2-|0x bx xx x⎧++≤⎨>⎩，，，，若f(-4)=f(0)，则函数y=f(x)-ln(x+2)的零点个数为.【检测与评估答案】第13课函数与方程1. 11【解析】题目转化为求方程f(x)=x的根，所以22-1--1x xx x x≥≤⎧⎨=⎩或，或-121xx<<⎧⎨=⎩，，解得x=1x=1，所以g(x)的零点为11.2.③【解析】只有零点两侧的函数值符号相反且在零点附近连续时才可用二分法，故③正确.3.(1，2)【解析】由上表可知f(-1)<0，f (0)<0，f(1)<0，f(2)>0，f(3)>0，所以可以判定函数的一个零点在区间(1，2)内.4.-12【解析】由已知得f(1)=0，即1231++a=0，解得a=-12.5.2【解析】由22-30xx x≤⎧⎨+=⎩，，得x=-3；由-2ln0xx>⎧⎨+=⎩，，得x=e2，所以f(x)的零点个数为2.6.2【解析】在同一平面直角坐标系中画出函数y=12x⎛⎫⎪⎝⎭，y=13x的图象如图所示.由图可得x0∈(0，1)，设f(x)=12x⎛⎫⎪⎝⎭-13x，因为f12⎛⎫⎪⎝⎭=1212⎛⎫⎪⎝⎭-1312⎛⎫⎪⎝⎭<0，f13⎛⎫⎪⎝⎭=1312⎛⎫⎪⎝⎭-1313⎛⎫⎪⎝⎭>0，所以n=2.(第6题)7.724⎛⎫⎪⎝⎭，【解析】由f(x)=22-||2(-2)2x xx x≤⎧⎨>⎩，，，，得f(2-x)=22-|2-|0x xx x≥⎧⎨<⎩，，，，所以f(x)+f(2-x)=222-||04-||-|2-|022-|2-|(-2)2x x xx x xx x x⎧+<⎪≤≤⎨⎪+>⎩，，，，，，即f(x)+f(2-x)=2220202-582x x xxx x x⎧++<⎪≤≤⎨⎪+>⎩，，，，，，y=f(x)-g(x)=f(x)+f(2-x)-b，所以y=f(x)-g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)+f(2-x)-b=0有4个不同的解，即函数y=b与函数y=f(x)+f(2-x)的图象的4个公共点，画出图象如图所示，由图象可知74<b<2.(第7题)8.14⎛⎤⎥⎝⎦，【解析】由f(x+1)=f(x-1)，得f(x+2)=f(x)，则f(x)是周期为2的周期函数.因为f(x)是偶函数，当x∈[0，1]时，f(x)=x，所以当x∈[-1，0]时，f(x)=-x.易得当x∈[1，2]时，f(x)=-x+2；当x∈[2，3]时，f(x)=x-2.函数g(x)=f(x)-kx-k在[-1，3]上有4个零点，即函数y=f(x)与y=kx+k在[-1，3]上的图象有4个不同的交点.作出函数y=f(x)与y=kx+k在[-1，3]上的图象(如图)，结合图形知k∈14⎛⎤⎥⎝⎦，.(第8题)9.因为f(x)=log3(ax2-x)有零点，所以log3(ax2-x)=0有解.所以ax2-x=1有解.当a=0时，x=-1；当a≠0时，若ax2-x-1=0有解，则Δ=1+4a≥0，解得a≥-14且a≠0.综上所述，实数a的取值X围是14a a⎧⎫≥-⎨⎬⎩⎭.10.由题意知f(x)的图象是开口向下，交x轴于点A(-3，0)和点B(2，0)的抛物线，对称轴方程为x=-12，图象如图所示.(第10题) 那么，当x=-3和x=2时，有y=0，代入原式得220(-3)(-8)(-3)--02(-8)2--a b a aba b a ab⎧=⨯+⨯⎨=⨯+⨯⎩，，解得8ab=⎧⎨=⎩，或-35.ab=⎧⎨=⎩，经检验知8ab=⎧⎨=⎩，不符合题意，舍去.所以f(x)=-3x2-3x+18.(1) 由图象知，函数在[0，1]上单调递减，当x=0时，y=18；当x=1时，y=12.所以f(x)在[0，1]上的值域为[12，18].(2) 令g(x)=-3x2+5x+c，要使g(x)≤0的解集为R.则需要方程-3x2+5x+c=0的判别式Δ≤0，即25+12c≤0，解得c≤-25 12.所以当c≤-2512时，ax2+bx+c≤0的解集为R.11. (1) 当k=2时，f(x)=|x2-1|+x2+2x.①当x2-1≥0，即x≥1或x≤-1时，方程化为2x2+2x-1=0，解得x=-132.因为0<-132<1，所以x=-1-32.②当x2-1<0，即-1<x<1时，方程化为1+2x=0，解得x=-1 2.综上，当k=2时，方程f (x )=0的解是x=-1-32或x=-12.(2) 不妨设0<x 1<x 2<2，因为f (x )=22-1||11||1x kx x kx x ⎧+>⎨+≤⎩，，，，所以f (x )在(0，1]上是单调函数. 故f (x )=0在(0，1]上至多有一个解.若x 1，x 2∈(1，2)，则x 1x 2=-12<0，故不符合题意.因此，x 1∈(0，1]，x 2∈(1，2).由f (x 1)=0，得k=-11x ，所以k ≤-1；由f (x 2)=0，得k=21x -2x 2，所以-72<k<-1.故实数k 的取值X 围是7|--12k k ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭.12.(-3，0)【解析】作出函数f (x )的图象如图所示，设一根x 0∈(0，1)，则由图可知另外三根为2+x 0，-x 0，2-x 0，则x 1x 2x 3x 4=x 0(2+x 0)(-x 0)(2-x 0)，因为x 0∈(0，1)，故x 1x 2x 3x 4的取值X 围为(-3，0).(第12题)13.4【解析】由f(-4)=f(0)可得16-4b+2=2，即b=4，所以f(x)=2420 |2-|0x x xx x⎧++≤⎨>⎩，，，，令y=f(x)-ln(x+2)=0，即f(x)=ln(x+2)，在同一平面直角坐标系中分别作出y=f(x)与y=ln(x+2)的图象如图所示，由图象易知，y=f(x)与y=ln(x+2)的图象有4个交点.(第13题)。

压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(原卷版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．【解析】（1）当12a =时，()211ln 42f x x x x x =--+，其定义域为（0，＋∞），且()1ln 112f x x x =+--'1ln 2x x =-，所以()1ln 2g x x x =-，所以()112(0)22xg x x x x'-=-=>，令()0g x '>，得02x <<；令()0g x '<，得2x >，所以()g x 在(0,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减．①当12t +≤，即01t <≤时，()g x 在[t ，t ＋1]上单调递增，所以()()()()max 111ln 122h t g x g t t t ==+=+--；②当2,12t t ≤+>，即12t <≤时，()()()max 2ln21h t g x g ===-；③当2t >时，g （x ）在[t ，t ＋1]上单调递减，所以()()()max 1ln 2h t g x g t t t ===-，综上所述11ln(1),01,22()ln 21,12,1ln , 2.2t t t h t t t t t ⎧+--<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪->⎩（2）因为112emmx x +<，所以121ln ln m x m x +<+，由题意知()f x 的定义域为(0,),+∞()ln f x x ax '=-，故12,x x 是关于x 的方程()ln 0f x x ax '=-=的两个根，所以()()111222ln 0,ln 0f x x ax f x x ax ='-=-'==，即1122ln ,ln x ax x ax ==，所以121ln ln m x m x +<+，等价于()12121m ax max a x mx +<+=+．因为120,0m x x ><<，所以原式等价于121ma x mx +>+，又1122ln ,ln x ax x ax ==，作差，得()1122lnx a x x x =-，即1212lnx x a x x =-，所以原式等价112122ln 1xx m x x x mx +>-+，因为120x x <<，所以()()1212121lnm x x x x x mx +-<+恒成立．令12x t x =，则(0,1)t ∈，故不等式()()11ln m t t t m+-<+在(0,1)t ∈上恒成立，令()()11()ln m t t t t mϕ+-=-+．又因为()()()()()()2222111t t m m t t t m t t m ϕ--+'=-=++，当21m ≥时，得(0,1)t ∈，所以()0t ϕ'>在(0,1)上单调递增，又()10ϕ=，所()0t ϕ<在(0,1)上恒成立，符合题意；当21m <时，可得2(0,)t m ∈时，()0t ϕ'>，()2,1t m ∈时，()0t ϕ'<，所以()t ϕ在2(0,)m 上单调递增，在2(,1)m 上单调递减，又因为()10ϕ=，所以()t ϕ在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112emmx x +<恒成立，只需满足21m ≥，又0m >，故m 1≥，即正数m 的取值范围为[1,)+∞．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）函数()22ln f x x x x =+的定义域为()0,∞+，又()()2ln 22ln 3f x x x x x x x '=++=+，令()0f x '<得320e x -<<，令()0f x ¢>得32e x ->，所以()f x 在320,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在32e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在32e x -=处取得极小值3321e e 2f --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）由()2e x f x x m x≥+得2ln e x x x x x m -+≥，即对任意的1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，2ln exx x x xm -+≤恒成立，令()2ln e xx x x xh x -+=，1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，则()()()1ln 2e x x x x h x '--+=，令()ln 2x x x ϕ=-+，则()1xx xϕ'-=，所以当11ex <<时()0x ϕ'>，当1x >时()0x ϕ'<，所以()x ϕ在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110ϕ=>，()22e 4e 0ϕ=-<，所以当1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时()x ϕ在()21,e 内存在唯一的零点0x ，所以当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 单调递增，当()01,x x ∈时()0x ϕ>，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ<，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=，所以00ln 11x x -+=-，020e x x -=，所以()()00000220000000002ln 1ln e 1e e e e ex x x x x x x x x x x x x h x --+-+--=====-，因为e 122e e ---->-，所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()()02min 1e h x h x ==-，所以实数m 的取值范围为21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.【解析】（1）当1a =时，()111221f =-+=，且()()11,11f x x f x=-+'∴='，∴函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程112y x -=-，即2210x y --=.（2）()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，∴方程21ln 02x x x a-+=，即22ln 20x a x ax --=在()0,∞+有唯一实数解.设()22ln 2g x x a x ax =--，则()2222x ax ag x x--'=.令()0g x '=，即20.0,0,x ax a a x --=>> 20x ax a ∴--=的两个根分别为1402a a a x =（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()()0,g x g x '<在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>在()20,x 上单调递增，当2x x =时，()()0,g x g x '=取最小值()2g x ，要使()g x 在()0,∞+有唯一零点，则须()()220,0,g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即22222222ln 20,0,x a x ax x ax a ⎧--=⎨--=⎩()22222ln 0,0,2ln 10.*a x ax a a x x ∴+-=>∴+-= 设函数()2ln 1,h x x x =+-当0x >时()h x 是增函数，()h x ∴至多有一解.⋅()10,h =∴ 方程()*的解为21x =1=，解得12a =，∴实数a 的值为12.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．【解析】（1）由已知可得，函数()f x 定义域为()0,∞+，()1ea f x x =-'.①当0a ≤时，()10eaf x x =->'在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，此时函数()f x 无极值；②当0a >时，()e e axf x x-='，解()e 0e axf x x-=='可得e x a =.当e 0x a <<时，()0f x ¢>，所以()f x 在e 0,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当e x a >时，()0f x '<，所以()f x 在e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以，函数()f x 在ex a=处取得极大值e f a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.由已知，e 1f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即e e ln 11f a a ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，解得10ea <≤，所以，a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）因为()()()112211e 212e 22x x x f x x x f x --⎛⎫⎛⎫+-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为0x >,所以只需证明()12e212x f x x -<-+即可.当e a =时，()ln f x x x =-，由(1)知()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减，所以，()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值()()max 11f x f ==-.记()12e212x g x x -=-+，0x >，则()1112222211ee e 221122x x x x x g x x x ---⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'==⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以，()g x 在12x =处取得极小值，也是最小值()min 112g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()max f x 与()min g x 不能同时取到，所以结论成立.5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．【解析】（1）由题可知(0)0,()(cos sin )e 2πx f f x x x x -'==--+，因为(0)1πf =+'，所以，()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+．（2）()f x m =存在两个非负零点12,x x ，设12x x <，由（1）可知()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+，注意到π1(π)0,(π)πe f f =-'=-，所以，()y f x =在(π,0)处的切线方程为π1π(π)e y x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．下证：当[0,π]x ∈时，()(1π)f x x ≤+，且π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．（i ）要证()(1π)f x x ≤+，即证2sin e xx x x ≤+，只需证()2sin e x x x x ≤+．①设()sin ,0,()1cos 0g x x x x g x x -=-'=≥≥，故()g x 在[0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即sin ,[0,)x x x ≤∀∈+∞恒成立．要证①，只需证()2e xx x x ≤+．当0x =时上式成立；当0x >时，即证1(1)e x x ≤+，此时，由于11,e 1x x +≥≥，故(1)e 1x x +≥，于是，当0x ≥时，()(1π)f x x ≤+．（ii ）要证1()π(π)e x f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭，只需证2πsin 1ππ(π)e e x x x x x ⎛⎫-+≤--- ⎪⎝⎭，即证2sin 1ππ(π)0,[0,π]e e x x x x x x x ⎛⎫-+++-≤∈ ⎪⎝⎭．设2πsin 1()ππ(π),[0,π]e e x x h x x x x x ⎛⎫=-+++-∈ ⎪⎝⎭，则πcos sin 1()2ππ,(π)0e e x x x h x x h -''=-+++=．设πcos sin 1()2ππ,[0,π]e e xx x m x x x -=-+++∈，则()2cos cos 221e e x x x x m x -⎛⎫=-=-+ ⎝'⎪⎭．