1、专题五 函数、不等式与导数 江苏卷5年考情分析小题考情分析大题考情分析常考点1.函数的基本性质(5年5考)2.函数的零点问题(5年4考)3.导数与函数的单调性(5年2考)4.基本不等式(5年4考)本部分内容在高考解答题中为必考内容，考查类型有四类：第一类考查函数的单调性及应用函数零点求参数(2015年T19)，第二类考查函数与不等式零点问题(2016年T19)，第三类考查函数与导数、函数的极值、零点问题(2017年T20，2019年T19)，第四类考查函数的定义、零点以及导数应用与函数的性质(2018年T19)；题目总体难度较大，多体现分类讨论思想和考查推理论证的能力.偶考点1.一元二次不等式
2、恒成立问题2.线性规划问题第一讲 | 小题考法函数考点(一) 函数的基本性质主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合分段函数命题.题组练透1(2018江苏高考)函数f(x)满足f(x4)f(x)(xR)，且在区间(2，2上，f(x)则f(f(15)的值为_解析：由函数f(x)满足f(x4)f(x)(xR)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)f(1)，所以f(f(15)fcos.答案：2(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_解析：由f(x)x32xex，得f(x)x32xexf(
3、x)，所以f(x)是R上的奇函数又f(x)3x22ex3x2223x20，当且仅当x0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增因为f(a1)f(2a2)0，所以f(a1)f(2a2)f(2a2)，所以a12a2，解得1a，故实数a的取值范围是.答案：3(2019南通等七市一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x2)f(x)当0x1时，f(x)x3ax1，则实数a的值为_解析：f(x2)f(x)，令x1，得f(1)f(1)，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(1)f(1)，所以f(1)0.当0x1时，f(x)x3ax1，则f(1)2a0，故a2.答案：24(2019南通等七
4、市一模)已知函数f(x)(2xa)(|xa|x2a|)(a0)若f(1)f(2)f(3) f(672)0，则满足f(x)2 019的x的值为_解析：因为a2 019，当x时，f(x)0，所以3673(2x673)2 019，所以x337.答案：337方法技巧函数性质的应用技巧奇偶性具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)f(x)单调性可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性周期性利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间
5、上求解对称性利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另一对称区间上研究考点(二) 基本初等函数主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的性质问题. 题组练透1(2018南通检测)已知幂函数f(x)x，其中.则使f(x)为奇函数，且在区间(0，)上是单调增函数的的所有取值的集合为_解析：幂函数f(x)为奇函数，则1，1，3，f(x)在区间(0，)上是单调增函数，则的所有值为1，3.答案：1，32已知函数y与函数y的图象共有k(kN*)个公共点：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，Ak(xk，yk)，则(xiyi)_解析：如图，函数y与函数y的图象都关于点(0，1)
6、成中心对称，所以它们的交点也关于点(0，1)成中心对称，且只有两个交点，所以xi=0,yi=2,则(xiyi)2.答案：23(2018镇江期末)不等式logaxln2x4(a0且a1)对任意x(1，100)恒成立，则实数a的取值范围为_解析：不等式logaxln2x4可化为ln2x4，即ln x对任意x(1，100)恒成立因为x(1，100)，所以ln x(0，2ln 10)，所以ln x4，故4，解得ln a0或ln a，即0a1或ae.答案：(0，1)4(2019南京盐城二模)已知函数f(x)设g(x)kx1，且函数yf(x)g(x)的图象经过四个象限，则实数k的取值范围为_解析：由题意知
7、，要使yf(x)g(x)的图象经过四个象限，只需yf(x)的图象与yg(x)的图象在(，0)和(0，)都相交且交点个数大于1.当x0时，f(x)x312x3，f(x)3x212.易知f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，且f(2)0)的图象相切的切线的斜率为9，所以k9.当x0时，作出f(x)|x3|的图象(图略)，数形结合易知k1和0a0和1)相切，设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k，又k，则，解得x0e3，此时k；当k0时，当ykx2与曲线y相切于点(0，2)时，k1，函数yf(x)和ykx2的图象只有3个公共点，不符合题意，当1k0时，函数yf(x)和ykx2的
8、图象只有3个公共点，不符合题意，当直线ykx2与yf(x)(0x1)相切时，两图象只有3个公共点，设切点为(x0，ln x0)，则切线的斜率k，又k，则，解得x0e1，此时ke不符合题意，当ke时，两图象只有两个公共点，不合题意，而当ek1时，两图象有4个公共点，符合题意，所以实数k的取值范围是(e，1)答案(1)4(2)(e，1)方法技巧利用函数零点的情况求参数值或范围的方法演练冲关1(2019苏州期末)设函数f(x)若方程f(x)kx3有三个相异的实根，则实数k的取值范围是_解析：法一：方程f(x)kx3，即f(x)kx3有三个相异的实根，即曲线yf(x)和直线ykx3有三个不同的交点，作
9、出大致图象如图所示又直线ykx3和y2x(x2，则直线ykx3与曲线yx22x(x0)有两个交点，联立方程，得整理得x2(k2)x30(x0)，由得k22，故实数k的取值范围是(2，22)法二：当x0，则x，因为方程f(x)kx3有三个相异的实根，所以解得2k0.若在区间(0，9上，关于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是_解析：当x(0，2时，yf(x)(x1)2y21(y0)，结合f(x)是周期为4的奇函数，可作出f(x)在(0，9上的图象如图所示 当x(1，2时，g(x)，又g(x)的周期为2， 当x(3，4(5，6(7，8时，g(x).由图可知，当x(1，2(3
10、，4(5，6(7，8时，f(x)与g(x)的图象有2个交点， 当x(0，1(2，3(4，5(6，7(8，9时，f(x)与g(x)的图象有6个交点又当x(0，1时，yg(x)k(x2)(k0)恒过定点A(2，0)，由图可知，当x(2，3(6，7时，f(x)与g(x)的图象无交点， 当x(0，1(4，5(8，9时，f(x)与g(x)的图象有6个交点由f(x)与g(x)的周期性可知，当x(0，1时，f(x)与g(x)的图象有2个交点当yk(x2)与圆弧(x1)2y21(0x1)相切时，d1k2(k0)k.当yk(x2)过点A(2，0)与B(1，1)时，k. k.答案：3(2019扬州期末)已知函数f
11、(x)a3|xa|有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a的值为_解析：令f(x)a3|xa|0，得|xa|a3，设g(x)|xa|a，则函数g(x)不妨设f(x)0的三个根分别为x1，x2，x3，且x1x2x3，当xa时，由f(x)0，得g(x)3，即x3，得x23x40，得(x1)(x4)0，解得x1或x4.a1，即a1，此时x21，x34，由等差数列的性质可得x16，由f(6)0，即g(6)3，得62a3，解得a，满足题意1a4，即4a0，x1，2，所以x1x2(2a3)，x1x24，由x1，x2，x3成等差数列，且x1x24，即a0时，f(x)ex1，则f(ln 2)的值
12、为_解析：法一：因为f(x)为奇函数，f(ln 2)f(ln 2)(eln 21)3.法二：当x0，所以当x0时，f(x)f(x)(ex1)，因为ln 20的解集为_解析：因为f(x)(x2)(axb)ax2(b2a)x2b为偶函数，所以b2a，f(x)ax24aa(x2)(x2)，又f(x)在(0，)上是减函数，所以a0的解集为(2，2)f(2x)f(x2)，而f(x2)的图象可看成是由f(x)的图象向右平移2个单位长度得到，所以f(2x)0的解集为(0，4)答案：(0，4)7(2018福建模拟)已知函数f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是_解析：当x1时，令ln(1x)0，解得x0，故
13、f(x)在(，1)上有1个零点，f(x)在1，)上有1个零点当x1时，令a0，得a1.实数a的取值范围是1，)答案：1，)8(2018苏州模拟)设alog2，blog，c，则a，b，c按从小到大的顺序排列为_解析：因为log2log221，01，即a1，0c1，所以acb.答案：ac1，舍去；当a10，即a1时，2a11，a1log2log231，所以实数alog23.答案：log2310(2018南京三模)已知函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数当x2，4时，f(x)，则f的值为_解析：因为函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数，所以fff，因为当x2，4时，f(x)，所以fflo
14、g42.答案：11(2019苏州期末)设函数f(x)，若对任意x1(，0)，总存在x22，)，使得f(x2)f(x1)，则实数a的取值范围为_解析：对任意x1(，0)，总存在x22，)，使得f(x2)f(x1)，即f(x)min(x2，)f(x)min(x(，0)a0，f(x)，当x(，0)时，函数f(x)(0，)，当x2，)时，f(x)(0，1，符合题意a0，当x0，不满足题意a0，当x2时，f(x)，易得2，即0时，f(x)的最小值为f(2)4a1，当x0时，f(x)ax2，f(x)2ax，易得x时f(x)取极小值，且取最小值，可得f(x)的最小值为f3，由题意可得0时，34a1，结合图象
15、(图略)，得a1.综上可得，实数a的取值范围为0，1答案：0，112(2018苏锡常镇调研)已知函数f(x)(e是自然对数的底数)若函数yf(x)的最小值是4，则实数a的取值范围为_解析：法一：当x1时，f(x)minf(2)4，所以当x1时，aex4恒成立转化为aex4对x1恒成立因为ex4在(，1)上的值域为(4，e4)，所以ae4.法二：当xae；当x1时，f(x)x4，当且仅当x，即x2时，取“”，又函数f(x)的值域是4，)，所以ae4，即ae4.答案： e4，)13(2019南京盐城二模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)x25x，则不等式f(x1)f(x)
