1、专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第一讲 集合、常用逻辑用语(选择、填空题型)1.(2014山东高考)设集合 Ax|x22x0,则綈 p 为()A.x0R,x2010B.x0R,x2010 C.x0R,x201b”是“a2b2”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 解析：选 D 可采用特殊值法进行判断,令 a1,b1,满足 ab,但不满足 a2b2,即条件“ab”不能推出结论“a2b2”；再令 a1,b0,满足 a2b2,但不满足 ab,即结论“a2b2”不能推出条件“ab”.故选 D.4.(2014陕西高考)原命题为“若anan
2、12an,nN,则an为递减数列”,关于其逆命题,否命题,逆否命题真假性的判断依次如下,正确的是()A.真,真,真B.假,假,真 C.真,真,假D.假,假,假 解析：选 A 从原命题的真假入手,由于anan12anan1anan为递减数列,即原命题和逆命题均为真命题,又原命题与逆否命题同真同假,则逆命题、否命题和逆否命题均为真命题,选 A.5.(2014重庆高考)已知命题 p：对任意 xR,总有|x|0；q：x1 是方程 x20 的根.则下列命题为真命题的是()A.p(綈 q)B.(綈 p)q C.(綈 p)(綈 q)D.pq 解析：选 A 命题 p 为真命题,命题 q 为假命题,所以命题綈
3、q 为真命题,所以 p(綈 q)为真命题,选 A.1.集合的运算性质与结论(1)AAA,AA,ABBA.(2)AAA,A,ABBA.(3)A(UA),A(UA)U.(4)ABAAB,ABABA.2.四种命题的关系(1)两个命题互为逆否命题,它们有相同的真假性；(2)两个命题为互逆命题或互否命题,它们的真假性没有关系.3.充分条件与必要条件(1)若 pq,则 p 是 q 的充分条件,q 是 p 的必要条件；若 pq,则 p,q 互为充要条件；(2)充要条件与集合的关系：设命题 p 对应集合 A,命题 q 对应集合 B,则 pq 等价于 AB,pq 等价于 AB.4.复合命题真假的判断方法 命题
4、pq,pq 及綈 p 真假可以用下表来判定：pqpqpq綈 p 真真真真假 真假假真假 假真假真真 假假假假真 口诀记忆：pq,一真则真；pq,一假则假；綈 p 与 p 真假相反.5.全(特)称命题及其否定(1)全称命题 p：xM,p(x).它的否定綈 p：x0M,綈 p(x0).(2)特称命题 p：x0M,p(x0).它的否定綈 p：xM,綈 p(x).热点一集合的概念及运算 命题角度(1)考查集合的含义及集合间的关系,如 T1；(2)考查集合的基本运算,且常与不等式、函数的定义域等问题相结合考查,如T2,T3,T4.1.(2014温州模拟)已知集合A1,2,3,B(x,y)|xA,yA,x
5、yA,则B中所含元素的个数为()A.2 B.3 C.4 D.6 2.(2014四川高考)已知集合 Ax|x2x20,集合 B 为整数集,则 AB()A.1,0,1,2B.2,1,0,1 C.0,1D.1,0 3.(2014郑州模拟)已知集合 Ax|ax10,Bx|1log2x2,xN,且 ABA,则 a的所有值组成的集合是()A.14B.13 C.14，13D.0，14，13 4.(2014东城模拟)全集 UR,集合 Ax|x22x0,By|ycos x,xR,则图中阴影部分表示的集合为_.自主解答 1.集合 B 中满足条件的元素有(1,1),(1,2),(2,1),共 3 个,故选 B.2.