当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,e 0,()0x x m x ≥><'，当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，π2cos 0,|cos |1,e e 1x x x <≤>>，故cos 10,()0e x x m x '+><．于是()0,[0,π]m x x <∀∈'恒成立，故()m x 在[0,]π上单调递减．从而()(π)0m x m ≥=，即()0,[0,π]h x x ≥∀∈'恒成立，故()h x 在[0,]π上单调递增，从而()(π)0h x h ≤=，于是π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．设(1π)x m +=的零点为31,π(π)e x x x m ⎛⎫---= ⎪⎝⎭的零点为4x ，则()341(1π),ππe x m x m π⎛⎫+=---= ⎪⎝⎭．因为()311(1π)(1π)x m f x x +==≤+，所以31x x ≤，因为()()()422π11ππππe e x m f x x π⎛⎫⎛⎫---==≤--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以42x x ≥，又34π,π11ππex m mx ==-++，所以2143π2ππ11π1ππe mm m x x x x -≤-=--≤-+++，所以212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.【解析】（1）当2a =-时，可得()212ln 2f x x x x =+-，可得()2(2)(1)1x x f x x x x+-'=+-=，所以()22f '=且()242ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)2(2)y x --=-，即22ln 20x y --=，即曲线所以曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为22ln 0x y x --=.（2）由函数()()211ln 2f x x a x a x =-++，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又由()()(1)x a x f x x--'=，令()0f x '=，解得1x a =，11x =，当a<0时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,1)1(1,)+∞()f x '-+()f x极小值↗所以函数的极小值为()112f a =--，也是函数()f x 的最小值，所以当a<0时，函数()f x 的最小值为12a --（3）当0a =时，()212f x x x =-，令()0f x =，解得122,0x x ==（舍去）所以函数()y f x =在(0,)+∞上有一个零点；当01a <<时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,)a a(,1)a 1(1,)+∞()f x '+0-0+()f x ↗极大值极小值↗所以函数()f x 在(0,)a 单调递增，在(,1)a 上单调递减，此时函数()f x 的极大值为()21ln 02f a a a a a =--+<，所以函数()y f x =在(0,1)上没有零点；又由()1102f a =--<且函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，且当x →+∞时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，综上可得，当01a ≤<时，()f x 在(0,)+∞上有一个零点.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，不合题意；当0a >时，由()0f x ¢>得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.又函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，所以，11a≤，即1a ≥.因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由题意()2ln 10f x x ax +=-+=，于是1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，令21x t x =，则由212x x >可得，2t >.于是221111ln 1ln ln 1ln 1ln 1x x t x t x x x +++===++，即1ln ln 11t x t =--.从而21ln ln ln ln 11t tx t x t =+=--.另一方面，对212332e x x >两端分别取自然对数，则有12ln 2ln 5ln 23x x +>-，于是，即证ln 2ln 35ln 2311t t t t t +->---，即()12ln 5ln 21t t t +>-，其中2t >.设()()12ln 1t t g t t +=-，2t >.则()()()()()221212ln 112ln 3ln 2111t t t t t t t t t g t t t +⎛⎫+--+-+-- ⎪⎝⎭'==--，设()13ln 21t t t tϕ=-+--，2t >.则()()()22222113123120t t t t t t t t t ϕ----+'=++==>在()2,+∞上恒成立，于是，()t ϕ在()2,+∞上单调递增，从而()()1523ln 2413ln 2022t ϕϕ>=-+--=->.所以，()0g t '>，即函数()g t 在()2,+∞上单调递增，于是()()25ln 2g t g >=.因此，212332e x x >，即原不等式成立.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：由()e cos 2xf x x =+-可得()00e cos020f =+-=，当0x <时，e 1x <，cos 1≤x ，所以e cos 2x x +<，故e cos 20x x +-<，故()f x 在区间(),0∞-上无零点．当0x ≥时，()e sin xf x x '=-，而e 1x ≥，sin 1x -≥-，且等号不会同时取到，所以()e sin 0xf x x =->'，所以当0x ≥时，函数()f x 单调递增，所以()()00f x f ≥=，故函数()f x 在区间[)0,∞+上有唯一零点0，综上，函数()f x 在定义域上有唯一零点.（2）由()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立，得e cos 2sin x x ax x +->-，即e sin cos 20x x x ax ++-->在区间()0,∞+上恒成立．设()e sin cos 2xg x x x ax =++--，则()0g x >在区间()0,∞+上恒成立，而()e cos sin xg x x x a =+--'，()e cos sin x m x x x a =+--，则()e sin cos x m x x x =-'-．设()e 1xh x x =--，则()e 1x h x '=-，当0x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上，()()00h x h >=，即在区间()0,∞+上e 1x x >+，设函数()()0n ,si ,p x x x x ∞=-∈+，则()1cos 0p x '=-≥，所以函数()p x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上()()00p x p >=，即在区间()0,∞+上，sin x x >，所以在区间()0,∞+上，e 1sin cos x x x x >+>+，即()e sin cos 0xm x x x =-->'，所以在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增．当2a ≤时，()020g a '=-≥，故在区间()0,∞+上函数()0g x '>，所以函数()g x 在区间()0,∞+上单调递增．又()00g =，故()0g x >，即函数()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立．当2a >时，()020g a '=-<，()()()ln 22cos ln 2sin ln 2g a a a a a '+=+++-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()π2ln 204a ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，故在区间()()0,ln 2a +上函数()g x '存在零点0x ，即()00g x '=，又在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增，故在区间()00,x 上函数()()00g x g x ''<=，所以在区间()00,x 上函数()g x 单调递减，又()00g =，所以在区间()00,x 上函数()(0)0g x g <=，与题设矛盾．综上，a 的取值范围为(],2-∞.9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2xx >，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.【解析】（1）2221()ln ,()a a ax x af x x ax f x a x x x x-+-'=-+∴=--= ，①当12a ≥时，此时2140a ∆=-≤，则()0f x '≤恒成立，则()f x 的减区间为()0,∞+，②当102a <<时，令()0f x ¢>，解得11,22x a a ⎛+∈⎪ ⎪⎝⎭，则()f x 的增区间为⎝⎭令()0f x '<，解得1141140,,22x a a ⎛⎫⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 的减区间为110,,,22a a ⎛⎛⎫+∞⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，综上当12a ≥时，()f x 的减区间为()0,∞+，无增区间；当102a <<时，()f x 的增区间为⎝⎭，减区间为110,,22a a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）欲证2ln 2e ()2e 10,2xx x a g x a x x-=+-+<需证ln 22e 02e xxax x ax x +-+<，即需证()ln 2e 2e 02ex xxax ax x -+<，令2e x t x =，即需证ln 0a t at t-+<，设()ln a h t t at t =-+12e x t x => ，由（1）知当12a ≥时，()h t 的减区间为()0,,∞+所以()(1)0,h t h <=故()0.g x <（3）由（2）知，当11,2t a >=时，11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，令()*21N t n n=+∈，则2121122ln 11122222(21)1n n n n n n n n n n ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+-=+-=< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+⎝⎭+即2ln(2)ln n n n+-<所以2ln(3)ln(1)1n n n +-+<+2ln(4)ln(2)2n n n +-+<+2ln(5)ln(3)3n n n +-+<+......ln(21)ln(21)212n n n +--<-ln(22)l )22n(2n n n+-<以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)ln ln(1)212212n n n n n n n n n ⎛⎫+++--+<+++⋯++ ⎪++-⎝⎭()()()212211111112ln ln 4ln 212212212n n n n n n n n n n ++⎛⎫+++⋯++>=+> ⎪++-+⎝⎭10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1()e ln x f x x -=-，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得11()e x f x x-'=-，显然函数()f x '在(0,)+∞上单调递增，且()01f '=，因此当(0,1)x ∈时,()0,()'<f x f x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时,()0,()'>f x f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）[0,π]x ∈，令()2(1)cos 2e 2ln(1)cos x g x f x x a x x =+-=-+-，求导得2()2e sin 1x ag x x x '=-++，当0a ≤时,()0g x '>，则()g x 在[0,π]上单调递增，0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，当0a >时，设()()h x g x '=，则22()2e cos 0(1)xah x x x '=++>+，因此函数()h x ，即()g x '在[0,π]上单调递增，而0(0)2e 2sin 022g a a '=-+=-，(i)当01a <≤时,()(0)220,()g x g a g x ''≥=-≥在[0,π]上单调递增，于是0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，(ii)当π2(π)2e sin π0π1ag '=-+≤+，即π(π1)e a ≥+时，对[0,π],()0x g x '∀∈≤，则()g x 在(0,π)上单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，（iii ）当π1(1)e a π<<+时，因为()g x '在[0,π]上单调递增，且π2(0)(π)(22)(2e )0π1ag g a ''=--<+，于是0[0,π]x ∃∈，使()00g x '=，且当()00,x x ∈时,()g x '单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．【解析】（1）()ln ()ln ln (())e e e e ()xh x g x x x x x y f h x x g x =======（2）利用复合函数的求导法则可求得2(2)2(2)(ln 21)x g x x x '=+,令2(2)2(2)(ln 21)0x g x x x '=+=,可求得:令(2)0g x '=，0x >，20(2)x x ∴>，所以ln 210x +=，解得12e x =，当102e x <<时，(2)0g x '<，此时()2g x 单调递减，当12e x >时，(2)0g x '>，此时()2g x 单调递增，所以函数(2)y g x =的最小值为e 11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（3）()()e ()ln xf x h x H x x a x x ax x-=++=-++由()2222e (1)e (1)1e (1)()1x x x x x x x x x H x x x x x +----+'=-+==，0,e 0x x x >∴+> ，令()0H x '>，解得1x >，此时()H x 单调递增，令()0H x '<，解得1x <，此时()H x 单调递减，因为函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123,,x x x .而()y H x '=的零点为1,不妨设31x =,则()y H x =的零点为12,x x .不妨设12x x <,则()()12121101,1,0x x H x H x x <<<>==.令1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()11222211e 1e (1)1(1)()e e 11x x x x x x x x x K x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭-⎝⎭'=+⨯=+-- ⎪⎝⎭.令1()e e 1x xp x x x =+--,则()111211e 1e e e 1e 1xxx xx p x x x x ⎛⎫=+-+⨯=++- ⎝'⎪⎭,所以当(0,1)x ∈时,()0p x '>，所以当(0,1)x ∈时,()p x 是严格单调递增的,所以当(0,1)x ∈时,()(1)0p x p <=,所以当(0,1)x ∈时,()0K x '>,则1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在(0,1)上单调递增，所以在(0,1)上，1()()(1)0K x H x H K x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭,所以()1110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭.又()()120H x H x ==,所以()2110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,即()211H x H x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.又函数()y H x =在(1,)+∞上单调递增,所以211x x <，即121x x <.综上,1231x x x <.12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >【解析】（1）由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.由2()ln f x x ax =-得：2112()2ax f x ax x x-'=-=，当0a ≤时，()0,()'>f x f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>得0x <()0f x '<得x >所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减．（2）因为12,x x 是方程2ln 0x ax -=的两不等实根，即12,x x 是方程22ln 20x ax -=的两不等实根，令2(0)t x t =>，则221122,t x t x ==，即12,t t 是方程ln 2ta t=的两不等实根.