16、的解集为_解析：当x0，所以f(x)x25x，又f(x)为奇函数，所以f(x)f(x)x25x，所以f(x)法一：当x10时，x1，由f(x1)f(x)得，(x1)25(x1)x25x，解得x3，所以1x3.当x10时，x1，0xf(x)得，(x1)25(x1)x25x，解得1x2，所以0x1；xf(x)得，(x1)25(x1)x25x，解得x2，所以2xf(x)的解集为x|2xf(x)的解集可以理解为将f(x)的图象向右平移一个单位长度后所得函数f(x1)的图象在函数f(x)的图象上方部分的点对应的横坐标取值的集合，由f(x)的解析式易得函数f(x1)的图象与函数f(x)的图象的交点坐标分别
17、为(2，6)和(3，6)，所以不等式的解集为x|2x3答案：(2，3)14(2018南通三模)已知函数f(x)若函数g(x)2f(x)ax恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是_解析：由题意可知，g(x)显然当a2时，g(x)有无穷多个零点，不符合题意；当xa时，令g(x)0，得x0，当x0，且a2，则g(x)在a，)上无零点，在(，a)上存在零点x0和x， a，解得0a2，若a0，则g(x)在0，)上存在零点x0，在(，0)上存在零点x，符合题意若a0，则g(x)在a，)上存在零点x0，g(x)在(，a)上只有1个零点，0(，a)，g(x)在(，a)上的零点为，a，解得a0，综上，a的取值
18、范围是.答案：B组力争难度小题1(2019南京四校联考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且满足xR，f(x2)f(x)1.若g(x)f(x)cos ，则ggg_解析：由题意得，f(x)f(x)f(x2)1f(x)f(x2)1，故g(x)g(2x)f(x)cos f(2x)cos1，又f(6x)f(4x)1f(2x)2f(x)3f(x)3，所以f(x)f(6x)3，所以g(x)g(6x)f(x)cos f(6x)cos3.令S1ggg，则S1ggg，两式相加得，2S14371，所以S1.令S2ggg，则S2ggg，两式相加得，2S24373，所以S2.又f(2)f(0)11，g(2)f(2)c
19、os f(2)10，故原式S1g(2)S20874.答案：8742(2019南通等七市二模)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x4)f(x)，且在2，4)上，f(x)则函数yf(x)log5|x|的零点个数为_解析：由f(x4)f(x)得奇函数f(x)的最小正周期为4，作出函数f(x)与ylog5|x|的部分图象如图所示，根据图象易知，函数yf(x)与ylog5|x|的图象有5个交点，故函数yf(x)log5|x|的零点个数是5.答案：53(2018无锡期末)已知函数f(x)g(x)x22x2.若存在aR，使得f(a)g(b)0，则实数b的取值范围是_解析：由题意，存在aR，使得f(a)g(b
20、)，令h(b)g(b)b22b2.当a时，f(a)12，因为a，所以20，从而7f(a)时，f(a)log，因为a，所以，从而f(a)2.综上，函数f(a)的值域是(，2)令h(b)2，即b22b22，解得2b0，yx3ax|x2|0在(0，)恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a0时显然满足题意；当a0时，x0，yax1的图象仅经过第三象限，由题意知，x0，yx3ax|x2|的图象需经过第一、四象限yx3|x2|与yax在y轴右侧的图象有公共点(且不相切)，如图，yx3|x2|结合图象设切点坐标为(x0，xx02)，y3x21，则有3x1，解得x01，所以临界直线l0的斜率为2，所以a2时，符
21、合综上，a0或a2.答案：(，0)(2，)5(2018苏州测试)设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，f(x)2x，若对任意的xa，a2，不等式f(xa)f2(x)恒成立，则实数a的取值范围是_解析：当x0时，定义在R上的偶函数f(x)2x，易得f(x)2|x|，xR.由f(xa)f2(x)得，2|xa|(2|x|)2，即|xa|2x|对于xa，a2恒成立，即(3xa)(xa)0对于xa，a2恒成立，即解得a.答案：6(2018南京、盐城、连云港二模)已知函数f(x)(tR)若函数g(x)f(f (x)1)恰有4个不同的零点，则t的取值范围为_解析：当x0时，f(x)3x26x3x(2x
22、)，故函数f(x)在区间(，0)上单调递减，此时f(0)t.当t0时，作出函数f(x)的图象如图所示令f(x)0，得x0，从而当g(x)f(f(x)1)0时，f(x)1，由图象可知，此时至多有两个零点，不符合题意；当t0时，作出函数f(x)的图象如图所示令f(x)0，得x0，或xm(m0)，且m33m2t0，从而当g(x)f(f(x)1)0时，f(x)10或f(x)1m，即f(x)1或f(x)1m，借助图象知，欲使得函数g(x)恰有4个不同的零点，则m10，从而1m0，故t(m)在区间1，0)上单调递增，从而t4，0)答案： 4，0)第二讲 | 小题考法不等式考点(一) 不等式的恒成立问题及存
23、在性问题主要考查恒成立问题或存在性问题以及等价转化思想的应用.题组练透1设实数a1，使得不等式x|xa|a对任意的实数x1，2恒成立，则满足条件的实数a的范围是_解析：(1)当1a时，显然符合题意；(2)当a2时，原不等式可化为x(ax)a，取x1，成立；当x(1，2时，ax1.而函数f(x)x1在(1，2上单调递增，故af(2)；(3)当a0，所以抛物线yx2ax3的对称轴在y轴左侧，所以函数yx2ax3在0，)上单调递增，且当x0时有最小值为3.又函数y2xa在(，0)上为增函数，若x1，x2R，使得f(x1)f(x2)，只需20a3，解得a2，则实数a的取值范围为(2，)答案：(2，)方
24、法技巧不等式恒成立问题或存在性问题的求解策略(1)有关不等式恒成立问题，通常利用分离变量法将其转化，即将所求参数与变量x之间的函数关系用不等式连接起来，再求函数的最值，从而确定参数范围用分离变量法进行等价转化的好处是可以减少分类讨论若不等式中含有绝对值，须通过分类讨论，转化为一般的一元二次不等式，再求解(2)存在性问题也需要转化为最值问题，优先考虑分离变量的做题思路(3)二元问题的恒成立也可以构造几何意义，利用几何法求解考点(二) 基本不等式主要考查利用基本不等式求最值，常与函数等知识交汇命题.题组练透1(2019常州期末)已知正数x，y满足x1，则的最小值为_解析：法一：由正数x，y满足x1
25、，得1x，0，则0x0，则0x0(a，b，cR)的解集为x|3x4，则的最小值为_解析：由题意可得a0，7，12，则ay0，且xy2，则的最小值为_解析：法一：因为42x2y，所以4(x3y)(xy)332，当且仅当x21，y32时取等号，故的最小值为.法二：因为xy0，xy2，所以0y0，若的最大值为2，则a的值为_解析：设z，则yx，当z2时，yx，作出x，y满足的约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线yx，易知此直线与区域的边界线2x2y10的交点为，当直线xa过点时a，又此时直线yx的斜率1的最小值为，即z的最大值为2，符合题意，所以a的值为.答案：4已知a，b，c为正实数
26、，且a2b8c，则的取值范围为_解析：因为a，b，c为正实数，且a2b8c，所以令x，y，得则作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示令z3x8y，则yx，由图知当直线yx过点A时，截距最大，即z最大，当直线yx与曲线y相切时，截距最小，即z最小解方程组得A(2，3)，zmax328330，设直线yx与曲线y的切点为(x0，y0)，则，即，解得x03.切点坐标为，zmin33827，2730.答案：27，30方法技巧解决线性规划问题的3步骤 (一) 主干知识要记牢1不等式的性质(1)ab，bcac；(2)ab，c0acbc；ab，c0acbc；(3)abacbc；(4)ab，cdacbd；
27、(5)ab0，cd0acbd；(6)ab0，nN，n1anbn，.2简单分式不等式的解法(1)0f(x)g(x)0，0f(x)g(x)0.(2)00(3)对于形如a(a)的分式不等式要采取：“移项通分化乘积”的方法转化为(1)或(2)的形式求解(二) 二级结论要用好1一元二次不等式的恒成立问题(1)ax2bxc0(a0)恒成立的条件是(2)ax2bxc0，b0，且a3b，则b的最大值为_解析：a3b可化为3ba2，即3b22b10，解得0b，所以b的最大值为.答案：3已知点A(a，b)在直线x2y10上，则2a4b的最小值为_解析：由题意可知a2b1，则2a4b2a22b22，当且仅当a2b，
28、即a且b时等号成立答案：24若不等式(a2)x22(a2)x40对xR恒成立，则实数a的取值范围是_解析：当a20，即a2时，原不等式为40，所以a2时不等式恒成立，当a20，即a2时，由题意得即解得2a2.综上所述，20, b0，且，则ab的最小值是_解析：因为2 ，所以ab2，当且仅当时取等号答案：27已知关于x的不等式2x7在x(a，)上恒成立，则实数a的最小值为_解析：因为x(a，)，所以2x2(xa)2a2 2a42a，当且仅当xa1时等号成立由题意可知42a7，解得a，即实数a的最小值为.答案：8若两个正实数x，y满足1，且不等式xx4，故m23m4，化简得(m1)(m4)0，解得
29、m4，即实数m的取值范围为(，1)(4，)答案：(，1)(4，)9已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是_解析：因为f(x)x2mx1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意xm，m1，都有f(x)0，只需即解得所以m0，所以tan ，当且仅当2tan ，即tan 时，等号成立答案：12(2019湖北宜昌模拟)已知x，y满足不等式组若不等式axy7恒成立，则实数a的取值范围是_解析：x，y满足不等式组的平面区域如图所示，由于对任意的实数x，y，不等式axy7恒成立，设zaxy，根据图形，当a0时，zaxy的最优
30、解为A(2，1)，可得2a17，解得0a3；当a1时，若要f(x)恒成立，结合图象，只需xa，即a.又2，当且仅当，即x2时等号成立，所以a2.综上，a的取值范围是.答案：B组力争难度小题1已知函数f(x)ax2x，若当x0，1时，1f(x)1恒成立，则实数a的取值范围为_解析：当x0时，f(x)0，不等式成立；当x(0，1时，不等式1f(x)1，即其中1，)，从而解得2a0.答案：2，02ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，sin 2Ccos(AB)0且c，ac，ab5.则ABC的面积是_解析：由sin 2Ccos(AB)0且ABC，得2sin Ccos Ccos C0，所以cos