6、因为 Ax|1x2,BZ,故 AB1,0,1,2.3.由 ABA 可得 AB,而集合 Bx|2x4,xN3,4.显然当 a0 时,A,AB.当 a0 时,由1a3 或1a4,得 a13或14.故 a 的所有值组成的集合为0，14，13,故选 D.4.由题意知,集合 Ax|0 x2,By|1y1,则图中阴影部分表示的集合为ABx|0 x1.答案 1.B 2.A 3.D 4.x|0 x1 解答集合的概念及运算问题的一般思路(1)正确理解各个集合的含义,认清集合元素的属性、代表的意义.(2)根据集合中元素的性质化简集合.(3)依据元素的不同属性采用不同的方法求解,此时常用到以下技巧：若已知的集合是不
7、等式的解集,用数轴求解；若已知的集合是点集,用数形结合法求解；若已知的集合是抽象集合,用 Venn 图求解.热点二真假命题的判定及命题的否定 命题角度(1)四种命题及其真假判断,如 T1；(2)含逻辑联结词的复合命题的真假判定,如 T2；(3)全(特)称命题的否定,如 T3；(4)由命题的真假性求参数,如 T4.1.(2014皖西七校联考)命题“若 ay,则xy,则 x2y2.在命题pq；pq；p(綈 q)；(綈 p)q 中,真命题是()A.B.C.D.3.(2014宜春模拟)命题“xR,exx2”的否定是()A.不存在 x0R,使 ex0 x20B.x0R,使 ex0 x20 C.x0R,使
8、 ex0 x20D.xR,使 exx2 4.(2014泰州模拟)由命题“存在x0R,使x202x0m0”是假命题,求得m的取值范围是(a,),则实数 a 的值是_.自主解答 1.原命题为：“若 a0,则方程 x2xa0 有实根”,因为方程的判别式为14a,a0,方程 x2xa0 有实根,故命题为真；逆否命题为：“若方程 x2xa0 没有实根,则 a0”,根据原命题与逆否命题,真假一致,可知命题为真；逆命题为：“若方程 x2xa0 有实根,则 a0”,因为方程有实根,所以判别式 14a0,a14,显然 a0”是真命题,44m1,故 a 的值是 1.答案 1.B 2.C 3.C 4.1 1.三步辨
9、明“或”“且”“非”命题的真假性(1)弄清构成命题的 p 和 q 的真假性；(2)弄清结构形式；(3)根据真值表判断构成新命题的真假性.2.全(特)称命题的否定 全称命题的否定是将全称量词改为存在量词,并把结论否定；特称命题的否定是将存在量词改为全称量词,并把结论否定.热点三充 要 条 件 命题角度(1)充要条件的判定,如 T1；(2)由充要条件确定参数,如 T2.1.(2014新课标全国卷)函数 f(x)在 xx0 处导数存在.若 p：f(x0)0；q：xx0 是f(x)的极值点,则()A.p 是 q 的充分必要条件 B.p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 C.p 是 q 的必要
10、条件,但不是 q的充分条件 D.p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 2.(2014连云港模拟)设 p：12x1,q：x2(2a1)xa(a1)0,若綈 p 是綈 q 的必要而不充分条件,则实数 a 的取值范围是_.自主解答 1.设 f(x)x3,f(0)0,但是 f(x)是单调增函数,在 x0 处不存在极值,故若p 则 q 是一个假命题,由极值的定义可得,若 q 则 p 是一个真命题.故选 C.2.由 x2(2a1)xa(a1)0,得(xa)(xa1)0,则 axa1,若綈 p 是綈 q 的必要而不充分条件,则 q 是 p 的必要而不充分条件,有a12，a11，即 0a12.答
11、案 1.C 2.0，12 互动探究 本题 2 的条件下,是否存在实数 a,使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件？解：要使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件,则 p 是 q 的必要不充分条件,即a12，a11，故a 不存在.所以,不存在实数 a,使綈 p 是綈 q 的充分不必要条件.判断充分、必要条件时应关注三点(1)要弄清先后顺序：“A 的充分不必要条件是 B”是指 B 能推出 A,且 A 不能推出 B；而“A 是 B 的充分不必要条件”则是指 A 能推出 B,且 B 不能推出 A.(2)要善于举出反例：当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时,可以通过举出恰当的反例来说明.(3)要注
12、意转化：綈 p 是綈 q 的必要不充分条件p 是 q 的充分不必要条件；綈 p 是綈 q的充要条件p 是 q 的充要条件.热点四与命题有关的综合问题 命题角度 对“命题”的考查,切入点很广泛,知识载体也是常考常新.高考中常将四种命题、充要条件、逻辑联结词等相综合,以真假命题的判断为载体考查.例 1(1)(2014江西高考)下列叙述中正确的是()A.若 a,b,cR,则“ax2bxc0”的充分条件是“b24ac0”B.若 a,b,cR,则“ab2cb2”的充要条件是“ac”C.命题“对任意 xR,有 x20”的否定是“存在 x0R,有 x200”D.l 是一条直线,是两个不同的平面,若 l,l,