令ln ()tg t t=，则21ln ()t g t t -'=，所以()g t 在(0,e)上递增，在(e,)+∞上递减，1(e)eg =，当0t →时，()g t →-∞；当t →+∞时，()0g t >且()0g t →.所以102a e <<，即102ea <<.令121e t t <<<．（i ）要证22122e x x +>，只需证122e t t +>，解法1：令()()(2e ),(1,e)h t g t g t t =--∈，则ln ln(2e )(2e )ln ln(2e )()()(2e )2e (2e )t t t t t t h t g t g t t t t t ----=--=-=--，令()(2e )ln ln(2e )t t t t t ϕ=---，则()22e 2e ()1ln ln(2e )ln 2e 2e 2e t t tt t t t t t t t tϕ-'=----+=+--+--2e 202e t t t t->+->-，所以()t ϕ在(1,e)上递增，()(e)0t ϕϕ<=，所以()()(2e )0h t g t g t =--<，所以()(2e )g t g t <-，所以()()()2112e g t g t g t =<-，所以212e t t >-，即122e t t +>，所以22122e x x +>．解法2：先证121212ln ln 2x x x xx x -+<-，令120x x <<，只需证212121ln 2ln x x x x x x -<+-，只需证2112ln 011x x x x x x ⎛⎫--<=> ⎪+⎝⎭，令1()2ln (1)1x x x x x ϕ-=->+，22241(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ--'=-=<++，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=．因为1212ln ln t t t t =，所以1212121212ln ln ln ln 2t t t t t t t t t t +-+=<+-，所以12ln ln 2t t +>，即212e t t >，所以122e t t +>>．解法3：由()1212121e ln ln t t t t t t =<<<，设112111ln ln ln (0),t t t t t t λλλλ+=>=，所以11ln ln ln t t λλ+=，即1212ln ln (1)ln ln ,ln ,ln ln 111t t t t λλλλλλλλ+==+=---，构造函数2(1)()ln (1)1x g x x x x -=->+，22214(1)()0(1)(1)x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=．（ii）要证：12x x >12e 2t t a >，只需证：12ln ln 1ln 2t t a +>-，只需证：12221ln 2at at a +>-，只需证：121ln 22at t a-+>，212121ln ln 2t t t tt t -+<-令112t a =得22211222ln 22t t a aat a -+<+即222ln 212(ln 21)02a at a t a a+-++>①令212t a =得1111122ln 222t t a aa at -+<--即211ln 212(ln 21)02a at a t aa ⎛⎫----+>⎪⎝⎭②①+②得：()()2221212(ln 21)0a t t a t t -+-->，即121ln 22at t a-+>．13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）法一：首先证明sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，理由如下：构造()sin j x x x =-，[)0,x ∈+∞，则()cos 10j x x '=-≤恒成立，故()sin j x x x =-在[)0,x ∈+∞上单调递减，故()()00j x j ≤=，所以sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()22111cos 12sin 1212121x x f x x x x x ⎛⎫'=-=--≥--⎪+++⎝⎭()21111012121x x x x x=--≥--≤≤++，故()()2122202222x x x x x f x x x-+---'≥=>++在[]0,1x ∈上恒成立，所以()f x 在[]0,1单调递增，故()()00f x f ≥=法二：()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()1cos 1f x x x'=-+，且()00f '=，令()()1cos 1f x x xq x '=-=+，则()()21sin 1q x x x '=-++，令()()()21sin 1w q x x x x =-+='+，则()()32cos 01w x x x '=--<+在[]0,1x ∈上恒成立，所以()()21sin 1q x x x '=-++单调递减，又()010q '=>，其中π1sin1sin62>=，故()1sin1014q =-+<'，故()00,1x ∃∈，使得()00q x '=，且当()00,x x ∈时，()0q x '>，当()0,1x x ∈时，()0q x '<，所以()f x '先增后减，又()00f '=，()11cos102f '=->，∴()0f x ¢>在()0,1x ∈上恒成立，所以()f x 单调递增，()()00f x f ≥=；（2）法一：()()2e 2sin ln 1xg x x a x =--++，()()()()()2e 1sin ln 11ln 10x g x x x x x x a x =--+-+-++++≥，下证：()e 100xx x --≥≥，()0sin 0x x x -≥≥，()()0ln 10x x x -+≥≥，且在0x =处取等号，令()()0e 1x x r x x -=-≥，则()()e 100x r x x -≥'=≥，故()()0e 1xx r x x -=-≥单调递增，故()()00r x r ≥=，且在0x =处取等号，()0sin 0x x x -≥≥在（1）中已证明；令()()()0ln 1t x x x x =-≥+，则()()101011x t x x x x '=-≥++≥=，故()()()0ln 1t x x x x =-≥+单调递增，故()()00t x t ≥=，且在0x =处取等号，当0x >时，()ln 10x +>，当10a +≥时，即1a ≥-时，()0g x ≥符合题意，当1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞；法二：()()2e 2sin ln 1x g x x a x =--++，()2e cos 1xag x x x '=-++，()0,πx ∈，①当0a ≥时，()2e 10xg x '≥->，()0,πx ∈，()g x 在[]0,π单调递增，且()()00g x g ≥=符合题意，②当a<0时，()2e cos 1xag x x x '=-++在()0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+，③当10a +≥时，即10a -≤<时，()()010g x g a ''≥=+≥()g x 在[]0,π单调递增，()()00g x g ≥=符合题意，②当10a +<时，即1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞.14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）【解析】（1）1()cos 1f x a x x'=-+ （10-<≤x ）a 为正实数，∴函数()f x '在区间(1,0]-上单调递增，且(0)1f a '=-．①当01a <≤时，()(0)0f x f ''≤≤，所以函数()f x 在(1,0]-上单调递减，此时()(0)0f x f ≥=，符合题意．②当1a >时，11(0)10,1cos 10f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫''=->-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，0(1,0)x ∃∈-时，有()00f x '=，即函数()f x 在()01,x -上递减，在()0,0x 递增，所以当()0,0x x ∈时，有()(0)0f x f <=，此时不符合．综上所述，正实数a 的最大值为1．（2）由（1）知，当1,(1,0)a x =∈-时，sin ln(1)x x >+，令21x i =-时，有2222111sin ln 1ln i i i i -⎛⎫⎛⎫->-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2221sin ln 1i i i <-，累加得，2212232sinln ln ln 2ln ln 2132111ni n n n i n n n =⎛⎫<⋅⋅==+< ⎪+++⎝⎭∑ ．（3）因为1()e ln(1)x g x x +=-+，所以11()e 1x g x x +'=-+，即函数()g x '在(1,)-+∞上递增，又1(0)e 10,202g g ⎛⎫''=->-=< ⎪⎝⎭，由零点存在定理，11,02x ⎛⎫∃∈- ⎪⎝⎭时，有()10g x '=，即1111e 1x x +=+，因此()11111lnln 11x x x +==-++，而函数()g x 在()11,x -上递减，在()1,x +∞上递增，所以()()()11111min 111111e ln 1ln 1111x m g x g x x x x x x +===-+=+=+++++，即52,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．要证方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解，只要证方程1e e ln(1)0x m x +-+=有唯一的实数解．设15()ee ln(1)22xmH x x m +⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，则()1e e 1mxH x x+'=-+，所以函数()H x '在(1,)-+∞上递增，又(0)e e 0mH '=-<，e (1)(1)0mm H m m-'-=>，由零点存在定理，2(0,1)x m ∃∈-时，2()0H x '=，即212e e1mx x +=+，因此()221ln 1m x x =+++，又1111ln 11m x x =+++，设()ln m x x x =+，则函数()m x 在(0,)+∞上递增，于是21111x x +=+且()21ln 11x x +=+，而函数()H x 在()21,x -上递减，在()2,x +∞上递增，()()()()()21min 2221121()e e ln 1e ln 1e 1101x m m m H x H x x x x x x +⎛⎫∴==-+=-+=+-+= ⎪+⎝⎭，即函数()H x 有唯一零点2x ，故方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解．15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．【解析】（1）由()e ln xf x a x =-，可得()1e x f x a x'=-，因为()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即1e xa x ≥在[)1,+∞上恒成立，令()()1,1e x g x x x =≥，则()()()2211e e 0e e x x x x x g x x x x +'=-+=-<在[)1,+∞上恒成立，即()g x 在[)1,+∞上单调递减，所以()()max 11eg x g ==，由1e x a x ≥在[)1,+∞上恒成立，可得()max1ea g x ≥=，所以实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为函数()e 1x x x φ=--，()e 1xx φ'=-，令()0x φ'=，则0x =，即0x >时，()0x φ'>，则()x φ单调递增；即0x <时，()0x φ'<，则()x φ单调递减；所以()()0110x φφ≥=-=，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =取等号），因为函数()ln 1x x x ϕ=-+，()0x >，则()11x xϕ'=-，令()0x ϕ'=，则1x =，当01x <<时，()0x ϕ'>，则函数()x ϕ单调递增；当1x >时，()0x ϕ'<，则函数()x ϕ单调递减；所以()()10110x ϕϕ≤=-+=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），因为21ea ≥，且e 1xx ≥+（当且仅当0x =取等号），ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），所以()()221e ln e 1e 1exxx f x a x x x -=->⋅--=-+（两个等号不同时成立这里反为大于号），令()()2e1,0x h x x x -=-+>，即证()0h x ≥，因额为()2e1x h x -'=-，令()0h x '=，可得20e e 1x -==，所以2x =，当02x <<时，()0h x '<，则函数()h x 单调递减；当2x >时，()0h x '>，则函数()h x 单调递增；所以()()22min 2e 210h x h -==-+=，所以()()20h x h ≥=，即当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为()ln af x x x=+，所以21()a f x x x '=-，又()f x 在1x =处的切线方程为y b =，所以(1)10,f a ='-=故1a =，又()1ln11f a =+=，所以切线方程为1y =，故1b =，所以()1ln f x x x=+，则22111().x f x x x x -'=-=当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x ≥时，()0f x '≥，()f x 单调递增.综上，()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为[)1,+∞.（2）22e ()e e ln e ln (),0,1x x x x x f x mx x x mx x mF x x x x x x x -+++===>---且1x ≠.由曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方,知e ln 11x x m x x +>+-.当1x >时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +>-，即2e ln 10.x x x m -++>设2 ()e ln 1(1),x g x x x m x =-++>则112()e (ln )2e (ln )ex xx x g x x x x x x '=+-=+-.由（1）可知，当1x >时，()1ln f x x x=+单调递增,所以()()11f x f >=.设2()e x x h x =，则2(1)()e xx h x -'=，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，所以2()(1)1eh x h <=<.所以当1x >时，12()e (ln 0exx xg x x x '=+->，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()(1)g x g m >=，所以0m ≥.当01x <<时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +<-，即2e ln 10.x x x m -++<设2()e ln 1(01),x g x x x m x =-++<<由①可知12()e (ln e x xxg x x x '=+-.。

(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。

(江苏专用)高考数学大一轮复习第二章函数与基本初等函数Ⅰ 第7课函数的奇偶性文-人教版高三全