31、 C0或sin C.由c，ac得，cos C0不成立，所以sin C，所以C，由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)23ab253ab13，所以ab4，故SABCabsin C4.答案：3(2019湖南长沙岳麓区模拟)若圆A：(x1)2(y4)2a上至少存在一点P落在不等式组表示的平面区域内，则实数a的取值范围是_解析：作出不等式组表示的平面区域，如图，圆A与不等式组表示的平面区域有交点因为圆A的圆心(1，4)到直线3xy10的距离为，联立方程可得B(3，4)，D(1，2)，则圆心A与可行域内的点的距离的最大值为|AB|AD|2，所以2，即实数a的取值范围是.答案：4如图是某斜拉式大
32、桥的部分平面结构模型，其中桥塔AB，CD与桥面AC垂直，且AB1 m，CD2 m，AC7 mP为AC上的一点，则当BPD达到最大时，AP的长度为_ m.解析：设APx m(0x7)，则PC(7x) m，所以tanBPDtan(ABPPDC).令x7t，7t14，则tanBPD，故当t，即t10时，BPD最大，此时x3，即AP的长度为3 m.答案：35(2018江苏高考)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ABC120，ABC的平分线交AC于点D，且BD1，则4ac的最小值为_解析：法一：如图，SABCSABDSBCD，acsin 120c1sin 60a1sin 60，acac.
33、1.4ac(4ac)52 59，当且仅当，即c2a时取等号故4ac的最小值为9.法二：如图，以B为原点，BD为x轴建立平面直角坐标系，则D(1，0)，A，C.又A，D，C三点共线，acac.1.4ac(4ac)52 59，当且仅当，即c2a时取等号故4ac的最小值为9.答案：96已知a1，定义f(n)，如果对任意的n2，nN*，不等式12f(n)7logab77loga1b恒成立，则实数b的取值范围是_解析：由f(n)，知f(n1)，所以f(n1)f(n)0，所以f(n)单调递增，所以当n2，nN*时，f(n)的最小值为f(2).要使得对任意的n2，nN*，不等式12f(n)7logab77l
34、oga1b恒成立，只需满足127logab77loga1b，即logabloga1b，即，所以lg b0.因为a1，所以0，所以lg b0，故b的取值范围是(1，)答案：(1，)第三讲 | 小题考法导数的简单应用考点(一)导数的几何意义主要考查利用导数求曲线的切线方程、切点坐标及参数的值(范围).题组练透1(2019全国卷)曲线y3(x2x)ex在点(0，0)处的切线方程为_解析：y3(2x1)ex3(x2x)exex(3x29x3)， 斜率ke033， 切线方程为y3x.答案：y3x2(2019江苏连云港期中)已知直线ykx2与曲线yxln x相切，则实数k的值为_解析：设切点坐标为(m，m
35、ln m)，由yxln x可得y1ln x，故切线的斜率为1ln m因此切线方程为ymln m(1ln m)(xm)，即y(1ln m)xm.又ykx2，所以即k1ln 2.答案：1ln 23(2019江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线yln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(e，1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是_解析：设A(m，n)，则曲线yln x在点A处的切线方程为yn(xm)又切线过点(e，1)，所以有n1(me)再由nln m，解得me，n1.故点A的坐标为(e，1)答案：(e，1)4(2019广西梧州一模)若直线ykxb是曲线yln x2的切线，也是曲线ye
36、x的切线，则b_解析：设直线ykxb与曲线yln x2的切点为(x1，y1)，与曲线yex的切点为(x2，y2)yln x2的导数为y，yex的导数为yex，可得ke.又由k，消去x2，可得(1ln x1)(x11)0，则x1或x11，则直线ykxb与曲线yln x2的切点为或(1，2)，与曲线yex的切点为(1，e)或(0，1)，所以ke或k1，则切线方程为yex或yx1，可得b0或1.答案：0或1方法技巧(1)求曲线的切线方程：曲线yf(x)在点P(x0，f(x0)处的切线方程是yf(x0)f(x0)(xx0)；求过某点M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点A(x0，f(x0)，则切线方
37、程为yf(x0)f(x0)(xx0)，再把点M(x1，y1)代入切线方程，求x0.(2)求切点坐标：其思路是先求函数的导数，然后让导数值等于切线的斜率，从而得出切线方程或求出切点坐标(3)由切线求参数的值(范围)：其关键是列出函数的导数等于切线斜率的方程(4)曲线的公切线问题：解决此类问题通常有两种方法：一是利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；二是设公切线l在yf(x)上的切点P1(x1，f(x1)，在yg(x)上的切点P2(x2，g(x2)，则f(x1)g(x2).考点(二)利用导数研究函数的单调性 主要考查利用导数研究函数的单调性，或由函数的单调性求参数的值(或范围
38、)题组练透1(2018南京三模)若函数f(x)ex(x22xa)在区间a，a1上单调递增，则实数a的最大值为_解析：由题意得，f(x)ex(x22a)0在区间a，a1上恒成立，即x22a0在区间a，a1上恒成立，所以解得1a，所以实数a的最大值为.答案：2(2019苏北三市一模)已知x0，y0，z0，且xyz6，则x3y23z的最小值为_解析：x3y23zx3y23(6xy)x33x，令f(x)x33x，g(y)，f(x)3x233(x1)(x1)(x0)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)minf(1)2，当y时，g(y)min.所以x3y23z的最小值为
39、2.答案：3已知定义域为x|x0的偶函数f(x)，其导函数为f(x)，对任意正实数x满足xf(x)2f(x)，若g(x)x2f(x)，则不等式g(x)0时，xf(x)2f(x)0，所以g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)g(|x|)由g(x)g(1)得g(|x|)g(1)，所以则x(1，0)(0，1)答案：(1，0)(0，1)方法技巧与单调性有关的两类问题的求解策略(1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f(x)0或f(x)0.(2)若已知函数的单调性求参数，则转化为不等式f(x)0或f(x)0在单调区
40、间上恒成立问题来求解.考点(三)利用导数研究函数的极值、最值主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.典例感悟典例(1)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为_(2)已知函数f(x)xxln x，若kZ，且k(x1)1恒成立，则k的最大值为_(3)(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)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_解析(1)因为f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因为x2是函数f(x)(x2ax1)e
41、x1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1.令f(x)0，解得x1，令f(x)0，解得2x1，所以f(x)在(，2)上单调递增，在(2，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值f(1)1.(2)法一：依题意得，k1恒成立令g(x)，则g(x)，令h(x)xln x2(x1)，则h(x)10，所以函数h(x)在(1，)上单调递增因为h(3)1ln 30，所以方程h(x)0在(1，)上存在唯一实数根x0，且满足x0(3，4)，即有h(x0)x0ln x020，ln x0x02.当1xx0
42、时，h(x)0，即g(x)x0时，h(x)0，即g(x)0，所以函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)ming(x0)x0(3，4)所以kg(x)minx0(3，4)，故整数k的最大值是3.法二：依题意得，当x2时，k(21)f(2)，即k22ln 21)，则g(x)ln x1.当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)在区间(e，)上单调递增因此，g(x)的最小值是g(e)3e0，于是有g(x)0恒成立所以满足题意的最大整数k的值是3.(3)法一：f(x)6x22ax2x(3xa)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1
43、，f(x)在(0，)上无零点当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增又f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f10，a3.此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1，1时，f(x)在1，0上单调递增，在0，1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.法二：令f(x)2x3ax210，得a2x.令g(x)2x，则g(x)2.由g(x)0，得0x0，得x1，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增f(x)在(0，)内有且只有一个零点，ag(1)3，此时f(x)2x33x21，f(x
44、)6x(x1)，当x1，1时，f(x)在1，0上单调递增，在0，1上单调递减又f(1)0，f(1)4，f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143.答案(1)1(2)3(3)3方法技巧利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f(x)0的根，再检查f(x)在方程根的左右函数值的符号(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f(x)0根的大小或存在情况来求解(3)求函数f(x)在闭区间a，b的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值(4)最值和极值还可以用来转化恒成立问题以及方程有解问题演练冲关1(20