13、则 (2)(2014福州模拟)已知下列命题：命题“x0R,x201x01”的否定是“xR,x212”是“a5”的充分不必要条件；“若 xy0,则 x0 且 y0”的逆否命题为真命题.其中所有真命题的序号是_.师生共研(1)由 b24ac0 推不出 ax2bxc0,这是因为 a 的符号不确定,所以 A不正确；当 b20 时,由 ac 推不出 ab2cb2,所以 B 不正确；“对任意 xR,有 x20”的否定是“存在 x0R,有 x20 x01”的否定是“xR,x21x1”,故错；“pq”为假命题说明 p 假 q 假,则“(綈 p)(綈 q)”为真命题,故对；a5a2,但 a2/a5,故“a2”是
14、“a5”的必要不充分条件,故错；因为“若 xy0,则 x0 或 y0”,所以原命题为假命题,故其逆否命题也为假命题,故错.答案(1)D(2)解决此类问题需要对每一个命题逐一作出判断,需要有扎实的基础知识,这是破解此类问题的前提条件.若需证明某命题为真,需要根据有关知识作出逻辑证明,但若需要证明某命题为假,只要举出一个反例即可,因此,“找反例”是破解此类问题的重要方法之一.1.下列命题中错误的是()A.命题“若 x25x60,则 x3”的逆否命题是“若 x3,则 x25x60”B.若 x、yR,则“xy”是“xyxy22成立”的充要条件 C.已知命题 p 和 q,若 pq 为假命题,则命题 p
15、与 q 中必一真一假 D.对命题 p：x0R,使 x20 x02b”是“a2b2”的充要条件；“ABB”是“B”的必要不充分条件；“x3”的必要不充分条件是“x22x30”；“m 是实数”的充分不必要条件是“m 是有理数”.其中正确说法的序号是_.解析：如 24,但 220,显然错误.故选A.法二：设点 A(x1,y1)为函数 f(x)图象上任意一点,由已知存在点 B(x2,y2)满足 x1x2y1y20,有 OAOB,作出各函数图象,观察即得结论.(2)要使 fA(x)fB(x)1,必有 xx|xA 且 xBx|xB 且 xA1,6,10,12,所以 AB1,6,10,12.答案(1)A(2
16、)1,6,10,12 解决集合中新定义问题的两个关键点(1)紧扣新定义：新定义型试题的难点就是对新定义的理解和运用,在解决问题时要分析新定义的特点,把新定义所叙述的问题的本质弄清楚,并能够应用到具体的解题过程之中.(2)用好集合的性质：集合的性质是破解集合类新定义型试题的基础,也是突破口,在解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素,在关键之处用好集合的性质.3.设集合 A1,0,1,集合 B0,1,2,3,定义 A*B(x,y)|xAB,yAB,则A*B 中元素的个数是()A.7 B.10 C.25 D.52 解析：选 B 因为 A1,0,1,B0,1,2,3,所以 AB0,1,AB
17、1,0,1,2,3.因为 xAB,所以 x 可取 0,1；因为 yAB,所以 y 可取1,0,1,2,3.则(x,y)的可能取值如下表所示：故 A*B 中元素共有 10 个.4.设A是自然数集的一个非空子集,对于kA,如果k2A,且 kA,那么k是A的一个“酷元”,给定 SxN|ylg(36x2),设 MS,且集合 M 中的两个元素都是“酷元”,那么这样的集合 M 的个数为_.解析：由题意,知 S 为函数 ylg(36x2)的定义域内的自然数集,由 36x20,解得6x0,集合 Ax2x1,x,x1,By，y2，y1.若 AB,则 x2y2 的值为_.师生共研(1)集合 A(x,y)|x22x
18、y22y2,可得(x1)2(y1)24,集合 B(x,y)|x22xy22y,可得(xy)(xy2)0.在平面直角坐标系上画出 A,B 表示的图形可知 AB 的元素构成的图形的面积为 2.(2)由 xR,y0 得 x2x10,y0,y20,且xx1,yy2.而 AB,所以x2x1y1，x1y，xy2，得x1,y2,从而集合A3,1,2,B2,1,3,符合条件,故 x2y25.答案(1)B(2)5 与集合有关的交汇性问题中,集合知识固然是解题的一个重要方面,但更重要的是集合的外表下所蕴含的一些规律,通过分析题目的已知条件和结论,把这些规律找出来,脱掉集合的“外衣”,揭示问题的本质,是破解此类问题