第7课函数的奇偶性(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修1P43练习6改编)函数f(x)=42-1(-1)xx x是函数.(填“奇”、“偶”或“非奇非偶”)【答案】奇【解析】由题知定义域{x|x∈R，且x≠0，x≠±1}关于原点对称，且f(-x)=-f(x)，所以f(x)为奇函数.2.(必修1P94习题28改编)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=2x-3，则f(-2)=. 【答案】-1【解析】f(-2)=-f(2)=-1.3.(必修1P55习题8改编)若函数f(x)=(x+a)(x-4)为偶函数，则实数a=.【答案】4【解析】因为函数f(x)=(x+a)(x-4)为偶函数，所以f(-x)=f(x)，由f(x)=(x+a)(x-4)=x2+(a-4)x-4a，得x2-(a-4)x-4a=x2+(a-4)x-4a，即a-4=0，a=4.4.(必修1P43习题4改编)已知函数f(x)=4x2+bx+3a+b是偶函数，其定义域为[a-6，2a]，则点(a，b)的坐标为.【答案】(2，0)【解析】因为f(x)为偶函数且定义域为[a-6，2a]，所以-(-6)2ba a=⎧⎨=⎩，，即2ba=⎧⎨=⎩，，故点(a，b)的坐标为(2，0).5.(必修1P111复习题17改编)若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在[0，+∞)上是增函数，f(1)=2，则不等式f(lg x)>2的解集为.【答案】110⎛⎫⎪⎝⎭，∪(10，+∞)【解析】因为f(x)为偶函数，所以由f(lg x)>2⇔f(|lg x|)>2=f(1)，又因为f(x)在[0，+∞)上是增函数，所以|lg x|>1，所以0<x<110或x>10，故不等式f(lg x)>2的解集为110⎛⎫⎪⎝⎭，∪(10，+∞).1.奇、偶函数的定义对于函数f(x)定义域内的任意一个x，都有f(-x)=-f(x)(或f(-x)+f(x)=0)，则称f(x)为奇函数；对于函数f(x)的定义域内的任意一个x，都有f(-x)=f(x)(或f(-x)-f(x)=0)，则称f(x)为偶函数.2.奇、偶函数的性质(1)具有奇偶性的函数，其定义域关于原点对称(也就是说，函数为奇函数或偶函数的必要条件是其定义域关于原点对称).(2)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称.(3)若奇函数的定义域包含0，则f(0)=0.(4)定义在(-∞，+∞)上的任意函数f(x)都可以唯一表示成一个奇函数与一个偶函数之和.【要点导学】要点导学各个击破函数奇偶性的判定例1判断下列各函数的奇偶性.(1)f(x)=32 --1x x x；(2)f(x)2-1x21-x(3)f(x)=|x+2|-|x-2|；(4)f(x)=22-0.x x xx x x⎧+<⎨>⎩，，，【思维引导】先求定义域，看定义域是否关于原点对称，在定义域下，解析式带绝对值符号的，要利用绝对值的意义判断f(-x)与f(x)的关系，分段函数应分情况判断.【解答】(1)定义域是{x|x≠1}，不关于原点对称，所以f(x)是非奇非偶函数.(2)定义域是{-1，1}，f(x)=0，所以f(x)既是奇函数又是偶函数.(3)定义域是R，f(-x)=|-x+2|-|-x-2|=-(|x+2|-|x-2|)=-f(x)，所以f(x)是奇函数.(4)当x<0时，-x>0，则f(-x)=(-x)2-(-x)=x2+x=f(x)；当x>0时，-x<0，则f(-x)=(-x)2+(-x)=x2-x=f(x).综上所述，对任意的x∈(-∞，0)∪(0，+∞)，都有f(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数.【精要点评】利用定义判断函数奇偶性的步骤：(1)首先确定函数的定义域，并判断其是否关于原点对称.(2)确定f(-x)与f(x)的关系.(3)作出相应结论：若f(-x)=f(x)或f(-x)-f(x)=0，则f(x)是偶函数；若f(-x)=-f(x)或f(-x)+f(x)=0，则f(x)是奇函数.变式求证：函数f(x)=x112-12x⎛⎫+⎪⎝⎭+a(其中a为常数)为偶函数.【解答】易知此函数的定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)，关于原点对称.因为f(-x)=-x-112-12x⎛⎫+⎪⎝⎭+a=x212-12xx⎛⎫-⎪⎝⎭+a=x2-111-2-12xx⎛⎫+⎪⎝⎭+a=x112-12x⎛⎫+⎪⎝⎭+a=f(x)，所以f(x)=x112-12x⎛⎫+⎪⎝⎭+a为偶函数.【精要点评】函数奇偶性的证明与函数奇偶性的判断的区别在于我们已经知道函数具有奇偶性，从而有了解决问题的方向，只是在对式子的变形上可能要下一定的功夫，特别是对于抽象函数我们还是要牢牢抓住奇偶性的定义找到解决问题的突破口.函数奇偶性的应用例2(1)已知函数f(x)是定义在(-∞，+∞)上的偶函数.当x∈(-∞，0)时，f(x)=x-x4，则当x∈(0，+∞)时，f(x)=.(2)(2014·某某卷改编)已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)-g(x)=x3+x2+1，则f(1)=，g(1)=.【思维引导】(1)要求f(x)在(0，+∞)上的表达式，由于已知f(x)在(-∞，0)上的表达式，因此解答本题可先设x∈(0，+∞)，然后将它转化到已知解析式的区间(-∞，0)上，最后利用函数的奇偶性定义即可得出结论.(2)先利用函数的奇偶性，确定f(x)和g(x)的解析式，然后代值计算.【答案】 (1)-x-x4(2)2-1【解析】(1)当x∈(0，+∞)时，有-x∈(-∞，0)，注意到函数f(x)是定义在(-∞，+∞)上的偶函数，于是有f(x)=f(-x)=-x-(-x)4=-x-x4.(2)由题意得f(-x)-g(-x)=-x3+x2+1，因为f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(x)+g(x)=-x3+x2+1，联结f(x)-g(x)=x3+x2+1，解得f(x)=x2+1，g(x)=-x3，所以f(1)=2，g(1)=-1.【精要点评】(1)解决本题第(1)问的关键是利用偶函数的关系式f (-x)=f(x)成立，但要注意求给定哪个区间的解析式就设这个区间上的变量x，然后把x转化为-x(另一个已知区间上的解析式中的变量)，通过适当的推导，求出所求区间上的解析式.(2)本题第(2)问也可以直接用赋值法解决，即赋值x=±1，然后利用奇偶性化归为关于f(1)和g(1)的方程组，进行求解.变式(1)设f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=2x+2x+b(b为常数)，则f(-1)=.(2)已知f(x)=223pxx q++是奇函数，且f(2)=53，那么p=，q=.【答案】 (1)-3(2)20【解析】(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)=20+2×0+b=0，解得b=-1，故当x≥0时，f(x)=2x+2x-1，所以f(-1)=-f(1)=-(2+2×1-1)=-3.(2)因为f(x)是奇函数，所以f(-x)+f(x)=0，即22-3pxx q+++223pxx q++=0，得q=0.又由f(2)=53，得426p+=53，解得p=2.函数奇偶性与单调性的综合应用微课2● 问题提出奇函数在关于原点对称的区间上的单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上的单调性相反.抽象函数中的不等式问题，核心是去掉抽象函数中的符号“f”，除了画出草图利用数形结合思想求解外，本质是利用奇偶性和单调性.那么，求解此类问题的解题模板是怎样的?● 典型示例例3已知函数f(x)是定义在R上的单调函数，且对任意的实数a∈R，f(-a)+f(a)=0恒成立，若f(-3)=2.(1)试判断函数f(x)在R上的单调性，并说明理由；(2)解关于x的不等式：f-m xx⎛⎫⎪⎝⎭+f(m)<0，其中m∈R且m>0.【思维导图】【规X解答】(1)函数f(x)为R上的减函数.理由如下：由题知f(x)是R上的奇函数，所以f(0)=0，又因为f(x)是R上的单调函数，由f(-3)=2，f(0)<f(-3)，知f(x)为R上的减函数.(2)由f-m xx⎛⎫⎪⎝⎭+f(m)<0，得f-m xx⎛⎫⎪⎝⎭<-f(m)=f(-m)，结合(1)得-m xx>-m，整理得(1-)-m x mx<0.当m>1时，不等式的解集为|01-mx x xm⎧⎫><⎨⎬⎩⎭或；当m=1时，不等式的解集为{x|x>0}；当0<m<1时，不等式的解集为|01-mx xm⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭.【精要点评】利用函数的单调性解函数不等式要特别注意必须考虑函数的定义域，进而结合函数单调性去求不等式的解集.● 总结归纳奇函数在对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在对称区间上具有相反的单调性，因此，若函数具有奇偶性，研究单调性、最值或作图象等问题时，只需在非负值X围内研究即可，在负值X围内由对称性可得.● 题组强化1.(2014·某某压题卷)若奇函数f (x )在(0，+∞)上单调递减，且f (2)=0，则不等式3(-)-2()5f x f x x ≤0的解集为.(第1题)【答案】[-2，0)∪(0，2]【解析】根据已知条件可画出f (x )的草图如图所示.不等式3(-)-2()5f x f x x ≤0⇔()f x x ≥0，即0()0x f x >⎧⎨≥⎩，或0()0.x f x <⎧⎨≤⎩，由图可知不等式的解集为[-2，0)∪(0，2].2.(2015·全国卷)设函数f (x )=ln(1+|x|)-211x +，则使得f (x )>f (2x-1)成立的x 的取值X 围是. 【答案】113⎛⎫ ⎪⎝⎭，【解析】由f (x )=ln(1+|x|)-211x +可知f (x )是偶函数，且在[0，+∞)是增函数，所以f (x )>f (2x-1)⇔f (|x|)>f (|2x-1|)⇔|x|>|2x-1|⇔13<x<1.3.已知偶函数f (x )在[0，+∞)上是增函数，如果f (ax+1)≤f (x-2)在x ∈112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恒成立，某某数a 的取值X 围.【解答】由于f (x )为偶函数，且在[0，+∞)上为增函数，则在(-∞，0]上为减函数. 由f (ax+1)≤f (x-2)，知|ax+1|≤|x-2|.又x ∈112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，故|x-2|=2-x ，即x-2≤ax+1≤2-x. 故x-3≤ax ≤1-x ，1-3x ≤a ≤1x -1在112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恒成立. 由于min 1-1x ⎛⎫⎪⎝⎭=0，max 31-x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-2，故-2≤a ≤0，即实数a 的取值X 围为[-2，0].4.已知奇函数f (x )是定义在(-3，3)上的减函数，且满足不等式f (x-3)+f (x 2-3)<0，求x 的取值X 围.【解答】由题知2-3-33-3-33x x <<⎧⎨<<⎩，，解得06-6006x x x <<⎧⎪⎨<<<<⎪⎩，或，故0<x<6.因为f (x )是奇函数，所以f (x-3)<-f (x 2-3)=f (3-x 2)，又f (x )在(-3，3)上是减函数，所以x-3>3-x 2，即x 2+x-6>0，解得x>2或x<-3. 综上，2<x<6，即x 的取值X 围是{x|2<x<6}.1.(2015·卷改编)已知下列函数：①y=x 2sin x ；②y=x 2cos x ；③y=|ln x|；④y=2-x.其中为偶函数的是.(填序号) 【答案】②【解析】根据奇偶性的定义知①为奇函数，②为偶函数，③的定义域为(0，+∞)，故③不具有奇偶性，④既不是奇函数，也不是偶函数.2.(2015·某某模拟)已知函数f (x )=·2-221x xa a ++(x ∈R )是奇函数，那么实数a=.【答案】1【解析】因为f(x )=·2-221xxa a++(x∈R)是奇函数，因此f(0)=0，解得a=1.3.(2016·某某期中)已知定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)=2x-x2，则f(-1)+f(0)+f(3)=.【答案】-2【解析】由题意知，f(0)=0，f(-1)=-f(1)，又因为当x>0时，f(x)=2x-x2，所以f(-1)+f(0)+f(3)=-f(1)+0+f(3)=-21+12+23-32=-2.4.(2015·某某卷)已知定义在R上的函数f(x)=2|x-m|-1 (m为实数)为偶函数，记a=f(log0.53)，b=f(log25)，c=f(2m)，则a，b，c的大小关系为.【答案】c<a<b【解析】因为函数f(x)=2|x-m|-1为偶函数，所以m=0，即f(x)=2|x|-1，所以a=f(log0.53)=f21log3⎛⎫⎪⎝⎭=21log32-1=2log32-1=3-1=2，b=f(log25)=2log52-1=4，c=f(2m)=f(0)=20-1=0.所以c<a<b.5.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在[0，+∞)上为增函数，若f(1-a)+f(-2a)<0，某某数a的取值X围.【解答】因为f(x)是定义在R上的奇函数，且在[0，+∞)上为增函数，所以f(x)在R上为增函数. 又f(1-a)+f(-2a)<0，所以f(1-a)<-f(-2a)=f(2a).所以1-a<2a，即a>1 3.所以实数a的取值X围为13∞⎛⎫+⎪⎝⎭，.【融会贯通】融会贯通能力提升已知函数f(x)的定义域D={x|x≠0}，且满足对于任意的x1，x2∈D，有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2).(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的奇偶性，并给出证明；(3)如果f(4)=1，f(3x+1)+f(2x-6)≤3，且f(x)在(0，+∞)上是增函数，求x的取值X围.【思维引导】【规X解答】(1)令x1=x2=1，得f(1×1)=f(1)+f(1)，解得f(1)=0.……………………………………………………………2分(2)f(x)为偶函数.证明如下： (4)分令x1=x2=-1，得f[(-1)×(-1)]=f(-1)+f(-1)，解得f(-1)=0.令x1=-1，x2=x，有f(-x)=f(-1)+f(x)，所以f(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数.…………………………7分(3)f(4×4)=f(4)+f(4)=2，f(16×4)=f(16)+f(4)=3.…………………………………………………………………………9分将f(3x+1)+f(2x-6)≤3，变形为f[(3x+1)(2x-6)]≤f(64).(*)因为f(x)为偶函数，所以f(-x)=f(x)=f(|x|).所以不等式(*)等价于f [|(3x+1)(2x-6)|]≤f (64).………………11分又因为f (x )在(0，+∞)上是增函数，所以|(3x+1)(2x-6)|≤64，且(3x+1)(2x-6)≠0，解得-73≤x<-13或-13<x<3或3<x ≤5.所以x 的取值X 围是711---335333x x x x ⎧⎫≤<<<<≤⎨⎬⎩⎭或或.………………………………14分【精要点评】抽象函数的奇偶性就是要判断-x 对应的函数值与x 对应的函数值之间的关系，从而得到函数图象关于原点或y 轴对称.在利用单调性解决抽象不等式时，不仅要注意单调性的应用，还要注意定义域的限制，以保证转化的等价性.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第13~14页.【检测与评估】第7课函数的奇偶性一、填空题1.(2015·某某卷改编)设函数f (x )=ln(1+x )-ln(1-x )，则f (x )的奇偶性是.2.(2015·全国卷)若函数f (x )=x ln(x 2a x +为偶函数，则实数a =.3.(2015·某某中学)已知函数f (x )=a 21x ++x )+bx 3+x 2，其中a ，b 为常数，f (1)=3，则f (-1)=.4.已知a为常数，函数f(x)=x2-4x+3.若f(x+a)为偶函数，则a=.5.(2014·某某某某)设f(x)是定义在R上以3为周期的奇函数，且f(1)>1，f(2 015)=2-31aa+，则实数a的取值X围是.6.已知g(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)=-ln(1-x)，函数f(x)=30()0. x xg x x⎧≤⎨>⎩，，，若f(2-x2)>f(x)，则实数x的取值X围是.7.(2015·启东联考)若函数f(x)同时满足：(1)对于定义域上的任意x，恒有f(x)+f(-x)=0；(2)对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有1212()-()-f x f xx x<0，则称函数f(x)为“理想函数”.给出下列四个函数中：①f(x)=1x；②f(x)=x2；③f(x)=2-121xx+；④f(x)=22-0x xx x⎧≥⎨<⎩，，，，能被称为“理想函数”的有.(填序号)8.(2014·某某、某某一模)若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞)上单调递增.如果实数t满足f(ln t)+f1lnt⎛⎫⎪⎝⎭≤2f(1)，那么t的取值X围是.二、解答题9.已知函数f(x)=x2+ax(x≠0，常数a∈R).(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在[2，+∞)上为增函数，某某数a的取值X围.10.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(-∞，0)时，f (x )=-x lg(2-x )，求函数f (x )的解析式.11.设函数f (x )的定义域为D ，若存在非零实数l 使得对于任意的x ∈M(M ⊆D)，有x +l ∈D ，且f (x +l )≥f (x )，则称f (x )为M 上的l 高调函数.(1)如果定义域为[-1，+∞)的函数f (x )=x 2为[-1，+∞)上的m 高调函数，某某数m 的取值X 围； (2)如果定义域为R 的函数f (x )是奇函数，当x ≥0时，f (x )=|x -a 2|-a 2，且f (x )为R 上的4高调函数，某某数a 的取值X 围.三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.已知定义域为R 的函数f (x )=1-222x x b +++是奇函数.(1)某某数b 的值；(2)判断函数f (x )的单调性；(3)若对任意的t ∈R ，不等式f (t 2-2t )+f (2t 2-k )<0恒成立，某某数k 的取值X 围.【检测与评估答案】第7课函数的奇偶性1.奇函数【解析】显然，f (x )的定义域为(-1，1)，关于原点对称.又因为f (-x )=ln(1-x )-ln(1+x )=-f (x )，所以f (x )为奇函数.2.1【解析】由题知y=ln(是奇函数，所以ln(+ln(-=ln(a+x 2-x 2)=ln a=0，解得a=1.3.-1【解析】已知函数f(x)=a ln(21x++x)+bx3+x2，所以f(x)+f(-x)=2x2，由f(1)=3，得f(-1)=-1.4. 2【解析】f(x+a)=(x+a)2-4(x+a)+3=x2+(2a-4)x+a2-4a+3.因为f(x+a)为偶函数，所以a=2.5.2-13⎛⎫⎪⎝⎭，【解析】因为f(2 015)=f(2)=f(-1)=-f(1)<-1，所以2-31aa+<-1，解得-1<a<23.6. (-2，1)【解析】设x>0，则-x<0.因为当x<0时，g(x)=-ln(1-x)，所以g(-x)=-ln(1+x).又因为g(x)是奇函数，所以g(x)=ln(1+x)(x>0)，所以f(x)=30ln(1)0x xx x⎧≤⎨+>⎩，，，，其图象如图所示.由图象知，函数f(x)在R上是增函数.因为f(2-x2)>f(x)，所以2-x2>x，即-2<x<1.(第6题)7.④【解析】依题意，性质(1)反映函数f(x)在定义域上为奇函数，性质(2)反映函数f(x)在定义域上为单调减函数.①f(x)=1x为定义域上的奇函数，但不是定义域上的单调减函数，其单调减区间为(-∞，0)，(0，+∞)，故排除①；②f(x)=x2为定义域上的偶函数，排除②；③f(x)=2-121xx+，定义域为R，由于y=2x+1在R上为增函数，故函数f(x)为R上的增函数，排除③；④根据f(x)=22-0x xx x⎧≥⎨<⎩，，，的图象，显然此函数为奇函数，且在定义域上为减函数，故④为理想函数.8.1ee⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【解析】f(ln t)+f1lnt⎛⎫⎪⎝⎭=f(ln t)+f(-ln t)=2f(ln t)，于是f(lnt)+f1lnt⎛⎫⎪⎝⎭≤2f(1)⇔f(ln t)≤f(1)⇔|ln t|≤1⇔-1≤ln t≤1⇔1e≤t≤e.9.(1) 当a=0时，f(x)=x2，对任意x∈(-∞，0)∪(0，+∞)，有f(-x)=(-x)2=x2=f(x)，所以f(x)为偶函数.当a≠0时，f(x)=x2+ax(x≠0，常数a∈R)，若x=±1，则f(-1)+f(1)=2≠0，所以f(-1)≠-f(1)，f(-1)≠f(1).所以函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数. 综上所述，当a=0时，f(x)为偶函数；当a≠0时，f(x)为非奇非偶函数.(2) 设2≤x1<x2，f(x1)-f(x2)=21x+1ax-22x-2ax=1212-x xx x[x1x2(x1+x2)-a]，要使函数f(x)在x∈[2，+∞)上为增函数，必须f(x1)-f(x2)<0恒成立.因为x1-x2<0，x1x2>4，即a<x1x2(x1+x2)恒成立.又因为x1+x2>4，所以x1x2(x1+x2)>16，所以实数a的取值X围是(-∞，16].10.因为f(x)是R上的奇函数，可得f(0)=-f(0)，所以f(0)=0.当x>0时，-x<0，由已知得f(-x)=x lg(2+x)，所以-f(x)=x lg(2+x)，即f(x)=-x lg(2+x)(x>0).所以f(x)=-lg(2-)0 -lg(2)0. x x xx x x<⎧⎨+≥⎩，，，即f(x)=-x lg(2+|x|)(x∈R).11. (1) f(x)=x2(x≥-1)的图象如图(1)所示，图(1)图(2) (第11题)要使f (-1+m )≥f (-1)，只要m ≥2，此时恒有f (x+m )≥f (x )，所以实数m 的取值X 围为[2，+∞).(2) 由f (x )为奇函数及x ≥0时的解析式知f (x )的图象如图(2)所示. 因为f (3a 2)=a 2=f (-a 2)，由f (-a 2+4)≥f (-a 2)=a 2=f (3a 2)，得-a 2+4≥3a 2，从而a 2≤1. 又当a 2≤1时，恒有f (x+4)≥f (x ). 所以实数a 的取值X 围为[-1，1].12.(1) 因为f (x )是奇函数，所以f (0)=0，即-122b +=0，解得b=1.(2) 由(1)知f (x )=11-222xx ++=-12+121x +，设x 1<x 2，则f (x 1)-f (x 2)=1121x +-2121x +=21122-2(21)(21)x x x x++.因为函数y=2x在R 上是增函数，且x 1<x 2，所以22x -12x >0，又(12x +1)(22x +1)>0，所以f (x 1)-f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2). 所以f (x )在定义域R 上为减函数.(3) 因为f (x )是奇函数，从而不等式f (t 2-2t )+f (2t 2-k )<0等价于f (t 2-2t )<-f (2t 2-k )=f (k-2t 2).由(2)知f (x )为减函数，所以t 2-2t>k-2t 2，即对一切t ∈R 有3t 2-2t-k>0，从而判别式Δ=4+12k<0，解得k<-13，所以实数k 的取值X 围是1-.-3∞⎛⎫ ⎪⎝⎭.。