45、19南京三模)已知函数f(x)x2aln xx，对任意x1，)，当f(x)mx恒成立时实数m的最大值为1，则实数a的取值范围是_解析：不等式x2aln xxmx在1，)上恒成立，则xa1m在1，)上恒成立设g(x)xa1(x1，)，则g(x)minm.因为实数m的最大值为1，所以g(x)min1，又g(1)1，所以g(x)g(1)在1，)上恒成立，即g(x)xa11，x2aln x0在1，)上恒成立记h(x)x2aln x(x1，)，则h(x)x.若a1，则h(x)x0，所以h(x)在1，)上单调递增，所以h(x)h(1)0，满足条件；若a1，易知h(x)在(1，)上单调递减，此时h(x)h(
46、1)0，与h(x)0恒成立矛盾综上所述，实数a的取值范围是(，1答案：(，12已知点A(0，1)，曲线C：ylogax恒过点B，若P是曲线C上的动点，且的最小值为2，则实数a_解析：点A(0，1)，B(1，0)，设P(x，logax)，则(1，1)(x，logax1)xlogax1.依题f(x)xlogax1在(0，)上有最小值2且f(1)2，所以x1是f(x)的极值点，即最小值点f(x)1.若0a0，f(x)单调递增，在(0，)无最小值，所以a1.设f(x)0，则xlogae，当x(0，logae)时，f(x)0，从而当且仅当xlogae时，f(x)取最小值，所以logae1，ae.答案：e
47、3(2019扬州期末)若存在正实数x，y，z满足3y23z210yz，且ln xln z，则的最小值为_解析：因为正实数x，y，z满足3y23z210yz，所以，所以.因为ln xln z，所以ln ，所以lnlnln lnln ，令t，则lnetln t，t，记f(t)etln t，则f(t)e，令f(t)0，得t，可得f(t)在上单调递减，在上单调递增，所以f(t)minf1(1)2，即2，所以的最小值为e2.答案：e2 (一) 主干知识要牢记 1.导数公式及运算法则(1)基本导数公式c0(c为常数)；(xm)mxm1(mQ)；(sin x)cos x；(cos x)sin x；(ax)a
48、xln a(a0且a1)；(ex)ex；(logax) (a0且a1)；(ln x).(2)导数的四则运算(uv)uv；(uv)uvuv；(v0)2导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f(x0)0且f(x)在x0附近“左正右负”f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f(x0)0且f(x)在x0附近“左负右正”f(x)在x0处取极小值(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最小者”(二) 二级结论要用好1常用乘式与除式的求导(1)xnf(x
49、)nxn1f(x)xnf(x)；(2)；(3)exf(x)exf(x)f(x)；(4).2不等式恒成立(或有解)问题的常用结论(1)恒成立问题af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)有解af(x)min；af(x)有解af(x)min；af(x)有解a0，可得t，整理可得3t28t30，解得t3或(舍)ex03，解得x0ln 3.则该切点的横坐标为ln 3.答案：ln 34(2019广东广州一模)已知过点A(a，0)作曲线C：yxex的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是_解析：设切点坐标为(x0，y0)，则由(xex)xexex可知切线
50、斜率k(x01)e，所以切线方程为yy0(x01)e(xx0)将点A(a，0)代入切线方程得y0(x01)e(ax0)又y0x0e，所以(x01)e(ax0)x0e，整理得xax0a0有两个解，所以a24a0，解得a0.答案：(，4)(0，)5设aR，若函数f(x)exax(xR)有大于零的极值点，则a的取值范围是_解析：令f(x)exa0，则exa，xln(a)因为函数f(x)有大于零的极值点，所以ln(a)0，所以a1，即a1.答案：(，1)6已知函数f(x)x33x29x1，若f(x)在区间k，2上的最大值为28，则实数k的取值范围为_解析：由题意知f(x)3x26x9，令f(x)0，解
51、得x1或x3，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值又f(3)28，f(1)4，f(2)3，f(x)在区间k，2上的最大值为28，所以k3.答案：(，37(2019盐城三模)已知函数f(x)x4sin x，若不等式kxb1f(x)kxb2对一切实数x恒成立，则b2b1的最小值为_解析：原不等式可化为(k1)xb14sin x(k1)xb2，结合函数图象(图略)知k1，进一步得b24，b14，所以b2b18，所以b2b1的最小值为8.答案：88已知函数f(x)ln x(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_解析：因为f(x)
52、在区间1，e上取得最小值4，所以至少满足f(1)4，f(e)4，解得m3e，又f(x)，且x1，e，所以f(x)0，x0)，O为坐标原点，A(3，1)，C(a，0)，对函数图象上的任意一点B，都满足成立，则a的值为_解析：由题意得(3，1)，(a，0)，设B(x，x3a2x)，则(x，x3a2x)，由得3x(x3a2x)3a，整理得(xa)(x2ax3)0.法一：设y1xa，y2x2ax3，则由(xa)(x2ax3)0在0，)上恒成立知，两函数的图象应交于x轴上的点(a，0)，将xa代入x2ax30，得a2a230，因为a0，所以得a.法二：设g(x)(xa)(x2ax3)，则g(a)0，g(
53、x)x2ax3(xa)(2xa)3x23a2，因为g(x)在0，)上有唯一零点，所以要使g(x)0在0，)上恒成立，需g(a)2a230，因为a0，所以得a.法三：由3x(x3a2x)3a得x3a2x3x3a.设p(x)x3a2x，q(x)3x3a，易知当x0时，p(x)的图象上的点不在q(x)图象的下方，因为两函数图象有公共点(a，0)，且q(x)的图象是直线，所以p(a)2a23，得a.答案：12已知函数f(x)x24x3ln x在t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析：由题意知x0，且f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1
54、)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t3.答案：(0，1)(2，3)13已知函数f(x)xln xax在(0，e上是增函数，函数g(x)|exa|，当x0，ln 3时，函数g(x)的最大值M与最小值m的差为，则a的值为_解析：由题意可知f(x)(ln x1)a0在(0，e上恒成立，所以aln x1，即a2.当2a3时，g(x)g(x)在0，ln a上单调递减，在ln a，ln 3上单调递增，因为g(0)g(ln 3)a12a40，所以g(0)g(ln 3)，所以Mmg(0)g(ln a)a1，解得a；当a3时，g(x)aex，g(x)在0，ln 3上递
55、减，所以Mmg(0)g(ln 3)2，舍去故a.答案：14若函数f(x)(aR)在区间1，2上单调递增，则实数a的取值范围是_解析：设g(x)，因为f(x)|g(x)|在区间1，2上单调递增，所以g(x)有两种情况：g(x)0且g(x)在区间1，2上单调递减又g(x)，所以g(x)0在区间1，2上恒成立，且g(1)0.所以无解g(x)0且g(x)在区间1，2上单调递增，即g(x)0在区间1，2上恒成立，且g(1)0，所以解得a.综上，实数a的取值范围为.答案：B组力争难度小题1设函数f(x)ln xax2bx，若x1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为_解析：f(x)的定义域为(0，)，f(
56、x)axb，由f(1)0，得b1a.f(x)axa1.若a0，当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减；所以x1是f(x)的极大值点若a0，由f(x)0，得x1或x.因为x1是f(x)的极大值点，所以1，解得1a0.综合，得a的取值范围是(1，)答案：(1，)2(2019南京四校联考)已知f(x)exx2ax，g(x)ln xx，若对任意的x0，不等式f(x)g(x)恒成立，则实数a的取值范围是_解析：不等式f(x)g(x)可化为exx2axln xx，由题意知，当x0时，exx2axln xx，即a1恒成立令F(x)，则F(x)，显然有F(1)0，且当
57、x0时，ex(x1)x21ln xxex2x0，所以当x1时，F(x)0，F(x)单调递增，当0x1时，F(x)0，得x2；由y2，所以y在(，2上单调递增，在2，)上单调递减，极大值为，当x时，y0.先不考虑a，作出y和yx1的图象如图所示只有当b时，直线yb与曲线y和直线yx1共有三个公共点因为直线y与直线yx1的交点为.所以当a时，存在直线yb与曲线yf(x)恰有三个公共点答案： 4(2019苏锡常镇四市一模)已知函数f(x)x2|xa|，g(x)(2a1)xaln x，若函数yf(x)与函数yg(x)的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围为_解析：令h(x)f(x)g(x)x2
58、|xa|(2a1)xaln x，则h(x)有且仅有两个零点a0时，h(x)x22(a1)xaln xa，h(x)2x2(a1)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，不合题意a0时，h(x)0xa时，h(x)2(xa)0，所以h(x)在(a，)上单调递增所以h(x)minh(a)a2aaln a0.令(a)aln a1，则(a)10，所以(a)在(0，)上单调递增，又(1)0，所以(a)0的解集为a(1，)此时易知h2aln aa0，h(a3)a(a52a32a23ln a1)0，所以h(x)在和(a，a3)上各有一个零点，满足题意综上，a(1，)答案：(1，)5已知函数f(x)若对于tR，f(
59、t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_解析：x1时，f(x)|x32x2x|x(x1)2|当x0时，f(x)(x1)(3x1)0f(x)是增函数；当0x1，f(x)(x1)(3x1)，所以f(x)的增区间是，减区间是，根据图象变换可作出函数yf(x)在R上的图象如图所示又设函数yln x(x1)的图象经过原点的切线斜率为k1，切点(x1，ln x1)，因为y，所以k1，解得x1e，所以k1.函数yx32x2x在原点处的切线斜率k2y|x01.因为tR，f(t)kt，所以根据f(x)的图象，数形结合可得k1.答案：6已知函数f(x)ln x(ea)xb，其中e为自然对数的底数若不等式f(x)0恒