19、的主要思想方法.5.设集合 A,B(x,y)|y2x,则 AB 的子集的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选 D 在同一坐标系下画出椭圆 x2y241 及函数 y2x 的图象,结合图形不难得知它们的图象有 2 个公共点,因此 AB 中有 2 个元素,故其子集有 224 个.一、选择题 1.设全集为 R,集合 Ax|x290,Bx|1x5,则 A(RB)()A.(3,0)B.(3,1)C.(3,1D.(3,3)解析：选 C 因为 Ax|3x5,所以 A(RB)x|3x5x|30,所以RPy|y1,所以RPQ,故选 C.3.(2014广州模拟)命题“若 x21,则1x1”的逆否命题是
20、()A.若 x21,则 x1 或 x1 B.若1x1,则 x21 或 x1 D.若 x1 或 x1,则 x21 解析：选D 由逆否命题的变换可知,命题“若x21,则1x,则 sin sin.下列命题是真命题的是()A.p(綈 q)B.(綈 p)(綈 q)C.(綈 p)qD.pq 解析：选 A p 为真命题,q 为假命题,所以綈 q 是真命题,从而 p(綈 q)为真命题.6.(2014安溪模拟)下列命题中,真命题是()A.x0R,ex00 B.a1,b1 是 ab1 的充要条件 C.x|x240 x|x1x2”的否定是真命题 解析：选 D 因为 ex 的值恒大于零.所以 A 选项不正确.由 a1
21、,b1 可得 ab1,所以充分性成立.但是 ab1 不能推出 a1,b1.所以必要性不成立,即 B 选项不正确.由x|x240可得x2,又有x|x10可得 x0 x|x10 x|xx2”的否定是x0R,使得 2x0 x20.当 x3 时成立.故 D 正确.7.已知集合 Mx|x25x0,Nx|px6,且 MNx|21”是“|x|0”的充分不必要条件 C.若 pq 为假命题,则 p、q 均为假命题 D.命题 p：“x0R,使得 x202x031”,则必有“|x|0”,故是充分条件.反之,“|x|0”,则 x可取负数,这时“x1”不成立,故不是必要条件,所以 B 正确；对 C,若 pq 为假命题,
22、则有可能是 p、q 中一真一假,故 C 不正确.对 D,因为命题：“x0A,p”的否定为“xA,綈 p”,所以命题 p：“x0R,使得 x202x030”的否定是綈 p：“xR,x22x30”,D 正确.9.设 P 和 Q 是两个集合,定义集合 PQx|xP 且 xQ,如果 Px|log2 x1,Qx|x2|1,那么 PQ 等于()A.x|0 x1B.x|0 x1 C.x|1x2D.x|2x3 解析：选 B 由 log2 x1,解得 0 x2,所以 Px|0 x2；由|x2|1,解得 1x3,所以 Qx|1x3.由题意,得 PQx|01.注意到以 1 为首项、1 为公差的等差数列的前 7 项和
23、为771228,因此由集合 A 中所有整数元素之和为 28 得 7a3”的否定是_.解析：命题“存在 x0R,使得|x01|x01|3”的否定是“对任意的 xR,都有|x1|x1|3”.答案：对任意的 xR,都有|x1|x1|3 12.(2014广州模拟)给出下列四个结论：若命题 p：x0R,x20 x010,则方程 x2xm0 有实数根”的逆否命题为：“若方程 x2xm0没有实数根,则 m0”；若 a0,b0,ab4,则1a1b的最小值为 1.其中正确结论的序号为_.解析：由特称命题的否定知正确；(x3)(x4)0 x3 或 x4,x3(x3)(x4)0,所以“(x3)(x4)0”是“x30
24、”的必要而不充分条件,所以错误；由逆否命题的定义知正确；a0,b0,ab4,1a1bab4 1a1b 12 b4a a4b122b4a a4b1,正确.答案：13.已知“命题 p：(xm)23(xm)”是“命题 q：x23x4m3 或 xm,命题 q：4x1.因为 p 是 q 成立的必要不充分条件,所以m34,m7或m1,故m的取值范围是(,71,).答案：(,71,)14.(2014福建高考)已知集合a,b,c0,1,2,且下列三个关系：a2；b2；c0 有且只有一个正确,则 100a10bc 等于_.解析：可分下列三种情形：(1)若只有正确,则 a2,b2,c0,所以 ab1 与集合元素的
25、互异性相矛盾,所以只有正确是不可能的；(2)若只有正确,则 b2,a2,c0,这与集合元素的互异性相矛盾,所以只有正确是不可能的；(3)若只有正确,则 c0,a2,b2,所以 b0,c1,所以 100a10bc10021001201.答案：201 15.设集合Aa|f(x)8x33ax26x是(0,)上的增函数,则R(AB)_.解析：根据题意,f(x)24x26ax6,要使函数 f(x)在(0,)上是增函数,则 f(x)24x26ax60 在(0,)上恒成立,即 a4x1x.而 4x1x24x1x4,所以 a4,即集合 Aa|a4.集合y|1y5,所以 ABx|1x4,故R(AB)(,1)(4