江苏高考数学复习函数与方程专题强化练习(附答案)

江苏高考数学复习函数与方程专题强化练习（附答案）函数的思想是用运动和变化的观念、集合与对应的思想,去剖析和研讨数学效果中的数量关系，以下是函数与方程专题强化练习，希望对考生温习数学有协助。

一、选择题1.(文)曲线y=xex+2x-1在点(0，-1)处的切线方程为()A.y=3x-1B.y=-3x-1C.y=3x+1D.y=-2x-1[答案] A[解析] k=y|x=0=(ex+xex+2)|x=0=3，切线方程为y=3x-1，应选A.(理)(2021吉林市质检)假定函数f(x)=2sinx(x[0，])在点P 处的切线平行于函数g(x)=2(+1)在点Q处的切线，那么直线PQ的斜率()A.1B.C. D. 2[答案] C[解析] f(x)=2cosx，x[0，]，f(x)[-2,2]，g(x)=+2，当且仅当x=1时，等号成立，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，那么由题意知，2cosx1=+，2cosx1=2且+=2，x1[0，]，x1=0，y1=0，x2=1，y2=，kPQ==.[方法点拨] 1.导数的几何意义函数y=f(x)在x=x0处的导数f (x0)就是曲线y=f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k=f (x0).2.求曲线y=f(x)的切线方程的类型及方法(1)切点P(x0，y0)，求y=f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f (x0)，由点斜式写出方程;(2)切线的斜率为k，求y=f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，经过方程k=f (x0)解得x0，再由点斜式写出方程;(3)切线上一点(非切点)，求y=f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，应用导数求得切线斜率f (x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.3.假定曲线的切线与直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k=f (x0)求出切点坐标(x0，y0)，最后写出切线方程.4.(1)在点P处的切线即是以P为切点的切线，P一定在曲线上.(2)过点Q的切线即切线过点Q，Q不一定是切点，所以此题的易错点是把点Q作为切点.因此在求过点P的切线方程时，应首先检验点P能否在曲线上.2.f(x)为定义在(-，+)上的可导函数，且f(x)ef(0)，f(2021)e2021f(0)B.f(1)e2021f(0)C.f(1)ef(0)，f(2021)0，即F(x)在xR上为增函数，F(1)F(0)，F(2021)F(0)，即，f(1)ef(0)，f(2021)e2021f(0).[方法点拨] 1.函数的单调性与导数在区间(a，b)内，假设f (x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增.假设f (x)0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减.2.应用导数研讨函数的单调性的步骤.(1)找出函数f(x)的定义域;(2)求f(3)在定义域内解不等式f (x)0，f (x)0.3.求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f (x)0或f (x)0.4.假定函数的单调性求参数的值或取值范围，只需转化为不等式f (x)0或f (x)0在单调区间内恒成立的效果求解，解题进程中要留意分类讨论;函数单调性效果以及一些相关的逆向效果，都离不开分类讨论思想.3.(2021新课标理，12)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(-1)=0，当x0时，xf(x)-f(x)0，那么使得f(x)0成立的x的取值范围是()A.(-，-1)(0,1)B.(-1,0)(1，+)C.(-，-1)(-1,0)D.(0,1)(1，+)[答案] A[解析] 考察导数的运用.记函数g(x)=，那么g(x)=，由于当x0时，xf(x)-f(x)0，故当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0，+)上单调递减;又由于函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(-，0)上单调递减，且g(-1)=g(1)=0.当00，那么f(x)当x-1时，g(x)0，那么f(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(-，-1)(0,1)，应选A.[方法点拨] 1.在研讨函数的性质与图象，方程与不等式的解，不等式的证明等效果中，依据解题的需求可以结构新的函数g(x)，经过研讨g(x)的性质(如单调性、极值等)来处置原效果是常用的方法.如在讨论f (x)的符号时，假定f (x)的一局部为h(x)，f (x)的符号由h(x)所决议，那么可转化为研讨h(x)的极(最)值来处置，证明f(x)g(x)时，可结构函数h(x)=f(x)-g(x)，转化为h(x)的最小值效果等等. 2.运用函数与方程思想处置函数、方程、不等式效果，是多元效果中的罕见题型，罕见的解题思绪有以下两种：(1)分别变量，结构函数，将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域)，然后求解.(2)换元，将效果转化为一次不等式、二次不等式或二次方程，进而结构函数加以处置.3.有关二次方程根的散布效果普统统过两类方法处置：一是根与系数的关系与判别式，二是结合函数值的符号(或大小)、对称轴、判别式用数形结合法处置.4.和函数与方程思想亲密关联的知识点函数y=f(x)，当y0时转化为不等式f(x)0.数列是自变量为正整数的函数.直线与二次曲线位置关系效果常转化为二次方程根的散布效果.平面几何中有关计算效果，有时可借助面积、体积公式转化为方程或函数最值求解.5.留意方程(或不等式)有解与恒成立的区别.6.含两个未知数的不等式(函数)效果的罕见题型及详细转化战略：(1)x1[a，b]，x2[c，d]，f(x1)g(x2)f(x)在[a，b]上的最小值g(x)在[c，d]上的最大值.(2)x1[a，b]，x2[c，d]，f(x1)g(x2)f(x)在[a，b]上的最大值g(x)在[c，d]上的最小值.(3)x1[a，b]，x2[c，d]，f(x1)g(x2)f(x)在[a，b]上的最小值g(x)在[c，d]上的最小值.(4)x1[a，b]，x2[c，d]，f(x1)g(x2)f(x)在[a，b]上的最大值g(x)在[c，d]上的最大值.(5)x1[a，b]，当x2[c，d]时，f(x1)=g(x2)f(x)在[a，b]上的值域与g(x)在[c，d]上的值域交集非空.(6)x1[a，b]，x2[c，d]，f(x1)=g(x2)f(x)在[a，b]上的值域g(x)在[c，d]上的值域.(7)x2[c，d]，x1[a，b]，f(x1)=g(x2)f(x)在[a，b]上的值域g(x)在[c，d]上的值域.4.(文)函数y=f(x)的图象是以下四个图象之一，且其导函数y=f (x)的图象如以下图所示，那么该函数的图象是() [答案] B[解析] 此题考察原函数图象与导函数图象之间的关系.由导数的几何意义可得，y=f(x)在[-1,0]上每一点处的切线斜率逐突变大，而在[0,1]上那么逐突变小，应选B. (理)(2021石家庄市质检)定义在区间[0,1]上的函数f(x)的图象如以下图所示，以A(0，f(0))、B(1，f(1))、C(x，f(x))为顶点的ABC的面积记为函数S(x)，那么函数S(x)的导函数S(x)的大致图象为()[答案] D[解析] A、B为定点，|AB|为定值，ABC的面积S(x)随点C 到直线AB的距离d而变化，而d随x的变化状况为增大减小0增大减小，ABC的面积先增大再减小，当A、B、C三点共线时，构不成三角形;然后ABC的面积再逐渐增大，最后再逐渐减小，观察图象可知，选D.[方法点拨] 1.由导函数的图象研讨函数的图象与性质，应留意导函数图象位于x轴上方的局部对应f(x)的增区间，下方局部对应f(x)的减区间，与x轴的交点对应函数能够的极值点，导函数的单调性决议函数f(x)增长的速度;2.由函数的图象确定导函数的图象时，应留意观察函数的单调区间、极值点，它们依次对应f(x)的正负值区间和零点，图象上开或下降的快慢决议导函数的单调性.5.常数a、b、c都是实数，f(x)=ax3+bx2+cx-34的导函数为f(x)，f(x)0的解集为{x|-23}，假定f(x)的极小值等于-115，那么a的值是()A.-B.C.2D.5[答案] C[解析] 依题意得f(x)=3ax2+2bx+c0的解集是[-2，3]，于是有3a0，-2+3=-，-23=，b=-，c=-18a，函数f(x)在x=3处取得极小值，于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115，-a=-81，a=2，应选C.二、解答题6.(文)函数f(x)=x3-3x2+ax+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.(1)求a;(2)证明：当k1时，曲线y=f(x)与直线y=kx-2只要一个交点.[剖析] (1)由导数的几何意义可把斜率用a来表示，再由斜率公式可求出a的值;(2)把曲线与直线只要一个交点转化为函数只要一个零点作为本问的切入点，应用分类讨论的思想和应用导数判别函数的单调性来判别所设函数的单调性，从而得出此函数在每个区间的单调状况，进而求出零点个数，处置本问.[解析] (1)f(x)=3x3-6x+a，f(0)=a，由题设得-=-2，所以a=1.(2)由(1)知，f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k0.当x0时，g(x)=3x2-6x+1-k0，g(x)单调递增，g(-1)=k-10，g(0)=4，所以g(x)=0在(-，0]上有独一实根.当x0时，令h(x)=x3-3x2+4，那么g(x)=h(x)+(1-k)xh(x). h(x)=3x2-6x=3x(x-2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，+)上单调递增，所以g(x)h(2)=0，所以g(x)=0在(0，+)上没有实根.综上，g(x)在R上有独一实根，即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只要一个交点.(理)函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明：当x0时，x21，转化为证明x2lnx+lnk成立.结构函数h(x)=x-2lnx-lnk求解.[解析] (1)由f(x)=ex-ax，得f(x)=ex-a.又f(0)=1-a=-1，得a=2.所以f(x)=ex-2x，f(x)=ex-2.令f(x)=0，得x=ln2.当xln2时，f(x)0，f(x)单调递增;所以当x=ln2时，f(x)有极小值.且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4，f(x)无极大值.(2)令g(x)=ex-x2，那么g(x)=ex-2x.由(1)得，g(x)=f(x)f(ln2)=2-ln40，即g(x)0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)=10，所以当x0时，g(x)0，即x20时x20时，x21，要使不等式x2kx2成立，而要使exkx2成立，那么只需xln(kx2)，只需x2lnx+lnk成立，令h(x)=x-2lnx-lnk，那么h(x)=1-=，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，+)内单调递增取x0=16k16，所以h(x)在(x0，+)内单调递增又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k易知klnk，kln2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0=，当x(x0，+)时，恒有x20.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性;(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)=0在区间(1，+)内有独一解.[解析] 此题主要考察导数的运算、导数在研讨函数中的运用、函数的零点等基础知识，考察推实际证才干、运算求解才干、创新看法，考察函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想.(1)由，函数f(x)的定义域为(0，+)，g(x)=f(x)=2(x-1-lnx-a)，所以g(x)=2-=.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递减，当x(1，+)时，g(x)0，g(x)单调递增.(2)由f(x)=2(x-1-lnx-a)=0，解得a=x-1-lnx，令(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx ，那么(1)=10，(e)=2(2-e)0，于是，存在x0(1，e)，使得(x0)=0.令a0=x0-1-lnx0=u(x0)，其中u(x)=x-1-lnx(x1)，由u(x)=1-0知，函数u(x)在区间(1，+)上单调递增，故0=u(1)即a0(0,1).当a=a0时，有f(x0)=0，f(x0)=(x0)=0再由(1)知，f(x)在区间(1，+)上单调递增.当x(1，x0)时，f(x)0，从而f(x)当x(x0，+)时，f(x)0，从而f(x)又当x(0,1]时，f(x)=(x-a0)2-2xlnx0，故x(0，+)时，f(x)0.综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)=0在区间(1，+)内有独一解.(理)(2021江苏，19)函数f(x)=x3+ax2+b(a，bR).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)假定b=c-a(实数c是与a有关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰恰是(-，-3)，求c的值. [解析] 考察应用导数求函数单调性、极值、函数零点. (1)先求函数导数，经过讨论导函数零点求解;(2)经过结构函数，应用导数与函数关系求解.(1)f(x)=3x2+2ax，令f(x)=0，解得x1=0，x2=-.当a=0时，由于f(x)=3x20，所以函数f(x)在(-，+)上单调递增;当a0时，x(0，+)时，f(x)0，x(-，0)时，f(x)0，所以函数f(x)在，(0，+)上单调递增，在上单调递减;当a0时，x(-，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在(-，0)，上单调递增，在上单调递减. (2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)=b，f=a3+b，那么函数f(x)有三个零点等价于f(0)f=ba3+b0，从而或.又b=c-a，所以当a0时，a3-a+c0，或当a0时，a3-a+c0.设g(a)=a3-a+c，由于函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰恰是(-，-3)，那么在(-，-3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立，从而g(-3)=c-10，且g=c-10，因此c=1.此时，f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a]，因函数有三个零点，那么x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根，所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30，且(-1)2-(a-1)+1-a0，解得a(-，-3)1，，+.综上c=1.[方法点拨] 用导数研讨函数综合题的普通步骤：第一步，将所给效果转化为研讨函数性质的效果.假定已给出函数，直接进入下一步.第二步，确定函数的定义域.第三步，求导数f (x)，解方程f (x)=0，确定f(x)的极值点x=x0.第四步，判别f(x)在给定区间上的单调性和极值，假定在x=x0左侧f (x)0，右侧f (x)0，那么f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，假定在x=x0两侧f (x)不变号，那么x=x0不是f(x)的极值点.第五步，求f(x)的最值，比拟各极值点与区间端点f(a)，f(b)的大小，最大的一个为最大值、最小的一个为最小值. 第六步，得出效果的结论.8.济南市两会召开前，某政协委员针对自己提出的环保提案对某处的环境状况停止了实地调研，据测定，该处的污染指数与左近污染源的强度成正比，与到污染源的距离成正比，比例常数为k(k0).现相距36km的A、B两家化工厂(污染源)的污染强度区分为正数a、b，它们连线上恣意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).(1)试将y表示为x的函数;(2)假定a=1时，y在x=6处取得最小值，试求b的值.[解析] (1)设点C受A污染源污染指数为，点C受B污染源污染指数为，其中k为比例系数，且k0.从而点C处污染指数y=+(00，即f(x)0，故f(x)为增函数;当xx2时，g(x)0，即f(x)0，故f(x)为减函数;由f(x)在[3，+)上为减函数，知x2=3，解得a-，故a的取值范围为.[方法点拨] 1.应用导数研讨函数最值的普通步骤(1)求定义域;(2)求导数f (3)求极值，先解方程f (x)=0，验证f (x)在根左右两侧值的符号确定单调性，假定在x=x0左侧f (x)0，右侧f (x)0，那么f(x0)为极大值，反之f(x0)为极小值，假定在x=x0两侧f(x)的值不变号，那么x=x0不是f(x)的极值点;(4)求最值，比拟各极值点与区间[a，b]的端点值f(a)、f(b)的大小，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.f(x)在某区间上的极值或极值的存在状况，那么转化为方程f (x)=0的根的大小或存在状况.函数与方程专题强化练习及答案的全部内容就是这些，更多精彩内容请考生关注查字典数学网。