60、成立，则的最小值为_解析：f(x)(ea)(x0)，当ea0，即ae时，f(eb)(ea)eb0，显然f(x)0不恒成立当ea0，即ae时，当x时，f(x)0，f(x)为增函数；当x时，f(x)0，f(x)为减函数，所以f(x)maxfln(ae)b1.由f(x)0恒成立，得f(x)max0，所以bln(ae)1，所以得.设g(x)(xe)，g(x).由于yln(xe)为增函数，且当x2e时，g(x)0，所以当x(e，2e)时，g(x)0，g(x)为减函数；当x(2e，)时，g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(2e)，所以，当a2e，b2时，取得最小值.答案：第四讲 | 大题考
61、法函数与导数的综合问题题型(一)利用导数解决与不等式有关的问题主要考查不等式恒成立有关问题或不等关系证明的问题. 典例感悟例1(2019江苏高考)设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为f(x)的导函数(1)若abc，f(4)8，求a的值；(2)若ab，bc，且f(x)和f(x)的零点均在集合3，1，3中，求f(x)的极小值；(3)若a0，0b1，c1，且f(x)的极大值为M，求证：M.解(1)因为abc，所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3.因为f(4)8，所以(4a)38，解得a2.(2)因为bc，所以f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab
62、)xab2，从而f(x)3(xb).令f(x)0，得xb或x.因为a，b，都在集合3，1，3中，且ab，所以1，a3，b3.此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1)令f(x)0，得x3或x1.列表如下：x(，3)3(3，1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)232.(3)证明：因为a0，c1，所以f(x)x(xb)(x1)x3(b1)x2bx，f(x)3x22(b1)xb.因为0b1，所以4(b1)212b(2b1)230，则f(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1x2)由f(x)0，得x1，x2.列表如下：x(，
63、x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值Mf(x1)Mf(x1)x(b1)xbx13x2(b1)x1bx1()3()3.因此M.因为00)(1)当a1时，求证：对于任意的x0，都有f(x)0成立；(2)若yf(x)恰好在xx1和xx2两处取得极值，求证：0时，g(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增，故f(x)f(0)0，所以f(x)在(0，)上单调递增，从而f(x)f(0)10，故对任意的x0，都有f(x)0成立(2)f(x)exaxa，因为x1，x2为f(x)的两个极值点，所以即两式相减，得a，则所证不等式等价于ln，即ex2，两边同时除
64、以e，可得e0，则要证原不等式恒成立，只需证明：e恒成立，即teet10恒成立设(t)teet1，则(t)e，由exx1，令x，可得e1，所以e0，所以(t)0，所以(t)在(0，)上单调递减，(t)(0)0，所以ln a.2(2019盐城三模)设函数f(x)xaex(e为自然对数的底数，aR)(1)当a1时，求函数f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(0，1)上单调，求a的取值范围；(3)若函数g(x)(exe)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x20，得x1；由h(x)1.h(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，故h(x)0有且仅有两
65、个不等实数根，且1个根小于1，1个根大于1，g(x)(exe)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x2x3，x1x21x3，x1，x3为h(x)a0的两个不等实数根，x1ae，x3ae，两式相减，得x3x1a(ee)，a，两式相加，得x1x3a(ee)(ee)(x3x1)，设x3x1t，由x1x3且x3x11，得00在t(0，1上恒成立，q(t)ett1在t(0，1上单调递增，q(t)q(0)0在(0，1上恒成立，则p(t)0在(0，1上恒成立，p(t)在(0，1上单调递增，p(t)p(0)0在(0，1上恒成立，则(t)0在(0，1上恒成立，(t)在(0，1上单调递增，(t)
66、(1)，即x1x3.题型(二)利用导数解决与方程的解(零点)有关的问题主要考查利用导数及零点存在性定理以及函数的性质研究复杂函数的零点问题.典例感悟例2(2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)因为a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)2
67、2.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以m对于xR恒成立而f(x)2 4，当且仅当f2(x)4，即f(x)2时等号成立，且4，所以m4，故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)f(x)2axbx2有且只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axln abxln b，又由0a1，b1知ln a0，ln b0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x
68、0)时，g(x)g(x0)0；当x(x0，)时，g(x)g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x00，则x00，于是gg(0)0.又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20.又0，所以x10，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾若x00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾因此x00.于是1，故ln aln b0，所以ab1
69、.方法技巧利用导数研究函数零点问题的方法用导数研究函数的零点，首先利用导数研究函数的性质，再判断零点所在区间端点的函数值正负，结合零点存在理论判断零点个数，这类问题解答题的做法不同于填空题，一般不能用两个函数图象来说明零点个数演练冲关1(2019苏州期末)已知函数f(x)ax3bx24a(a，bR)(1)当ab1时，求f(x)的单调增区间；(2)当a0时，若函数f(x)恰有两个不同的零点，求的值；(3)当a0时，若f(x)0，解得x0或x，所以f(x)的单调增区间是和(0，)(2)法一：f(x)3ax22bx，令f(x)0，得x0或x，因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)0或f0.当
70、f(0)0时，得a0，不合题意，舍去；当f0时，ab4a0，即40，所以3.法二：由于a0，所以f(0)0，由f(x)0得，x(x0)设h(x)x，则h(x)1，令h(x)0，得x2，当x(，2)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增当x0时，h(x)的值域为R，故不论取何值，方程x有且仅有一个根；当x0时，h(x)minh(2)3，所以3时，方程x恰有一个根2，此时函数f(x)a(x2)2(x1)恰有两个零点2和1.(3)当a0时，由f(x)ln x，得bx20)，当b0时，因为g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，且g(1)b0，所以在(1，
71、)上g(x)ln xbx20，不合题意；当b0时，令g(x)0，得x，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)maxgln ，要使g(x)0有解，首先要满足ln0，得0b.又g(1)b0，所以要使f(x)ln x的解集(m，n)中只有一个整数，需即解得b0，(x)单调递增；当x(e，)时，(x)0，(x)单调递减所以(x)max(e)，所以由和得，实数b的取值范围是.2(2019扬州中学模拟)已知函数f(x)ax1.(1)当a1时，求yf(x)在x1，1上的值域；(2)试讨论f(x)的零点个数解：(1)当a1时，f(x)x1，则f(x)1.令g(x)1，则g(x)，故g(x)0，f
72、(x)minf(1)10，f(x)单调递增，当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以在1，1上，当x0时，f(x)取得极大值，也是最大值，即在1，1上f(x)maxf(0)1.又f(1)2e0，所以在1，1上，f(x)minf(1)2e，所以f(x)在1，1上的值域为2e，1(2)令f(x)0，即ax10，显然x0不是方程的根，则exa0，令tx，则eta0，f(x)的零点个数，即方程eta0的实根的个数令h(x)exa，x(，0)(0，)则原问题也等价于函数h(x)exa在x(，0)(0，)上的零点个数因为h(x)ex0，所以h(x)在(，0)，(0，)上单调递增a0，当x(，0
73、)时，h(x)ex0恒成立，没有零点；当x(0，)时，h(1)e10，h20，又h(x)在(0，)上单调递增，所以h(x)在(0，)上有唯一的零点a0恒成立，没有零点；当x(0，)时，he0，he2e20，当x(，0)时，he0，设(x)xex1(x0)，则(x)(x1)ex，所以x(，1)时，(x)0，(x)单调递增，所以(x)(1)10，即x0时，ex.取x0，则h(x0)(1a)a10，he(2a)a(2a)(2a)aa0时，f(x)有两个零点题型(三)函数新定义问题主要考查利用导数解决在特定情形下的函数的性质问题.典例感悟例3(2018江苏高考)记f(x)，g(x)分别为函数f(x)，
74、g(x)的导函数若存在x0R，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)x22x2不存在“S点”；(2)若函数f(x)ax21与g(x)ln x存在“S点”，求实数a的值；(3)已知函数f(x)x2a，g(x).对任意a0，判断是否存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”，并说明理由解(1)证明：因为函数f(x)x，g(x)x22x2，所以f(x)1，g(x)2x2.由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得此方程组无解，因此f(x)与g(x)不存在“S点”(2)因为函数f(x)ax21