26、,).答案：(,1)(4,)16.(2014江西七校联考)记实数 x1,x2,xn 中的最大数为 maxx1,x2,xn,最小数为minx1,x2,xn.已知ABC 的三边边长为 a、b、c(abc),定义它的倾斜度为 tmaxab，bc，ca minab，bc，ca,则“t1”是“ABC 为等边三角形”的_.(填充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件)解析：若ABC 为等边三角形,即 abc,则 maxab，bc，ca 1minab，bc，ca,则 t1；若ABC 为等腰三角形,如 a2,b2,c3 时,则 maxab，bc，ca 32；minab，bc，ca 23,
27、此时 t1 仍成立,但ABC 不为等边三角形,所以“t1”是“ABC 为等边三角形”的必要而不充分条件.答案：必要不充分条件 第二讲 函数的图象与性质(选择、填空题型)1.(2014山东高考)函数 f(x)1log2x1 的定义域为()A.(0,2)B.(0,2C.(2,)D.2,)解析：选 C 由题意可知 x 满足 log2x10,即 log2xlog22,根据对数函数的性质得 x2,即函数 f(x)的定义域是(2,).2.(2014新课标全国卷)设函数 f(x),g(x)的定义域都为 R,且 f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则下列结论中正确的是()A.f(x)g(x)是偶函数B.|f(
28、x)|g(x)是奇函数 C.f(x)|g(x)|是奇函数D.|f(x)g(x)|是奇函数 解析：选 C f(x)为奇函数,g(x)为偶函数,故 f(x)g(x)为奇函数,|f(x)|g(x)为偶函数,f(x)|g(x)|为奇函数,|f(x)g(x)|为偶函数,故选 C.3.(2014北京高考)下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是()A.yexB.yx3C.yln xD.y|x|解析：选 B 分别画出四个函数的图象,如图：因为对数函数 yln x 的定义域不是 R,故首先排除选项 C；因为指数函数 yex,即 y 1ex,在定义域内单调递减,故排除选项 A；对于函数 y|x|,当 x(,0)
29、时,函数变为 yx,在其定义域内单调递减,因此排除选项 D；而函数 yx3 在定义域 R 上为增函数.故选 B.4.(2014江西高考)在同一直角坐标系中,函数 yax2xa2与 ya2x32ax2xa(aR)的图象不可能的是()解析：选 B 分两种情况讨论：当 a0 时,函数为 yx 与 yx,图象为 D,故 D 有可能；当 a0 时,函数 yax2xa2的对称轴为 x 12a,对函数 ya2x32ax2xa 求导得 y3a2x24ax1(3ax1)(ax1),令 y0,则 x1 13a,x21a,所以对称轴 x 12a介于两个极值点 x1 13a,x21a之间,A,C 满足,B 不满足,所
30、以 B 不可能.故选 B.5.(2014安徽高考)若函数 f(x)(xR)是周期为 4 的奇函数,且在0,2 上的解析式为f(x)x1x，0 x1，sin x，1x2，则 f294 f416 _.解析：由于函数 f(x)是周期为 4 的奇函数,所以 f294 f416 f2434 f2476 f34 f76 f 34 f 76 316sin6 516.答案：516 1.函数的三个性质(1)单调性 如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任意两个自变量的值 x1,x2,且 x1x2,都有 f(x1)f(x2)成立,则 f(x)在 D 上是减函数).(2)奇偶性 对于定义域内的任意x(定义域关于原
31、点对称),都有f(x)f(x)成立,则f(x)为奇函数(都有 f(x)f(x)成立,则 f(x)为偶函数).(3)周期性 周期函数 f(x)的最小正周期 T 必须满足下列两个条件：当 x 取定义域内的每一个值时,都有 f(xT)f(x)；T 是不为零的最小正数.2.抽象函数的周期性与对称性(1)函数的周期性 若函数 f(x)满足 f(xa)f(xa),则 f(x)为周期函数,2a 是它的一个周期.设 f(x)是 R 上的偶函数,且图象关于直线 xa(a0)对称,则 f(x)是周期函数,2a 是它的一个周期.设 f(x)是 R 上的奇函数,且图象关于直线 xa(a0)对称,则 f(x)是周期函数
32、,4a 是它的一个周期.(2)函数图象的对称性 若函数 yf(x)满足 f(ax)f(ax),即 f(x)f(2ax),则 f(x)的图象关于直线 xa 对称.若函数 yf(x)满足 f(ax)f(ax),即 f(x)f(2ax),则 f(x)的图象关于点(a,0)对称.若函数 yf(x)满足 f(ax)f(bx),则函数 f(x)的图象关于直线 xab2 对称.热点一函数及其表示 命题角度(1)考查函数的定义域,如 T1；(2)考查函数值(或值域)的求法,如 T2,T4；(3)考查分段函数问题,如 T3.1.函数 f(x)1lnx1 4x2的定义域为()A.2,0)(0,2 B.(1,0)(