江苏高考数学高考必会题型专题三函数与导数第9练分段函数,剪不断理还乱

第9练分段函数，剪不断理还乱题型一分段函数的值域问题例1函数f(x)＝⎩⎨⎧log21x ，x≥1，2x ，x<1的值域为________．破题切入点求各段值域，然后求并集．答案 (－∞，2)解析因为当x≥1时，f(x)＝log21x＝－log2x≤0，当x<1时，0<f(x)＝2x<2，因此函数f(x)的值域为(－∞，2)．题型二分段函数的零点问题例2 (2021·扬州模拟)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪x ＋1x ，x≠0，0，x ＝0，那么关于x 的方程f2(x)＋bf(x)＋c ＝0有5个不同实数解的充要条件是________．破题切入点分类讨论思想，结合函数图象解决．答案 b<－2且c ＝0解析能够从c ＝0，c≠0两种情形来考虑．假设c ＝0，那么x ＝0是方程f2(x)＋bf(x)＋c ＝0其中的一个根，且f(x)[f(x)＋b]＝0，现在f(x)≠0，因此f(x)＋b ＝0，因此当－b>2时，f(x)＋b ＝0有四个根，知足题意，因此b<－2. 题型三分段函数的综合性问题例3 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x>0，0，x ＝0，x2＋mx ，x<0是奇函数．(1)求实数m 的值；(2)假设函数f(x)在区间[－1，a －2]上单调递增，求实数a 的取值范围．破题切入点分段函数奇偶性的概念，结合图象分类讨论．解 (1)∵函数f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)．当x>0时，－x<0，有(－x)2－mx ＝－(－x2＋2x)，即x2－mx ＝x2－2x. ∴m ＝2.(2)由(1)知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x2＋2x ，x>0，0，x ＝0，x2＋2x ，x<0，当x>0时，f(x)＝－x2＋2x ＝－(x －1)2＋1，∴当x ∈[1，＋∞)时，f(x)单调递减；当x ∈(0,1]时，f(x)单调递增．当x<0时，f(x)＝x2＋2x ＝(x ＋1)2－1， ∴当x ∈(－∞，－1]时，f(x)单调递减；当x ∈[－1,0)时，f(x)单调递增．综上知：函数f(x)在[－1,1]上单调递增．又函数f(x)在区间[－1，a －2]上单调递增．∴⎩⎪⎨⎪⎧a －2>－1，a －2≤1，解之得1<a≤3. 故实数a 的取值范围是(1,3]．总结提高 (1)分段函数是一个函数在其概念域的不同子集上，因对应法那么的不同而别离用几个不同的式子来表示的．分段函数的概念域等于各段函数的概念域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集，分段函数虽由几个部份组成，但它表示的是一个函数．(2)在求分段函数f(x)解析式时，必然要第一判定x 属于概念域的哪个子集，然后再代入相应的关系式．1．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x ，x≤1，1－log2x ，x>1，那么知足f(x)≤2的x 的取值范围是________．答案 [0，＋∞)解析当x≤1时，21－x≤2，解得x≥0，因此0≤x≤1；当x>1时，1－log2x≤2，解得x≥12，因此x>1.综上可知x≥0.2．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －3)x ＋5，x≤1，2a x ，x>1是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a 的取值范围是________．答案 (0,2]解析由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，a>0，a －3＋5≥2a ，解得0<a≤2.3．设函数g(x)＝x2－2(x ∈R)，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧g (x )＋x ＋4，x<g (x )，g (x )－x ，x≥g (x )，那么f(x)的值域是______________________．答案 [－94，0]∪(2，＋∞) 解析由x<g(x)得x<x2－2， ∴x<－1或x>2；由x≥g(x)得x≥x2－2，∴－1≤x≤2.∴f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋x ＋2，x<－1或x>2，x2－x －2，－1≤x≤2.即f(x)＝⎩⎨⎧(x ＋12)2＋74，x<－1或x>2，(x －12)2－94，－1≤x≤2.当x<－1时，f(x)>2；当x>2时，f(x)>8.∴当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x≤2时，－94≤f(x)≤0.∴当x ∈[－1,2]时，函数的值域为[－94，0]．综上可知，f(x)的值域为[－94，0]∪(2，＋∞)．4．已知f(x)＝⎩⎨⎧－2x (－1≤x≤0)，x (0<x≤1)，那么以下函数的图象错误的选项是________．答案 ④解析先在座标平面内画出函数y ＝f(x)的图象，再将函数y ＝f(x)的图象向右平移1个单位长度即可取得y ＝f(x －1)的图象，因此①正确；作函数y ＝f(x)的图象关于y 轴的对称图形，即可取得y ＝f(－x)的图象，因此②正确；y ＝f(x)的值域是[0,2]，因此y ＝|f(x)|的图象与y ＝f(x)的图象重合，③正确；y ＝f(|x|)的概念域是[－1,1]，且是一个偶函数，当0≤x≤1时，y ＝f(|x|)＝x ，相应这部份图象不是一条线段，因此④不正确．5．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x>0，log2(－x )，x<0.假设f(m)>f(－m)，那么实数m 的取值范围是________．答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析假设m>0，那么－m<0，f(m)＝12log m＝－log2m ，f(－m)＝log2m ，由f(m)>f(－m)，得－log2m>log2m ，即log2m<0,0<m<1；假设m<0，那么－m>0，f(－m)＝log 12(－m)＝－log2(－m)，f(m)＝log2(－m)，由f(m)>f(－m)得log2(－m)>－log2(－m)，解得m<－1.6．对实数a 和b ，概念运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b≤1，b ，a －b>1.设函数f(x)＝(x2－2)⊗(x －x2)，x ∈R.假设函数y ＝f(x)－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，那么实数c 的取值范围是____________________．答案 (－∞，－2]∪(－1，－34)解析 f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2，x2－2－(x －x2)≤1，x －x2，x2－2－(x －x2)>1，即f(x)＝⎩⎨⎧x2－2，－1≤x≤32，x －x2，x<－1或x>32，f(x)的图象如下图，由图象可知c 的取值范围为(－∞，－2]∪(－1，－34)．7．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，x>0，f (x ＋2)＋1，x≤0，那么f(－3)的值为________．答案 2解析 f(－3)＝f(－1)＋1＝f(1)＋2＝2.8．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋2ax ，x≥2，2x ＋1，x<2，假设f(f(1))>3a2，那么a 的取值范围是________．答案－1<a<3解析由分段函数可得f(f(1))＝f(3)＝6a ＋9，故f(f(1))>3a2⇔6a ＋9>3a2，解得－1<a<3.9．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x≥2，(x －1)3， x<2.假设关于x 的方程f(x)＝k 有两个不同的实根，那么实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)解析画出分段函数f(x)的图象如下图，结合图象能够看出，假设f(x)＝k 有两个不同的实根，也即函数y ＝f(x)的图象与y ＝k 有两个不同的交点，k 的取值范围为(0,1)．10．设f(x)是概念在R 上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋1，－1≤x<0，bx ＋2x ＋1，0≤x≤1，其中a ，b ∈R.假设f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫32，那么a ＋3b 的值为________．答案－10解析因为f(x)的周期为2，因此f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫32－2＝f ⎝⎛⎭⎫－12，即f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫－12. 又因为f ⎝⎛⎭⎫－12＝－12a ＋1，f ⎝⎛⎭⎫12＝b 2＋212＋1＝b ＋43，因此－12a ＋1＝b ＋43. 整理，得a ＝－23(b ＋1)．① 又因为f(－1)＝f(1)，因此－a ＋1＝b ＋22，即b ＝－2a.② 将②代入①，得a ＝2，b ＝－4. 因此a ＋3b ＝2＋3×(－4)＝－10.11．(2021·四川)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋2x ＋a ，x<0，ln x ，x>0，其中a 是实数，设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图象上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)假设函数f(x)的图象在点A ，B 处的切线相互垂直，且x2<0，证明：x2－x1≥1； (3)假设函数f(x)的图象在点A ，B 处的切线重合，求a 的取值范围．(1)解函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1,0)，(0，＋∞)．(2)证明由导数的几何意义可知，点A 处的切线斜率为f′(x1)，点B 处的切线斜率为f′(x2)．故当点A 处的切线与点B 处的切线垂直时，有f′(x1)·f′(x2)＝－1，当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x ＋2，因为x1<x2<0，因此(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1，因此2x1＋2<0,2x2＋2>0.因此x2－x1＝12[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥ [－(2x1＋2)](2x2＋2)＝1.(当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－32且x2＝－12时等号成立)因此，函数f(x)的图象在点A 、B 处的切线相互垂直时，有x2－x1≥1. (3)解当x1<x2<0或x2>x1>0时， f′(x1)≠f′(x2)，故x1<0<x2. 当x1<0时，函数f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线方程为y －(x21＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x －x1)，即y ＝(2x1＋2)x －x21＋a.当x2>0时，函数f(x)的图象在点(x2，f(x2))处的切线方程为 y －ln x2＝1x2(x －x2)，即y ＝1x2·x ＋ln x2－1. 两切线重合的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧1x2＝2x1＋2， ①ln x2－1＝－x21＋a ② 由①及x1<0<x2知，0<1x2<2. 由①②得，a ＝ln x2＋⎝⎛⎭⎫12x2－12－1＝－ln 1x2＋14⎝⎛⎭⎫1x2－22－1. 令t ＝1x2，那么0<t<2，且a ＝14t2－t －ln t. 设h(t)＝14t2－t －ln t(0<t<2)，那么h′(t)＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t<0，因此h(t)(0<t<2)为减函数，那么h(t)>h(2)＝－ln 2－1，因此a>－ln 2－1. 而当t ∈(0,2)且t 趋近于0时，h(t)无穷增大，因此a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)，故当函数f(x)的图象在点A 、B 处的切线重合时，a 的取值范围为(－ln 2－1，＋∞)．12．(2021·湖南)已知a>0，函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a x ＋2a .(1)记f(x)在区间[0,4]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式；(2)是不是存在a ，使函数y ＝f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线彼此垂直？假设存在，求a 的取值范围；假设不存在，请说明理由．解 (1)当0≤x≤a 时，f(x)＝a －xx ＋2a ；当x>a 时，f(x)＝x －ax ＋2a .因此，当x ∈(0，a)时，f′(x)＝－3a(x ＋2a )2<0，f(x)在(0，a)上单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x )＝3a(x ＋2a )2>0，f(x)在(a ，＋∞)上单调递增．①假设a≥4，那么f(x)在(0,4)上单调递减，g(a)＝f(0)＝12.②假设0<a<4，那么f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．因此g(a)＝max{f(0)，f(4)}．而f(0)－f(4)＝12－4－a 4＋2a ＝a －12＋a ，故当0<a≤1时，g(a)＝f(4)＝4－a4＋2a；当1<a<4时，g(a)＝f(0)＝12. 综上所述，g(a)＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a 4＋2a ，0<a≤1，12，a>1.(2)由(1)知，当a≥4时，f(x)在(0,4)上单调递减，故不知足要求．当0<a<4时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,4)上单调递增．假设存在x1，x2∈(0,4)(x1<x2)，使曲线y ＝f(x)在(x1，f(x1))，(x2，f(x2))两点处的切线相互垂直．那么x1∈(0，a)，x2∈(a,4)，且f′(x1)·f′(x2)＝－1. 即－3a (x1＋2a )2·3a(x2＋2a )2＝－1.亦即x1＋2a ＝3ax2＋2a.(*)由x1∈(0，a)，x2∈(a,4)得x1＋2a ∈(2a,3a)，3a x2＋2a ∈⎝⎛⎭⎫3a 4＋2a ，1.故(*)成立等价于集合A ＝{x|2a<x<3a}与集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|3a4＋2a <x<1的交集非空．因为3a 4＋2a<3a ，因此当且仅当0<2a<1，即0<a<12时，A∩B≠∅.综上所述，存在a 使函数f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直，且a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，12.。

(江苏专用)高考数学大一轮复习第二章函数与基本初等函数Ⅰ 第9课二次函数、幂函数文-人教版高