75、，g(x)ln x，所以f(x)2ax，g(x).设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)g(x0)且f(x0)g(x0)，得即(*)所以ln x0，即x0e，所以a.当a时，x0e满足方程组(*)，即x0为f(x)与g(x)的“S点”所以a的值为.(3)对任意a0，设h(x)x33x2axa.因为h(0)a0，h(1)13aa20，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0(0，1)，使得h(x0)0.令b，则b0.函数f(x)x2a，g(x)，则f(x)2x，g(x).由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得即(*)此时，x0满足方程组(*)，即x0是函数f(x)与g(x)在区间(
76、0，1)内的一个“S点”因此，对任意a0，存在b0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，)内存在“S点”方法技巧函数新定义问题的求解策略对于函数的新定义问题，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题演练冲关若在公共定义域D上，f1(x)f(x)f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”(1)已知函数f1(x)x22x4ln x，f2(x)x22x2，求证：在区间(0，)上，f1(x)，f2(x
77、)有“D函数”；(2)已知aR，函数f(x)ax2ln x，f1(x)(a1)x2ax(1a2)ln x，f2(x)x22ax.若在区间(1，)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围解：(1)证明：设K(x)f2(x)f1(x)x24ln x2，下证K(x)min0.K(x)x.故K(x)与K(x)随x的变化情况如下表：x(0，2)2(2，)K(x)0K(x)44ln 244ln 244ln e0，K(x)44ln 20.设R(x)f1(x)(44ln 2)，01，则f1(x)R(x)f2(x)在区间(0，)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”(2)设H(x)f1(
78、x)f(x)x2axa2ln x，则在(1，)上，H(x)0.H(x)2xa，在(1，)上，H(x)0，H(x)是减函数，H(x)H(1)1a0，a1.设P(x)f(x)f2(x)x22axln x，则在(1，)上，P(x)0.若a，则1，Pln0，矛盾若a，P(x)(2a1)x2a，在(1，)上，P(x)0，P(x)是减函数，P(x)P(1)a0.a，a.故所求a的取值范围为. A组大题保分练1(2019南通等七市二模)已知函数f(x)2ln xx2ax，aR.(1)当a3时，求函数f(x)的极值(2)设函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)，若函数yf(x)g(x)是(0，)上
79、的增函数，求x0的值(3)是否存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点？并说明理由解：(1)当a3时，f(x)2ln xx23x(x0)，f(x)x3，令f(x)0得，x1或x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示，x(0，1)1(1，2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(1)，极小值为f(2)2ln 24.(2)依题意，知切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)(x00)，从而g(x)f(x0)(xx0)f(x0)(x00)，记p(x)f(x)g(x)，则p(x)f(x)f(x0)f(x0)(xx0)在(0，)上为增函数，所以
80、p(x)f(x)f(x0)0在 (0，)上恒成立，即p(x)xx00在(0，)上恒成立，即xx0在(0，)上恒成立，因为x22(当且仅当x时，等号成立)，所以2x0，从而(x0)20，所以x0.(3)假设存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的切点T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，不妨设0x1x2，则函数f(x)的图象在点T1处的切线l1的方程为yf(x1)f(x1)(xx1)，在点T2处的切线l2的方程为yf(x2)f(x2)(xx2)因为l1，l2为同一条直线，所以f(x1)f(x2)，f(x1)x1f(x1)f(x2)x2f(x2)，即x1ax2a，2ln x1xax1x12l
81、n x2xax2x2，整理，得2ln0.令t，由0x1x2与x1x22，得t(0，1)，记p(t)2ln tt，则p(t)1p(1)0.从而式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点2(2019苏北三市期末)已知函数f(x)(xa)ln x(aR)(1)若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若对于任意的正数x，f(x)0恒成立，求实数a的值；(3)若函数f(x)存在两个极值点(极值点是函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a的取值范围解：(1)因为f(x)(xa)ln x(aR)，所以当a1时，f(x)(x1)ln x，则f(x
82、)ln x1，当x1时，f(1)0，f(1)0，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)因为对于任意的正数x，f(x)0恒成立，所以当ln x0，即x1时，f(x)0，aR；当ln x0，即x1时，xa恒成立，所以a1；当ln x0时，即0x0，所以g(x)单调递增，至多一个零点，不合题意当a0时，因为x(0，a)时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(a)ln( a)2.因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(a)20，解得e2ae2a.因为glna210，所以g(x)在(a，)上存在一个零点因为e2a0，所以a2a.g(a2)ln a212ln(a
83、)1，设ta，则y2ln t1，因为y2lne21e230，所以g(a2)ln a210，所以g(x)在(0，a)上存在一个零点综上可知，实数a的取值范围为(e2，0)3(2017江苏高考)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)有极值，且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb3b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所
84、以f10，又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)0有实根，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b，定义域为(3，)(2)证明：由(1)知， .设g(t)，则g(t).当t时，g(t)0，从而g(t)在上单调递增因为a3，所以a3，故g(a)g(3)，即 .因此b23a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x
85、1，x2，且x1x2a，xx.从而f(x1)f(x2)xaxbx11xaxbx21(3x2ax1b)(3x2ax2b)a(xx)b(x1x2)220.记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba2，所以h(a)a2，a3.因为h(a)a0对任意的x(0，)恒成立，此时f(x)在(0，)上单调递增，又f(1)0，此时f(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意若a0，令f(x)0，得x或x(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示：xf(x)0f(x)极小值若1，即a2，此时a，则f0对于a2，)恒成立，F2(a)2aln a1在2，)上单调递增，F2(a)
86、F2(2)3ln 20，即F1(a)0对于a2，)恒成立，F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增，F1(a)F1(2)32ln 20，即f(a)0，f1时，函数f(x)在(0，)上有两个零点，不符合题意若1，即a2，则函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，又f(1)0，f(x)f(1)0，故当1时，函数f(x)在(0，)上有且只有一个零点，符合题意若01，即0a2，此时0ee01.函数f(x)在上单调递增，f0，函数f(x)在(0，1)内必有零点，不符合题意综上，实数a的取值范围是a|a0或a2(3)g(x)aln xexex(x1)令G(x)exex，x1，则G(x
87、)exe0对任意的x1，)恒成立，函数G(x)在1，)上单调递增，G(x)G(1)0.若a0，则当x1时，g(x)aln xexex0恒成立，符合；若a0恒成立，H(x)exe在1，)上单调递增a1，G(1a)G(1)0，即e1ae(1a)，H(1a)e1aeeeaeea(1a)2(e1)a，a1，(1a)2，(e1)a0.H(x)exe在1，)上单调递增，其图象是一条连续的曲线，且H(1)a0，存在唯一的x0(1，1a)，使得H(x0)0，即g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)0，函数g(x)在(1，x0)上单调递减，当x(1，x0)时，g(x)0，函数yf(x)g(x)在区间1，2上
88、单调递增等价于对任意的x1，2，函数m(x)0恒成立，解得a3.(3)h(x)，h(x)，令r(x)ex(x23x3)a，h(x)在(0，)上既存在极大值又存在极小值，h(x)0在(0，)上有两个不等实根，即r(x)ex(x23x3)a0在(0，)上有两个不等实根x1，x2，不妨令x1x2.r(x)ex(x23x32x3)ex(x2x)x(1x)ex，当x(0，1)时，r(x)0，r(x)单调递增，当x(1，)时，r(x)0，r(x)单调递减，则0x11，解得3ae，reae30，符合题意函数h(x)在(0，)上既存在极大值又存在极小值时，有3ae，并且在区间(0，1)上存在极小值h(x1)，