33、0,2 C.2,2D.(1,2 2.(2014长春模拟)已知函数 f(x)12x，ax0，1，x0.若 mn,则mnmnfmn2的值()A.一定是 mB.一定是 n C.是 m、n 中较大的数D.是 m、n 中较小的数 4.设f(x)是 定 义 在R上 的 周 期 为2的 函 数,当x 1,1)时,f(x)4x22，1x0，x，0 x0，x11，4x20，即x1，x0，2x2，解得1x0 或 0 x2.2.当 0 x4 时,f(x)8,1,当 ax0 时,f(x)12a，1,所以 12a，1 8,1,812a1,即3an，1mnmnmn2，mn，n，mn，所以mnmnfmn2的值是 m、n 中
34、较大的数,故选 C.4.由已知易得 f12 412221,又由函数的周期为 2,可得 f 32 12 1.答案 1.B 2.B 3.C 4.1 互动探究 在题 2 中,当 a 取得最小值时,若方程 f(x)m 有且只有一个实数根,求 m 的取值范围.解：由题 2 可知,a 的最小值为3,则 f(x)的图象如图所示.方程 f(x)m 有且只有一个实数根,等价于函数 yf(x)的图象与直线 ym 有且只有一个公共点,由图可知,m 的取值范围为m|m1 或1m0.函数值和值域的求法(1)求解函数值时只要根据自变量的值与函数的对应关系代入求解即可,在分段函数中要根据自变量所在的区间选取函数解析式；(2
35、)求解函数值域的方法有：公式法、图象法、换元法、数形结合法、有界性法等,要根据问题具体分析,确定求解的方法.热点二函数的性质 命题角度(1)判断函数的单调性,奇偶性等,如 T1；(2)求函数的最值或单调区间,如 T2；(3)利用函数的性质求值,如 T3.1.(2014内江模拟)若函数 f(x)x12xx2,则函数 f(x)()A.是偶函数,在(,0)是增函数 B.是偶函数,在(,0)是减函数 C.是奇函数,在(,0)是增函数 D.是奇函数,在(,0)是减函数 2.函数 f(x)的定义域为xR|x1,对定义域中任意的 x,都有 f(2x)f(x),且当 x1 时,f(x)的递增区间是()A.54
36、，B.1，54 C.74，D.1，74 3.已知函数 f(x)对任意 xR 都有 f(x6)f(x)2f(3),yf(x1)的图象关于点(1,0)对称,且 f(4)4,则 f(2 012)()A.0B.4C.8D.16 自主解答 1.法一：由定义易得,函数 f(x)x12xx2为偶函数.求导得：f(x)12xx2xln 212x21212x2xln 222x212x22x2xln 22x22x12x2.(这里之所以在分子提 2x 出来,目的是便于将分子求导)再令 g(x)2x2xln 22x,则 g(x)2xln 22ln 22xln 2ln 2(2x2x2)0),当 x0 时,ln 2(2x
37、2x2)0时单调递减,g(x)g(0)0,从而 f(x)0,所以 f(x)x12xx2在(0,)上是减函数,由偶函数的对称性知,f(x)x12xx2在(,0)上是增函数.法二：由定义易得,函数 f(x)x12xx2为偶函数.结合选项来看,函数在(,0)上必单调,故取特殊值来判断其单调性.f(1)1121232,f(2)214225332,所以 f(x)x12xx2在(0,)上是减函数,由偶函数的对称性可知,f(x)x12xx2在(,0)上是增函数.选A.2.由 f(2x)f(x),得函数图象关于直线 x1 对称,当 xf(x1),则正实数 a 的取值范围为_.师生共研(1)将解析式变形整理,f
38、(x)2x112x1 112x1,当 x0 时,f(x)112x1(,0),当 xf(x1)恒成立；又xR,f(x)f(x1),且 f(4a)f(2a)a,故只需 4a(2a)1,即 a16,又 a 为正实数,故 a0，16.答案(1)A(2)C(3)0，16 作图、识图、用图的技巧(1)作图：常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)识图：从图象与轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.(3)用图：在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时,要注意用好其与图象的关系,结合图象研究.但是,在利用图象求交点个数或解的个
39、数时,作图要十分准确,否则容易出错.1.已知函数 yf(x)的定义域是 R,若对于任意的正数 a,函数 g(x)f(xa)f(x)是其定义域上的增函数,则函数 yf(x)的图象可能是()解析：选 A 设 x1x2,由 g(x)为其定义域上的增函数,得 f(x1a)f(x1)f(x2a)f(x2),即f(x1a)f(x2a)fx1fx2x1x2,即曲线yf(x)的割线的斜率单调递增,结合函数图象可知,选项 A 正确.2.在同一平面直角坐标系中,函数 yg(x)的图象与 yex 的图象关于直线 yx 对称.而函数 yf(x)的图象与 yg(x)的图象关于 y 轴对称,若 f(m)1,则 m 的值是