第9课二次函数、幂函数(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修1P54测试7改编)函数f (x )=x 2+2x-3，x ∈[0，2]的值域为. 【答案】[-3，5]【解析】由f (x )=(x+1)2-4，知f (x )在[0，2]上单调递增，所以f (x )的值域是[-3，5].2.(必修1P47习题9改编)若函数y=x 2+(a+2)x+3，x ∈[a ，b ]的图象关于直线x=1对称，则b=. 【答案】6【解析】由二次函数y=x 2+(a+2)x+3的图象关于直线x=1对称，可得-22a +=1，所以a=-4.而f (x )是定义在[a ，b ]上的，即a ，b 关于x=1对称，所以2a b+=1，所以b=6.3.(必修1P44习题3改编)函数f (x )=222-1[0)-2-1(-0)x x x x x x ∈∞∈∞⎧++⎨+⎩，，，，，的单调增区间是.【答案】R【解析】画出函数f (x )的图象可知.4.(必修1P89练习3改编)若幂函数y=f (x )的图象经过点193⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则f (25)=.【答案】15【解析】设f (x )=x α，则13=9α，所以α=-12，即f (x )=1-2x ，所以f (25)=15.5.(必修1P73练习3改编)已知幂函数y=(m2-5m+7)·2-6mx在(0，+∞)上单调递增，那么实数m=.【答案】3【解析】由题意得22-571-60m mm⎧+=⎨>⎩，，解得m=3.1.二次函数的三种表示方法：(1)一般式：y=ax2+bx+c(a≠0)；(2)两点式：y=a(x-x1)(x-x2)(a≠0)；(3)顶点式：y=a(x-x0)2+n(a≠0).2.二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)图象的对称轴、顶点坐标、开口方向是处理二次函数问题的重要依据.3.一元二次方程根的分布问题二次函数对应的一元二次方程的实数根的分布问题是一个比较复杂的问题，给定一元二次方程f(x)=ax2+bx+c=0(a>0).(1)若f(x)=0在(m，n)(m<n)内有且只有一个实数解，则需满足f(m)·f(n)<0或f(m)=0，另一根在(m，n)内或f(n)=0，另一根在(m，n)内.(2)若f(x)=0在(m，n)(m<n)内有两个实数解，则需满足2-40()0()0-2b acf mf nbm na⎧∆=≥⎪>⎪⎪⎨>⎪⎪<<⎪⎩，，，.(3)设x 1，x 2为方程f (x )=0的两个实数根，若x 1<m<x 2，则f (m )<0；若m<x 1<n<p<x 2<q ，则需满足()0()0()0()0f m f n f p f q >⎧⎪<⎪⎨<⎪⎪>⎩，，，.(4)若方程f (x )=0的两个实数根中一根小于m ，另一根大于n (m<n )，则需满足()0()0f m f n <⎧⎨<⎩，.(5)若一元二次方程f (x )=0的两个实数根都大于r ，则需满足2-40-2()0b ac br a f r ⎧∆=≥⎪⎪>⎨⎪>⎪⎩，，.4.幂函数的图象与性质由幂函数y=x ，y=12x ，y=x 2，y=x -1，y=x 3的图象，可归纳出幂函数的性质如下：(1)幂函数在(0，+∞)上都有定义； (2)幂函数的图象都过点(1，1)；(3)当α>0时，幂函数的图象都过点(0，0)与(1，1)，且在(0，+∞)上单调递增； (4)当α<0时，幂函数的图象都不过点(0，0)，且在(0，+∞)上单调递减.5.五种幂函数的比较 (1)图象比较：(2)性质比较：函数特征性质 y=xy=x 2y=x 3y=12xy=x -1定义域RRR[0，+∞){x|x ≠0}值域R [0，+∞) R [0，+∞) {y|y≠0}奇偶性奇函数偶函数奇函数非奇非偶函数奇函数单调性增当x∈[0，+∞)时，单调递增；当x∈(-∞，0]时，单调递减增增当x∈(0，+∞)时，单调递减；当x∈(-∞，0)时，单调递减公共点(1，1)【要点导学】要点导学各个击破幂函数的图象与性质例1求下列幂函数的定义域，并指出其奇偶性、单调性.(1)y=23 x；(2)y=3-2 x；(3)y=x-2.【思维引导】求幂函数的定义域，宜先将分数指数幂写成根式，再确定定义域；判断函数奇偶性、单调性的方法，一般用定义法.【解答】(1)要使函数y=23x有意义，只需32x x∈R，所以函数y=23x的定义域是R.又f(-x)=f(x)，所以函数y=23x是偶函数，它在(-∞，0]上是减函数，在[0，+∞)上是增函数.(2)要使函数y=3-2x 有意义，只需y=31x 有意义，即x ∈(0，+∞)，所以函数y=3-2x 的定义域是(0，+∞).由于函数y=3-2x 的定义域不关于原点对称，所以函数y=3-2x 是非奇非偶函数，它在(0，+∞)上是减函数.(3)要使函数y=x -2有意义，只需y=21x 有意义，即x ≠0，所以函数y=x -2的定义域是{x|x ≠0}.又f (-x )=f (x )，所以函数y=x -2是偶函数，它在(-∞，0)上是增函数，在(0，+∞)上是减函数.【精要点评】熟练进行分数指数幂与根式的互化，是研究幂函数性质的基础.在函数解析式中含有分数指数幂时，可以把它们的解析式化成根式，根据“偶次根号下非负”这一条件来求出对应函数的定义域；当函数解析式的幂指数为负数时，根据负指数幂的意义将其转化为分式形式，根据分式的分母不能为0这一限制条件来求出对应函数的定义域，求函数的定义域的本质是解不等式或不等式组.变式如果幂函数f (x )=213-22p p x++(p ∈Z )是偶函数，且在(0，+∞)上是增函数，求p 的值，并写出相应的函数f (x )的解析式.【解答】因为f (x )在(0，+∞)上是增函数，所以-12p 2+p+32>0，即p 2-2p-3<0，所以-1<p<3.又因为f (x )是偶函数且p ∈Z ，所以p=1，故f (x )=x 2.【精要点评】幂函数y=x α的图象与性质由于α的值不同而比较复杂，一般从两个方面考查：(1)α的正负：α>0时，图象过原点和(1，1)，在第一象限的图象上升；α<0时，图象不过原点，在第一象限的图象下降.(2)曲线在第一象限的凹凸性：α>1时，曲线下凹；0<α<1时，曲线上凸；α<0时，曲线下凹.求二次函数的解析式例2已知二次函数f (x )的二次项系数为a ，且不等式f (x )>-2x 的解集为(1，3).(1)若方程f(x)+6a=0有两个相等的实数根，求函数f(x)的解析式；(2)若f(x)的最大值为正数，某某数a的取值X围.【思维引导】由不等式f(x)>-2x的解集为(1，3)，可先把f(x)表示出来，再利用方程f(x)+6a=0有两个相等的根，求出a，从而求出f(x)的解析式，最后把其最大值表示出来，求a 的取值X围.【解答】(1)因为f(x)+2x>0的解集为(1，3)，所以f(x)+2x=a(x-1)(x-3)，且a<0.于是f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a.①由方程f(x)+6a=0，得ax2-(2+4a)x+9a=0.②因为方程②有两个相等的根，所以Δ=[-(2+4a)]2-4a·9a=0，即5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-1 5.又a<0，所以a=-1 5.将a=-15代入①得f(x)的解析式为f(x)=-15x2-65x-35.(2)由f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a=212-aa xa+⎛⎫⎪⎝⎭-241a aa++及a<0，得f(x)的最大值为-241 a aa++.由241-0a aaa⎧++>⎪⎨⎪<⎩，，解得a<-2-20.故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值X围是(-∞，-2∪(-20).【精要点评】二次函数、一元二次不等式和一元二次方程之间具有非常密切的关系：一元二次不等式的解集的端点就是其对应的一元二次方程的根，也就是二次函数与x轴的交点.因而在解题时要充分利用它们之间的关系.变式(2015·栟茶中学)已知二次函数f (x )=ax 2+bx+c 图象的顶点为(-1，10)，且方程ax 2+bx+c=0的两根的平方和为12，求二次函数f (x )的解析式.【解答】由题意可设f (x )=a (x+1)2+10，即f (x )=ax 2+2ax+a+10，所以b=2a ，c=a+10. 设方程ax 2+bx+c=0的两根为x 1，x 2，则21x +22x =12，即(x 1+x 2)2-2x 1x 2=12，所以(-2)2-2×10a a =12，解得a=-2，所以f (x )=-2x 2-4x+8.二次函数的图象和性质(最值)微课3 ● 问题提出二次函数的图象与性质的重要应用是求函数的最值，那么利用二次函数的性质求函数的最大(小)值的解题模板是怎样的呢?● 典型示例例3函数f (x )=2x 2-2ax+3在区间[-1，1]上的最小值记为g (a ). (1)求g (a )的函数表达式； (2)求g (a )的最大值. 【思维导图】【规X 解答】(1)①当a<-2时，函数f (x )的对称轴x=2a<-1，则g (a )=f (-1)=2a+5；②当-2≤a ≤2时，函数f (x )的对称轴x=2a∈[-1，1]，则g (a )=f 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=3-22a ； ③当a>2时，函数f (x )的对称轴x=2a>1，则g (a )=f (1)=5-2a.综上所述，g (a )=225-23--2225-2 2.a a a a a a +<⎧⎪⎪≤≤⎨⎪>⎪⎩，，，，，(2)①当a<-2时，由(1)知g (a )<1；②当-2≤a ≤2时，由(1)知g (a )∈[1，3]；③当a>2时，由(1)知g (a )<1.综合①②③可得g (a )max =3.【精要点评】(1)利用二次函数的性质求函数的最大(小)值，一定要结合图形来分析在何处取得最值，当题目中含有参数时，要根据对称轴与区间的位置关系分类讨论；(2)利用图象求函数的最大(小)值；(3)利用函数单调性判断函数的最大(小)值：如果函数y=f (x )在区间[a ，b ]上单调递增，在区间[b ，c ]上单调递减，则函数y=f (x )在x=b 处有最大值f (b )；如果函数y=f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，在区间[b ，c ]上单调递增，则函数y=f (x )在x=b 处有最小值f (b ).● 总结归纳二次函数在某区间上的最值(或值域)的求法要熟练掌握，特别是含参数的两类问题(定轴动区间、定区间动轴)的解法：抓住“三点一轴”数形结合，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指的是对称轴.● 题组强化1.函数y=3+2x-x 2(0≤x ≤3)的最小值为. 【答案】0【解析】因为y=3+2x-x 2=-(x-1)2+4，所以函数在[0，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，所以y=3+2x-x 2(0≤x ≤3)的最小值为y=3+2×3-32=0.2.(2014·某某中学)已知函数f (x )=x 2+(2a-1)x-3，若函数f (x )在[-1，3]上的最大值为1，则实数a=.【答案】-13或-1【解析】函数f(x)的对称轴为直线x=-2-12a.①当-2-12a≤1，即a≥-12时，f(x)max=f(3)=1，所以6a+3=1，即a=-13，满足题意；②当-2-12a>1，即a<-12时，f(x)max=f(-1)=1，所以-2a-1=1，即a=-1，满足题意.综上，a=-13或-1.3.(2015·某某阶段测试)设函数f(x)=x2-4x-4在闭区间[t，t+1](t∈R)上的最小值为g(t).(1)求g(t)的解析式.(2)作出g(t)的大致图象，并写出g(t)的最小值.【解答】(1)f(x)=x2-4x-4=(x-2)2-8.当t>2时，f(x)在[t，t+1]上是增函数，所以g(t)=f(t)=t2-4t-4；(第3题)当t≤2≤t+1，即1≤t≤2时，g(t)=f(2)=-8；当t+1<2，即t<1时，f(x)在区间[t，t+1]上是减函数，所以g(t)=f(t+1)=t2-2t-7.综上可知，g(t)=22-2-71 -812-4-4 2. t t ttt t t⎧<⎪≤≤⎨⎪>⎩，，，，，(2)g(t)的大致图象如图所示，由图象易知g(t)的最小值为-8.4.已知13≤a≤1，若f(x)=ax2-2x+1在区间[1，3]上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)=M(a)-N(a).(1)求g(a)的函数表达式；(2)判断函数g(a)的单调性，并求出g(a)的最小值.【解答】(1)f(x)=ax2-2x+1=21-a xa⎛⎫⎪⎝⎭+1-1a ，由题设知1≤1a≤3.当1≤1a≤2，即12≤a≤1时，M(a)=f(3)=9a-5，N(a)=f(x)min=1-1a，g(a)=9a-5-11-a⎛⎫⎪⎝⎭=9a+1a-6；当2<1a≤3，即13≤a<12时，M(a)=f(1)=a-1，N(a)=f(x)min=1-1a，g(a)=(a-1)-11-a⎛⎫⎪⎝⎭=a+1a-2.所以g(a)=111-232119-6 1.2a aaa aa⎧+≤<⎪⎪⎨⎪+≤≤⎪⎩，，，(2)当13≤a1<a2<12时，g(a2)-g(a1)=(a2-a1)1211a a⎛⎫-⎪⎝⎭<0，所以g(a)在1132⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是减函数，最小值是g12⎛⎫⎪⎝⎭=12；当12≤a1<a2≤1时，g(a2)-g(a1)=(a2-a1)1219-a a⎛⎫⎪⎝⎭>0，所以g(a)在112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数，最小值是g12⎛⎫⎪⎝⎭=12.三个“二次”之间的转换例4已知函数f(x)=x2，g(x)=x-1.(1)若存在x∈R使得f(x)<b·g(x)，某某数b的取值X围；(2)设F(x)=f(x)-mg(x)+1-m-m2，且|F(x)|在[0，1]上单调递增，某某数m的取值X围.【思维引导】(1)存在x ∈R ，使得f (x )<b ·g (x )⇒x 2-bx+b<0的解集不是∅⇒二次函数f (x )=x 2-bx+b 的图象与x 轴有两个交点⇒Δ>0.(2)先结合判别式的符号研究函数y=F (x )的图象，再根据翻折变换研究函数y=|F (x )|在[0，1]上的图象，利用数形结合思想讨论对称轴和零点的位置确定参数m 的取值X 围.【解答】(1)存在x ∈R ，f (x )<b ·g (x )⇒存在x ∈R ，使得x 2-bx+b<0⇒(-b )2-4b>0⇒b<0或b>4.故实数b 的取值X 围为(-∞，0)∪(4，+∞). (2)F (x )=x 2-mx+1-m 2，Δ=m 2-4(1-m 2)=5m 2-4.①当Δ≤0，即-≤m≤时，必须2m≤0，则-≤m ≤0. ②当Δ>0，即m<-或m>时，设方程F (x )=0的根为x 1，x 2(x 1<x 2).若2m≥1，则x 1≤0，即212(0)1-0mF m ⎧≥⎪⎨⎪=≤⎩，⇒m ≥2；若2m≤0，则x 2≤0，即202(0)1-0mF m ⎧≤⎪⎨⎪=≥⎩，⇒-1≤m<-. 综上所述，实数m 的取值X 围为[-1，0]∪[2，+∞).【精要点评】二次函数与一元二次方程、一元二次不等式统称三个“二次”，它们之间有着密切的联系，而二次函数又是三个“二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体.因此，有关三个“二次”的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法.变式(2014·金陵中学)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0，c>0)的图象与x轴有两个不同的公共点，且f(c)=0，当0<x<c时，恒有f(x)>0.(1)当a=13，c=2时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若以二次函数的图象与坐标轴的三个交点为顶点的三角形的面积为8，且ac=12，求a的值；(3)若f(0)=1，且f(x)≤m2-2m+1对所有的x∈[0，c]恒成立，求正实数m的最小值.【解答】当a=13，c=2时，f(x)=13x2+bx+2，因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，且f(2)=0，所以f(x)=0的一个根为2，设另一个根为x1，则2x1=6，即x1=3.所以f(x)<0的解集为{x|2<x<3}.(2)因为函数f(x)的图象与x轴有两个交点，且f(c)=0，所以f(x)=0的一个根为c，设另一个根为x2，则cx2=ca，即x2=1a.又当0<x<c时，恒有f(x)>0，则1a>c，则三个交点分别为(c，0)，1a⎛⎫⎪⎝⎭，，(0，c)，以三上交点为顶点的三角形的面积S=11-2ca⎛⎫⎪⎝⎭c=8，且ac=12，解得a=18，c=4.(3)当0<x<c时，恒有f(x)>0，则1a>c，所以f(x)在[0，c]上单调递减，且在x=0处取得最大值1.要使f(x)≤m2-2m+1对所有的x∈[0，c]恒成立，必须f(x)max=1≤m2-2m+1成立，所以m2-2m+1≥1，即m2-2m≥0，解得m≥2或m≤0，又m>0，所以m的最小值为2.1.(2015·启东中学)已知函数f(x)=x，x∈[-1，8]，函数g(x)=ax+2，x∈[-1，8]，若存在x∈[-1，8]，使f(x)=g(x)成立，则实数a的取值X围是.【答案】3-4∞⎛⎤⎥⎝⎦，∪[3，+∞)【解析】分别作出函数f(x)=x，x∈[-1，8]与函数g(x)=ax+2，x∈[-1，8]的图象.当直线经过点(-1，-1)时，a=3；当直线经过点(8，8)时，a=34.结合图象有a≤34或a≥3.2.(2014·某某一中)若二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A(-2，0)，B(4，0)两点，且函数的最大值为9，则这个二次函数的表达式是.【答案】y=-x2+2x+8【解析】由题意设二次函数表达式为y=a(x+2)(x-4)(a<0)，对称轴为直线x=1，当x=1时，y max=-9a=9，所以a=-1，所以y=-(x+2)(x-4)=-x2+2x+8.3.(2016·某某期中)设函数f(x)=2-40--30x xx x⎧>⎨<⎩，，，，若f(a)>f(1)，则实数a的取值X围是.【答案】(-∞，-1)∪(1，+∞)【解析】当a>0时，f(a)>f(1)⇒2a-4>-2⇒a>1；当a<0时，f(a)>f(1)⇒-a-3>-2⇒a<-1.故实数a的取值X围为(-∞，-1)∪(1，+∞).4.(2014·某某期末)已知a∈R，函数f(x)=x2-2ax+5.(1)若不等式f(x)>0对任意的x∈(0，+∞)恒成立，某某数a的取值X围；(2)若a>1，且函数f(x)的定义域和值域均为[1，a]，某某数a的值.【解答】(1)因为x2-2ax+5>0对任意的x∈(0，+∞)恒成立，所以2a<x+5x对x>0恒成立.因为x>0时，x+5x ≥25，当且仅当x=5x ，即x=5时取等号，所以min 5x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=25，所以2a<25，即a<5.(2)因为f (x )=x 2-2ax+5的图象的对称轴为x=a (a>1)，所以f (x )在[1，a ]上为减函数，所以f (x )的值域为[f (a )，f (1)]. 又因为f (x )的值域为[1，a ]，所以22()-251(1)1-25f a a a f a a ⎧=+=⎨=+=⎩，，解得a=2.【融会贯通】融会贯通能力提升(2014·某某调研)设a 为实数，函数f (x )=x 2+|x-a|+1，x ∈R ，求f (x )的最小值.【思维引导】【规X解答】①当x≤a时，函数f(x )=x2-x+a+1=21-2x⎛⎫⎪⎝⎭+a+34，其对称轴方程为x=1 2.………………………………………………………………………2分若a≤12，则对称轴x=12在区间(-∞，a]的右侧，f(x)在此区间上单调递减，此时f(x)的最小值为f(a)=a2+1；……………………………………………………………4分若a>12，则对称轴x=12在区间(-∞，a]内，此时f(x)的最小值为f12⎛⎫⎪⎝⎭=34+a (7)分②当x≥a时，函数f(x)=x2+x-a+1=212x⎛⎫+⎪⎝⎭-a+34，其对称轴方程为x=-1 2.………………………………………………………………………9分若a>-12，则对称轴x=-12在区间[a，+∞)的左侧，f(x)在[a，+∞)上单调递增，此时f(x)的最小值为f(a)=a2+1.……………………………………………………………11分若a≤-12，则对称轴x=-12在区间[a，+∞)内，此时f(x)的最小值为f1-2⎛⎫⎪⎝⎭=34-a.