89、在区间上存在极大值h(x2)h(x2)，且h(x2)0，ae(x3x23)，h(x2)e(2x2)1.令H(x)ex(2x)1，则H(x)ex(1x)，当x(1，)时，H(x)0，H(x)单调递减，x2，HH(x2)H(1)，即h(x2)，又3e1e14，且h(x)的极大值小于整数b，满足题意的整数b的最小值为4.2(2019南京四校联考)已知函数f(x)ax(3a)ln x.(1)讨论函数f(x)的极值点个数；(2)若函数g(x)aexx有两个零点x1，x2，其中x10，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故函数f(x)有唯一的极(大)值点若a0，记m(x)ax2(3a)
90、x1，则(3a)24aa210a9，当1a9时，0，f(x)0，函数f(x)单调递增，无极值点当a0，由于两根之积小于0，所以m(x)的两个根一正一负，设正根为x0，则x0为函数f(x)的唯一极值点当0a0，m(x)有两个大于零的根，故f(x)有两个极值点当a9时，0，m(x)有两个小于零的根，故f(x)无极值点，综上所述，当a1时，函数f(x)无极值点；当a0时，函数f(x)有唯一极值点；当0a1时，函数f(x)有两个极值点(2)证明：依题意得，aex1，aex2.所以ln x1ln ax1，ln x2ln ax2，故x2x1ln x2ln x1ln .又t，x11，且解得x1，x2，所以x
91、1x2.令h(x)，x(1，)，则h(x).令u(x)2ln xx，则u(x)10，则u(x)单调递增，故对任意的x(1，)，u(x)u(1)0，由此可得h(x)0，故h(x)在(1，)上单调递增因此，x1x2随着t的增大而增大3(2019南京三模)已知函数f(x)ln x1，aR.(1)若函数f(x)在x1处的切线为y2xb，求a，b的值；(2)记g(x)f(x)ax，若函数g(x)在区间上有最小值，求实数a的取值范围；(3)当a0时，关于x的方程f(x)bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围解：(1)f(x)，则f(1)1a2，解得a1，则f(x)ln x1，此时f(1)ln 11
92、10，则切点坐标为(1，0)，代入切线方程，得b2，所以a1，b2.(2)g(x)f(x)axln xax1，g(x)a.当a0时，g(x)0，g(x)在区间上为增函数，则g(x)在区间上无最小值当a0时，方程ax2xa0的判别式14a20，则方程ax2xa0有两个不相等的实数根，设为x1，x2，x1，2，则x1x21，两根一正一负，不妨令x100)，()当 a0时，若x2，则m(0)a0，解得0a.x(0，x2)时，m(x)0，则g(x)单调递增，所以当xx2时，g(x)取极小值，即最小值若x2，则x时，m(x)0，g(x)在上单调递减，无最小值()当a0，g(x)单调递增，若x(x2，)，
93、则m(x)0，g(x)单调递减，所以在区间上，g(x)不会有最小值，所以a0，则h(x)2bx.当b0时，h(x)0恒成立，即h(x)在(0，)上为增函数，则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)bx2至多只有一个实数根，所以b0不符合题意当b0时，若x，则h(x)0，所以函数h(x)单调递增，若x，则h(x)0，解得0b.()当0b时，h0.又0，所以，所以存在唯一的x1，使得h(x1)0.()hln1ln b1，记k(b)ln b1，0b0，所以，所以存在唯一的x2，使得h(x2)0，综上，实数b的取值范围是.4对于函数f(x)，在给定区间a，b内任取n1(n2，nN*)个数x0，x
94、1，x2，xn使得ax0x1x2xn10的解集为R，则实数a的取值范围是_解析当a0时，满足题意；当a0时，必有解得0a0，y0，则的最小值为_解析法一：因为xy1，所以y1x，消元，得原式，令f(x)，则f(x).由f(x)0，得x1；由f(x)0，得0x，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)minf.法二：原式1，则x(y1)，所以的最小值为.法三：原式2.答案点评本题学生可能会采用“1”的代换，变形为，换得不够彻底，无法继续，说明学生没有掌握这类题的本质，只知道简单模仿理解代换的本质，多角度考虑问题策略1常数代换法：求解最值问题例1已知正数x，y满足4y1，则x2y的最小
95、值为_解析由4y1，得x2y4xy，即1，所以x2y(x2y)112 2.当且仅当，即x1，y时等号成立所以x2y的最小值为2.答案2点评(1)本题先将已知条件改写为“1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与“1”的乘积等于本身，将“1”进行代换，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求最值(2)常数代换法求解最值的关键在于常数的变形应用，利用这种方法求解最值应注意以下三个方面：条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础；已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的基础；利用基本不等式求解最值时要注意“一正、二定、三相等”的检验，否则容易出现错解.策略2构造法：解决与导数有关的不等式问题例2已知定义
96、在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，满足f(x)f(x)，且f(x2)为偶函数，f(4)1，则不等式f(x)ex的解集为_解析因为f(x2)为偶函数，所以f(x2)的图象关于x0对称，所以f(x)的图象关于x2对称所以f(0)f(4)1.设g(x)(xR)，则g(x).又f(x)f(x)，所以g(x)0(xR)，所以函数g(x)在定义域上单调递减因为f(x)ex1，而g(0)1，所以f(x)exg(x)g(0)，所以x0.答案(0，)点评(1)本例构造函数g(x)，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解(2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数求导的法则
97、是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：xf(x)f(x)xf(x)，xf(x)f(x)；f(x)f(x)exf(x)，f(x)f(x)等1数形结合思想解决方程的根或函数零点问题例1已知直线(1m)x(3m1)y40所过定点恰好落在函数f(x)的图象上，若函数h(x)f(x)mx2有三个不同的零点，则实数m的取值范围是_解析由(1m)x(3m1)y40，得xy4m(x3y)0，由可得直线过定点(3，1)，loga31，a3.令f(x)mx20，得f(x)mx2，在同一坐标系上作出y1f(x)与y2mx2的图象，如图，易得m1，即实数m的取值范围是.答案点评(1)本题可利用数形结合思想，把
98、函数h(x)f(x)mx2有三个不同的零点转化为函数yf(x)与ymx2的图象有三个不同的交点(2)利用数形结合探究方程解的问题应注意两点：讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合2数形结合思想求解不等式或参数范围问题例2设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x0时，f(x)g(x)f(x)g(x)0，且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是_解析设F(x)f(x)g(x)
99、，由f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，得F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)F(x)，即F(x)在R上为奇函数又当x0时，F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)0，所以当x0时，F(x)为增函数因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x0时，F(x)也是增函数因为F(3)f(3)g(3)0F(3)所以，由图可知F(x)0的解集是(，3)(0，3)答案(，3)(0，3)点评(1)本题可利用数形结合思想，由条件判断函数的单调性，再结合g(3)0以及函数的奇偶性，利用图象求x的取值范围(2)求参数范围或解不等式问题经常结合函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多
100、个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答3分类讨论思想解决含有参数的问题例3已知函数f(x)x2ax，g(x)mxnln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为1，曲线yg(x)在x2处取得极小值 22ln 2.(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；(2)若不等式f(x)g(x)x2k(x1)对任意的x(0，1恒成立，求实数k的取值范围解(1)因为f(x)2xa，f(1)2a1，所以a1，f(x)x2x.因为g(x)m，所以故所以g(x)x2ln x.(2)f(x)g(x)x22ln x，令h(x)f(x)g(x
101、)x2k(x1)k(x1)2ln x，x(0，1，所以h(x)k.当k0时，h(x)0，h(x)在(0，1上单调递减，所以h(x)minh(1)0.当0k2时，h(x)0，h(x)在(0，1上单调递减，所以h(x)minh(1)0.当k2时，h(x)0在上恒成立，h(x)0在上恒成立，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，又h(x)minh4xp3成立的x的取值范围是_解析设f(p)(x1)px24x3，则当x1时，f(p)0.所以x1.f(p)在0p4上恒为正，等价于即解得x3或x0)，可得f(x).当k0时，因为x0，所以exkx0.于是当0x2时，f(x)2时，f(x)0.所以函数f(
102、x)在(0，2)上为减函数，在(2，)上为增函数(2)由(1)知k0时，函数f(x)在(0，2)上单调递减，故f(x)在(0，2)上没有极值点当k0时，设函数g(x)exkx，x(0，)，则g(x)exkexeln k.当00，则g(x)单调递增，故f(x)在(0，2)上不存在两个极值点；当k1时，若x(0，ln k)，则g(x)exk0，则g(x)单调递增所以函数g(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)，f(x)在(0，2)上存在两个极值点，当且仅当解得ek0时，k0，取对数得xln kln x.令h(x)xln xln k，x(0，)，则h(x)1.当x(0，1)时，h(x)0，h