40、_.解析：由题意知 g(x)ln x,则 f(x)ln(x),若 f(m)1,则 ln(m)1,解得 m1e.答案：1e 热点四函数与不等式的交汇问题 命题角度 函数与不等式的交汇是高考的热点,常涉及函数性质与不等式的解法、恒成立问题、求参数范围等,题目难度偏大.例 2(2014合肥模拟)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数.当 x0 时,f(x)x24x,则不等式 f(x)x 的解集用区间表示为_.师生共研 由于 f(x)为 R 上的奇函数,所以当 x0 时,f(0)0；当 x0,所以f(x)x24xf(x),即 f(x)x24x,所以 f(x)x24x，x0，0，x0，x24x，xx,可
41、得x24xx，x0或x24xx，x5 或5xg(x)恒成立,则实数 b 的取值范围是_.(2)(2014南京模拟)对于函数 f(x),若存在区间 Ma,b,使得y|yf(x),xMM,则称区间 M 为函数 f(x)的一个“好区间”,给出下列 4 个函数：f(x)sin x；f(x)|2x1|；f(x)x33x；f(x)lg x1.其中存在“好区间”的函数是_.(填入所有满足条件函数的序号)师生共研(1)函数 g(x)的定义域是2,2,根据已知得hxgx2f(x),所以 h(x)2f(x)g(x)6x2b 4x2.又 h(x)g(x)恒成立,即 6x2b4x24x2恒成立,即 3xb4x2恒成立
42、.令 y3xb,y 4x2,则只要直线 y3xb 在半圆 x2y24(y0)上方即可,由|b|10 2,解得 b2 10(舍去负值),故实数 b 的取值范围是(2 10,).(2)函数 f(x)sin x 在2，2 上是单调增函数,若函数在2，2 上存在“好区间”a,b,则必有 sin aa,sin bb,即方程 sin xx 有两个根,令 g(x)sin xx,g(x)cosx10 在2，2 上恒成立,所以函数 g(x)在2，2 上为减函数,则函数 g(x)在2，2 上至多有一个零点,即方程 sin xx 在2，2 上不可能有两个解,又因为函数 f(x)的值域为1,1,所以当 x2时,方程
43、sin xx 无解.所以函数 f(x)sin x 没有“好区间”；对于函数 f(x)|2x1|,该函数在0,)上是增函数由幂函数的性质我们易得,M0,1时,f(x)0,1M,所以 M0,1为函数 f(x)|2x1|的一个“好区间”.对于函数 f(x)x33x,f(x)3x233(x1)(x1),当 x(1,1)时,f(x)0,所以函数 f(x)x33x 的增区间有(,1)和(1,),减区间是(1,1),取 M2,2,此时f(2)2,f(1)2,f(1)2,f(2)2,所以函数 f(x)x33x 在 M2,2上的值域是2,2,则 M2,2为函数的一个“好区间”；函数 f(x)lg x1 在定义域
44、(0,)上为增函数,若有“好区间”a,b则 lg a1a,lg b1b,也就是函数g(x)lg xx1有两个零点,显然x1是函数的一个零点,由g(x)1xln 101 1ln 10,函数 g(x)在1ln 10，上为减函数；由 g(x)1xln 1010,得xg(1)0,则该函数 g(x)在0，1ln 10 上还有一个零点.所以函数 f(x)lg x1 存在“好区间”.答案(1)(2 10,)(2)解决此类新定义问题首先要准确理解给出的新定义,然后把其转化为熟悉的数学问题求解.如本例(1)通过对“对称函数”的理解,将问题转化为熟知的直线与圆的位置关系,从而使问题得以顺利解决.4.在平面直角坐标
45、系中,若两点 P、Q 满足条件；P、Q 都在函数 yf(x)的图象上；P、Q 两点关于直线 yx 对称,则称点对P,Q是函数 yf(x)的一对“和谐点对”.(注：点对P,Q与Q,P看作同一对“和谐点对”)已知函数 f(x)x23x2x0，log2 xx0，则此函数的“和谐点对”有()A.0 对B.1 对C.2 对D.3 对 解析：选 C 作出函数 f(x)的图象,然后作出 f(x)log2 x(x0)关于直线 yx 对称的图象,与函数 f(x)x23x2(x0)的图象有 2 个不同交点,所以函数的“和谐点对”有 2 对.5.设函数 f(x)x1x,对任意 x1,),使不等式 f(mx)mf(x
46、)0,由函数的单调性可知 f(mx)和 mf(x)均为增函数,此时不符合题意,若 m0,则 f(mx)mf(x)0 可化为 mx 1mxmxmx 0,所以 2mxm1m 1x0,即 1 1m22x2,因为 y2x2在 x1,)上的最小值为 2,所以 1 1m21,解得 m1.答案：(,1)一、选择题 1.函数 y 2xlg x 的定义域是()A.x|0 x2 B.x|0 x1 或 1x2 C.x|0 x2 D.x|0 x1 或 10，lg x0，解得 0 x1 或 1x2,所以函数 y 2xlg x 的定义域为x|0 x1 或 10,a1)的图象如图,则下列结论成立的是()A.a1,c1 B.