综上，当a≤-12时，f(x)min=34-a；当-12<a≤12时，f(x)min=a2+1；当a>12时，f(x)min=34+a (14)分趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第17~18页.【检测与评估】第9课二次函数、幂函数一、填空题1.若函数f(x)=(m2-m-1)2-2-3m mx是幂函数，且在x∈(0，+∞)上是减函数，则实数m的值为.2.函数y=2x2-8x+2在区间[-1，3]上的值域为.3.已知幂函数f(x)=xα的部分对应值如下表：x 1 1 2f(x) 12 2则不等式f(|x|)≤2的解集是.4.若二次函数f(x)=ax2+bx+1满足f(x1)=f(x2)，则f(x1+x2)=.5.若函数f(x)=4x2-mx+5在区间[-2，+∞)上是单调增函数，则f(1)的取值X围为.6.若函数f(x)=-x2+(2a-1)|x|+1的定义域被分成了四个不同的单调区间，则实数a的取值X围是.7.(2014·苏中三市、某某二调)已知对任意的x∈R，函数f(x)满足f(-x)=f(x)，且当x≥0时，f(x)=x2-ax+1.若f(x)有4个零点，则实数a的取值X围是.8.(2015·海淀区)如图，已知二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c为实数，a≠0)的图象过点C(t，2)，且与x轴交于A，B两点，若AC⊥BC，则实数a=.(第8题)二、解答题9.设关于x的一元二次方程ax2+x+1=0(a>0)有两个实数根x1，x2.(1)求(1+x1)(1+x2)的值；(2)求证：x1<-1且x2<-1；(3)如果1211010xx⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，试求a的最大值.10.设a为实数，函数f(x)=x|x-a|，其中x∈R.(1)判断函数f(x)的奇偶性，并加以证明；(2)写出函数f(x)的单调区间.11.(2014·某某一中)已知函数f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R)，x∈R.(1)若函数f(x)的最小值为f(-1)=0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；(2)在(1)的条件下，若f(x)>x+k在区间[-3，-1]上恒成立，试求k的取值X围.三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.已知函数f (x )=ax 2-|x |+2a -1(a 为实常数). (1)若a =1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a >0，设函数f (x )在区间[1，2]的最小值为g (a )，求g (a )的表达式；【检测与评估答案】第9课二次函数、幂函数1.2【解析】由题意知m 2-m-1=1，解得m=2或m=-1.当m=2时，m 2-2m-3=-3，f (x )=x -3符合题意；当m=-1时，m 2-2m-3=0，f (x )=x 0不合题意.综上，m=2.2.[-6，12]【解析】y=2(x-2)2-6，当x=2时，y 取得最小值为-6；当x=-1时，y 取得最大值为12.3.{x|-4≤x ≤4}【解析】由f 12⎛⎫ ⎪⎝⎭=⇒α=12，故f (|x|)≤2⇒|x 12|≤2⇒|x|≤4，故其解集为{x|-4≤x ≤4}.4.1【解析】因为f (x 1)=f (x 2)且f (x )的图象关于直线x=-2b a 对称，所以x 1+x 2=-ba ，所以f (x 1+x 2)=f -b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=a ·22b a -b ·b a +1=1.5. [25，+∞)【解析】由题意知8m≤-2，所以m ≤-16，所以f (1)=9-m ≥25.6.12∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，【解析】f (x )=-x 2+(2a-1)|x|+1的图象是由函数f (x )=-x 2+(2a-1)x+1的图象变化得到的.第一步去除y 轴左侧的图象，保留y 轴右侧的图象，再作关于y 轴对称的图象.因为定义域被分成四个单调区间，所以f (x )=-x 2+(2a-1)x+1的对称轴在y 轴的右侧，使y 轴右侧有两个单调区间，对称后有四个单调区间，所以2-12a >0，即a>12.7.(2，+∞)【解析】由题意得f (x )为偶函数.因为f (x )有4个零点，又f (0)=1>0，所以当x>0时，f (x )=x 2-ax+1有2个零点，所以202-40aa ⎧>⎪⎨⎪∆=>⎩，，解得a>2.8.-12【解析】设y=a (x-x 1)(x-x 2)，由题设知a (t-x 1)(t-x 2)=2.又AC ⊥BC ，利用斜率关系得12-t x ·22-t x =-1，所以a=-12.9.(1)由题意知x 1+x 2=-1a ，x 1x 2=1a ，所以(1+x 1)(1+x 2)=1+(x 1+x 2)+x 1x 2=1-1a +1a =1.(2)令f (x )=ax 2+x+1(a>0)，由Δ=1-4a ≥0，得0<2a ≤12，所以一元二次方程f (x )的对称轴方程x=-12a ≤-2<-1.又f (-1)=a>0，所以f (x )的图象与x 轴的交点都在点(-1，0)的左侧，故x 1<-1且x 2<-1.(3)由(1)知x 1=211x +-1=-221x x +，所以12x x =-21110110x ⎡⎤∈⎢⎥+⎣⎦，，所以-211101111x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，所以a=121x x =-2221x x +=2211---2x ⎡⎤⎛⎫⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦+14，故当-21x =12时，a 取得最大值14.10.(1) 当a=0时，f (x )=x|x|，因为定义域为R ，关于原点对称，且f (-x )=-x|-x|=-f (x )，所以f (x )为奇函数.当a ≠0时，因为f (a )=0，f (-a )=-a|2a|，所以f (-a )≠f (a )，f (-a )≠ -f (a )，所以f (x )是非奇非偶函数.(2) 当a=0时，f (x )=220-0x x x x ⎧≥⎨<⎩，，，，f (x )的单调增区间为(-∞，+∞)；当a>0时，f (x )=22--x ax x a x ax x a ⎧≥⎨+<⎩，，，，f (x )的单调增区间为-2a ∞⎛⎫ ⎪⎝⎭，和(a ，+∞)，f (x )的单调减区间为2a a ⎛⎫⎪⎝⎭，；当a<0时，f (x )=22--x ax x a x ax x a ⎧≥⎨+<⎩，，，，f (x )的单调增区间为(-∞，a )和2a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，，f (x )的单调减区间为2a a ⎛⎫⎪⎝⎭，.11.(1)由题意知f (-1)=a-b+1=0，且-2ba =-1，所以a=1，b=2.所以f (x )=x 2+2x+1，单调减区间为(-∞，-1]，单调增区间为[-1，+∞). (2)f (x )>x+k 在区间[-3，-1]上恒成立，即x 2+x+1>k 在[-3，-1]上恒成立.设g (x )=x 2+x+1，x ∈[-3，-1]，有k<g (x )min . 因为g (x )在[-3，-1]上单调递减，所以g (x )min =g (-1)=1.所以k<1，即k 的取值X 围为(-∞，1).12.(1) 当a=1时，f (x )=x 2-|x|+1=22-1010x x x x x x ⎧+≥⎨++<⎩，，，=2213-02413024x x x x ⎧⎛⎫+≥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪++< ⎪⎪⎝⎭⎩，，，，word21 / 21 所以f (x )的单调增区间为11-022∞⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，f (x )的单调减区间为11--022∞⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，. (2) 由于a>0，当x ∈[1，2]时，f (x )=ax 2-x+2a-1=a 21-2x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭+2a-14a -1. ①当0<12a <1，即a>12时，f (x )在[1，2]上为增函数，g (a )=f (1)=3a-2； ②当1≤12a ≤2，即14≤a ≤12时，g (a )=f 12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=2a-14a -1； ③当12a >2，即0<a<14时，f (x )在[1，2]上为减函数，g (a )=f (2)=6a-3.综上，g (a )=16-3041112--144213-2.2a a a a a a a ⎧<<⎪⎪⎪≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩，，，，，。

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2010~2018年函数与试题汇编1、考纲要求：函数的概念B函数的基本性质B指数与对数B指数、对数函数的图像与性质B幂函数A函数与方程B函数模型及其应用B导数的概念A导数的几何意义B导数的运算B利用导数研究函数的单调性与极值B导数在实际问题中的应用B2、高考解读：函数是高考的重头戏，所占分值比较高，难度系数一般比较大，通常会有两到三个填空题，一道解答题，在其他解答题中还有出现的可能。

主要考查分类讨论的思想，分析问题的能力，逻辑思维能力和综合应用能力。

江苏卷对函数在解答题上基本不考“抽象函数”，2013年第20题，考查函数的单调性、零点个数问题；2014年第19题，考查函数与不等式；2015年第19题，讨论函数的单调性及函数零点确定参数值；2016年第19题，考查函数与不等式、零点问题，2017年第20题，考查函数与导数、函数的极值、零点问题.题目难度较大，多体现分类讨论思想.一、函数的性质★5．（5分）（2010•江苏）设函数f（x）=x（e x+ae﹣x）（x∈R）是偶函数，则实数a=．★2．（5分）（2011•江苏）函数f（x）=l og5（2x+1）的单调增区间是．★5．（5分）（2012•江苏）函数f（x）=的定义域为．★★10．（5分）（2012•江苏）设f（x）是定义在R上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1]上，f（x）=其中a，b∈R．若=，则a+3b的值为．★5．（5分）（2016•江苏）函数y=的定义域是．★★11．（5分）（2016•江苏）设f（x）是定义在R上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f（x）=，其中a∈R，若f（﹣）=f（），则f（5a）的值是．★5．（5分）（2018•江苏）函数f（x）=的定义域为．★★9．（5分）（2018•江苏）函数f（x）满足f（x+4）=f（x）（x∈R），且在区间（﹣2，2]上，f（x）=，则f（f（15））的值为．二、函数与不等式★★11．（5分）（2010•江苏）已知函数，则满足不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的x的范围是．★★★13．（5分）（2012•江苏）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），则实数c的值为．★★11．（5分）（2013•江苏）已知f（x）是定义在R上的奇函数．当x＞0时，f（x）=x2﹣4x，则不等式f（x）＞x的解集用区间表示为．★★10．（5分）（2014•江苏）已知函数f（x）=x2+mx﹣1，若对于任意x∈[m，m+1]，都有f（x）＜0成立，则实数m的取值范围是．★★★11．（5分）（2017•江苏）已知函数f（x）=x3﹣2x+e x﹣，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是．三、函数与方程★★★13．（5分）（2014•江苏）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）=|x2﹣2x+|，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的取值范围是．★★★13．（5分）（2015•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为．★★★14．（5分）（2017•江苏）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间[0，1）上，f（x）=，其中集合D={x|x=，n∈N*}，则方程f （x）﹣lgx=0的解的个数是．★★11．（5分）（2018•江苏）若函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为．四、函数与导数★★★14．（5分）（2010•江苏）将边长为1m正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记，则S的最小值是．★★8．（5分）（2011•江苏）在平面直角坐标系xOy中，过坐标原点的一条直线与函数的图象交于P、Q两点，则线段PQ长的最小值是．★★11．（5分）（2011•江苏）已知实数a≠0，函数f（x）=，若f（1﹣a）=f（1+a），则a的值为．★★★12．（5分）（2011•江苏）在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f（x）=e x（x＞0）的图象上的动点，该图象在点P处的切线l交y轴于点M，过点P 作l的垂线交y轴于点N，设线段MN的中点的纵坐标为t，则t的最大值是．★★9．（5分）（2013•江苏）抛物线y=x2在x=1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D（包含三角形内部和边界）．若点P（x，y）是区域D内的任意一点，则x+2y的取值范围是．★★★13．（5分）（2013•江苏）在平面直角坐标系xOy中，设定点A（a，a），P是函数y=（x＞0）图象上一动点，若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的所有值为．★★★11．（5分）（2014•江苏）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y=ax2+（a，b为常数）过点P（2，﹣5），且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行，则a+b的值是．五、导数的综合应用★★★★20．（16分）（2010•江苏）设f（x）是定义在区间（1，+∞）上的函数，其导函数为f′（x）．如果存在实数a和函数h（x），其中h（x）对任意的x∈（1，+∞）都有h（x）＞0，使得f′（x）=h（x）（x2﹣ax+1），则称函数f（x）具有性质P（a），设函数f（x）=，其中b为实数．（1）①求证：函数f（x）具有性质P（b）；②求函数f（x）的单调区间．（2）已知函数g（x）具有性质P（2），给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，设m 为实数，α=mx1+（1﹣m）x2，β=（1﹣m）x1+mx2，α＞1，β＞1，若|g（α）﹣g（β）|＜|g（x1）﹣g（x2）|，求m的取值范围．★★★★19．（16分）（2011•江苏）已知a，b是实数，函数f（x）=x3+ax，g （x）=x2+bx，f′（x）和g′（x）是f（x），g（x）的导函数，若f′（x）g′（x）≥0在区间I上恒成立，则称f（x）和g（x）在区间I上单调性一致（1）设a＞0，若函数f（x）和g（x）在区间[﹣1，+∞）上单调性一致，求实数b的取值范围；（2）设a＜0，且a≠b，若函数f（x）和g（x）在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a﹣b|的最大值．★★★17．（14分）（2012•江苏）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y=kx﹣（1+k2）x2（k＞0）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．★★★★18．（16分）（2012•江苏）若函数y=f（x）在x=x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y=f（x）的极值点．已知a，b是实数，1和﹣1是函数f （x）=x3+ax2+bx的两个极值点．（1）求a和b的值；（2）设函数g（x）的导函数g′（x）=f（x）+2，求g（x）的极值点；（3）设h（x）=f（f（x））﹣c，其中c∈[﹣2，2]，求函数y=h（x）的零点个数．★★★★20．（16分）（2013•江苏）设函数f（x）=lnx﹣ax，g（x）=e x﹣ax，其中a为实数．（1）若f（x）在（1，+∞）上是单调减函数，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范围；（2）若g（x）在（﹣1，+∞）上是单调增函数，试求f（x）的零点个数，并证明你的结论．★★★★19．（16分）（2014•江苏）已知函数f（x）=e x+e﹣x，其中e是自然对数的底数．（1）证明：f（x）是R上的偶函数；（2）若关于x的不等式mf（x）≤e﹣x+m﹣1在（0，+∞）上恒成立，求实数m 的取值范围；（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（﹣x03+3x0）成立，试比较e a﹣1与a e﹣1的大小，并证明你的结论．★★★★17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．b≠1）．（1）设a=2，b=．①求方程f（x）=2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）﹣6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）=f（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求实数a的取值范围．★★★★19．（16分）（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）=g（x0）且f′（x0）=g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．（1）证明：函数f（x）=x与g（x）=x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）=ax2﹣1与g（x）=lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）=﹣x2+a，g（x）=．对任意a＞0，判断是否存在b ＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．。