103、(x)单调递增又因为当x0时，h(x).所以函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，当且仅当即解得ek0得x1；由g(x)0得x0.又f(x)，所以函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点相当于h(x)exkx在(0，2)上有两个变号零点(即零点左右函数值正负不同)问题转化成函数yk与g(x)在(0，2)上有两个不同交点因为g(x)，x(0，2)，易求得g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，且g(1)e，g(2).于是，结合函数图象，可得函数yk与g(x)在(0，2)上有两个不同交点的条件是k，即函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点时，k的取值范围为.要使函数f(x)在
104、区间(0，2)上存在两个极值点，只需方程f(x)0在区间(0，2)上有两个不同的实根，即0exkx在区间(0，2)内有两个不同的实根当x(0，2)时，由exkx得k.设g(x)，x(0，2)，则g(x).当x(0，1)时，g(x)0.于是函数g(x)在区间(0，1)上为减函数，在区间(1，2)上为增函数，而当x0时，g(x)；g(1)e，g(2).结合函数g(x)的图象(如图)可知：当k时，exkx在区间(0，2)上有两个不同的实根，即函数f(x)在区间(0，2)上存在两个极值点函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点，则f(x)0在(0，2)上有解f(x)0，即exkx.当k0时，显然exk
105、x不成立当k0时，研究在(0，2)上有解设g(x)，g(x).当x(0，1)时，g(x)0；当x(1，2)时，g(x)0.故函数g(x)在区间(0，1)上是增函数，在区间(1，2)上是减函数，g(x)maxg(1)，g(2)，g(0)0.如图所示，函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点，则0时，f(x)xf(x)0，f(2)0，则不等式f(x)0的解集为_解析：令F(x)xf(x)，则F(x)f(x)xf(x)x0时，f(x)xf(x)0，F(x)在(0，)上单调递增f(x)是定义在R上的奇函数，F(x)xf(x)是定义在R上的偶函数f(2)0，F(2)F(2)2f(2)0.f(x)0等价于
106、或解得x2或2x0.答案：(2，0)(2，)B组方法技巧练1(2019泰州中学模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x2)f(x)，且在区间1，1上，f(x)则ff的值为_解析：因为f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期为2，所以f(1)f(1)，fff，fff.由f(1)f(1)得sinm1，所以m2，所以ffffsin2.答案：2已知m，n(2，e)，且ln，则m，n的大小关系为_解析：由不等式可得ln mln n，即ln nln m.设f(x)ln x(x(2，e)，则f(x).因为x(2，e)，所以f(x)0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增因为f(n)f(m)，所以nm.
107、答案：nm3已知函数f(x)则函数F(x)ff(x)2f(x)的零点个数是_解析：令f(x)t，则函数F(x)可化为yf(t)2t，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)2t0的根的问题令yf(t)2t0，即f(t)2t，如图，由数形结合得t10，1t20，g(x)0，g(x)在1，e上单调递增，g(x)的最大值为g(e).同理，单调递增函数g(x)，h(x).1若a0，则g(x)0，h(x)，h(x)0，令u(x)(1xx2)ln xax2x1，则u(x)(12x)ln x(2a1)x0，即u(x)在1，e上单调递减，u(x)maxu(1)a20，a2.2若a，则g(x)0，h(x)，
108、由1知，h(x)，则h(x)0，u(x)0，又u(x)在1，e上单调递减，u(x)minu(e)e2(a1)0，a1，又a，a.3若a0，h(x)在1，e上不单调综上所述，a2，)C组创新应用练1已知函数yf(x)(xR)对于函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称若h(x)是g(x)关于f(x)3xb的“对称函数”，且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_解析：由于g(x)的图象是圆x2y24在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线
109、方程为y3xb1，则有2，解得b12，要使得h(x)g(x)恒成立，则需bb12.故实数b的取值范围为(2，)答案：(2，)2设函数f(x)exx(e为自然对数的底数)的图象上任意一点处的切线为l1，若总存在曲线yg(x)3ax2cos x上某点处的切线l2，使得l1l2，则实数a的取值范围为_解析：f(x)ex1，g(x)3a2sin x，在f(x)的图象上取点(x1，y1)，在g(x)的图象上取点(x2，y2)，要使l1l2，需3a2sin x2，3a2sin x23a2，3a2，(0，1)，则只有(0，1)3a2，3a2，解得a.答案：3设f(x)是函数yf(x)的导函数，f(x)是yf
110、(x)的导函数，若方程f(x)0有实数根x0，则称点(x0，f(x0)为曲线yf(x)的“拐点”已知任意三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心设f(x)x32x2x1，数列an的通项公式为an2n7，则f(a1)f(a2)f(a8)_解析：因为f(x)x32x2x1，所以f(x)x24x，所以f(x)2x4，令f(x)0，解得x2.而f(2)811，故函数yf(x)的图象关于点(2，1)对称，所以f(x)f(4x)2.因为an2n7，所以a15，a89，所以f(a1)f(a8)2，同理可得f(a2)f(a7)2，f(a3)f(a6)2，f(a4)f(a5)2，所以f(a1)f(a2
111、)f(a8)248.答案：84.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)2，函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所示，若两个正数a，b满足f(2ab)0时，导函数f(x)0，函数f(x)单调递增因为两个正数a，b满足f(2ab)2，f(2)2，所以f(2ab)f(2)，即2ab0，b0，故点(a，b)所在的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，表示动点(a，b)与定点(2，2)连线的斜率，当连线过点(1，0)时，当连线过点(0，2)时，2，故的取值范围是.答案：5已知f(x)是定义在集合M上的函数若区间DM，且对任意x0D，均有f(x0)D，则称函数f(x)在区间D上封闭(1)判断f(x
112、)x1在区间2，1上是否封闭，并说明理由；(2)若函数g(x)在区间3，10上封闭，求实数a的取值范围；(3)若函数h(x)x33x在区间a，b(a，bZ，且ab)上封闭，求a，b的值解：(1)因为函数f(x)x1在区间2，1上单调递增，所以当x2，1时，f(x)的值域为3，0而3，02，1，所以函数f(x)在区间2，1上不是封闭的(2)因为g(x)3.当a3时，函数g(x)3，显然33，10，故a3满足题意；当a3时，在区间3，10上，函数g(x)单调递减，此时g(x)的值域为.由3，10得解得3a31，故3a31；当a3时，在区间3，10上，有g(x)33，不合题意综上所述，实数a的取值范
113、围是3，31(3)因为h(x)x33x，所以h(x)3x233(x1)(x1)因为当x1或x1时，h(x)0；当x1或x1时，h(x)0；当1x1时，h(x)0，所以函数h(x)在区间(，1)上单调递增，在区间(1，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增从而h(x)在x1处取得极大值2，在x1处取得极小值2.由题意知即解得因为ab，所以2a0，0b2.又a，bZ，故a只可能取2，1，0，b只可能取0，1，2.当a2时，因为b0，故由h(1)2得b2，因此b2.经检验，a2，b2符合题意；当a1时，由h(1)2，得b2，此时h(1)2 /1，2，不符合题意；当a0时，显然不符合题意综上所述，a
114、2，b2.6(2019苏锡常镇二模)已知函数f(x)x2(2a)xaln x，其中aR.(1)如果曲线yf(x)在x1处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)若函数f(x)的极小值不超过，求实数a的最小值；(3)对任意x11，2，总存在x24，8，使得f(x1)f(x2)成立，求实数a的取值范围解：(1)因为f(x)x2(2a)xaln x，所以f(x). 因为曲线yf(x)在x1处的切线斜率为1，所以f(1)2(2a)1，得a.(2)当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，则f(x)在(0，)上单调递增，故函数f(x)不存在极值当a0时，令f(x)0，得x.x，f(x)，f(x)变化情况如下：
115、xf(x)0f(x)极小值则f(x)minfaaln，因为a0，所以ln0.令g(a)lnln 2ln a，则g(a)0，所以g(a)在(0，)上单调递减，又g(2)0，所以当a2时，g(a)g(2)0，故实数a的最小值为2.(3)记f(x)在1，2上的值域为A，在4，8上的值域为B，则对任意x11，2，总存在x24，8，使得f(x1)f(x2)成立可转化为AB.当1或8，即a2或a16时，f(x)在1，8上为单调函数，不合题意；当12，即2a4时，由(2)知：f(x)在上单调递减，在上单调递增，故fA，但fB，不合题意；当24，即4a8时，Af(2)，f(1)，Bf(4)，f(8)，由AB，得则解得因为0ln 21，所以22ln 23，所以42.7，计算得e324，则ee324，即ln 244ln 2，即78ln 2.也即2124ln 2，则80，即8.所以a8；当48，即8a16时，由AB，得f(8)f(1)，得a1116，则8a.综上，a.
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