47、a1,0c1C.0a1 D.0a1,0cf 53 成立的 x 的取值范围是()A.13，43B.13，43 C.13，43D.13，43 解析：选 B 因为偶函数的图象关于 y 轴对称,在区间0,)上单调递减,所以 f(x)在(,0上单调递增,若 f(2x1)f 53,则532x153,故13x43,故选 B.8.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x6)f(x).当3x1 时,f(x)(x2)2；当1x3时,f(x)x.则 f(1)f(2)f(3)f(2 014)()A.335B.337C.1 678D.2 012 解析：选 B 由 f(x6)f(x)可知,函数 f(x)的周期为 6,所
48、以 f(3)f(3)1,f(2)f(4)0,f(1)f(5)1,f(0)f(6)0,f(1)1,f(2)2,所以在一个周期内有 f(1)f(2)f(6)1210101,所以f(1)f(2)f(2 014)f(1)f(2)f(3)f(4)33511210335337,故选 B.9.已知定义在 R 上的函数 yf(x)满足以下三个条件：对于任意的 xR,都有 f(x4)f(x)；对于任意的 x1,x2R,且 0 x1x22,都有 f(x1)f(x2)；函数 yf(x2)的图象关于 y 轴对称,则下列结论中正确的是()A.f(4.5)f(7)f(6.5)B.f(7)f(4.5)f(6.5)C.f(7
49、)f(6.5)f(4.5)D.f(4.5)f(6.5)f(7)解析：选 A 由 f(x4)f(x)可知函数 f(x)是周期为 4 的周期函数,函数 yf(x2)的图象关于 y 轴对称,则函数 yf(x)关于 x2 对称,当 0 x1x22 时,有 f(x1)f(x2),即函数 f(x)在0,2上单调递增；故当 2x1f(x2),即函数 f(x)在2,4上单调递减；所以函数的大致图象如图所示.又 f(4.5)f(0.5),f(6.5)f(2.5),f(7)f(3),根据函数 f(x)在(0,4)上的单调性,有 f(4.5)f(7)2,aR)有最大值,则 f(x)B.其中的真命题有()A.B.C.
50、D.解析：选 B 显然正确；反例：函数 y12x1的值域为(0,1),存在 M1 符合题意,但此函数没有最值；当 f(x)趋于时,无论 g(x)在M,M内如何取值,f(x)g(x)都趋于,所以 f(x)g(x)不可能有最大值,此命题正确；由于 ln(x2)的值域为 R,xx21的值域为12，12,由知如果 a0,则函数 f(x)aln(x2)xx21的值域为 R,无最大值,与已知矛盾,所以 a0,所以此命题正确.二、填空题 11.偶函数 yf(x)的图象关于直线 x2 对称,f(3)3,则 f(1)_.解析：因为 f(x)的图象关于直线 x2 对称,所以 f(x)f(4x),f(x)f(4x)
51、,又 f(x)f(x),所以 f(x)f(4x),则 f(1)f(41)f(3)3.答案：3 12.已知偶函数 f(x)在0,)单调递减,f(2)0.若 f(x1)0,则 x 的取值范围是_.解析：由题可知,当2x0,f(x1)的图象是由 f(x)的图象向右平移 1 个单位长度得到的,若 f(x1)0,则1x1.设函数 f(x)(x22)(x1),xR.若函数 yf(x)c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则实数 c 的取值范围是_.解 析：由 题 设 知f(x)x22，1x2，x1，x2，画 出 函 数f(x)的 图 象,如图,A(2,1),B(2,2),C(1,1),D(1,2).从图象中
52、可以看出,直线 yc 与函数的图象有且只有两个公共点时,实数 c 的取值范围是(2,1(1,2.答案：(2,1(1,2 15.(2014杭州模拟)已知函数 f(x)sin x0 x1，log2 012 xx1，若 a、b、c 互不相等,且 f(a)f(b)f(c),则 abc 的取值范围是_.解析：依题意不妨假设 ab1，若 a、b、c 互不相等,且f(a)f(b)f(c).因为函数 ysin x 的周期为 2,所以ab2 12,ab1,又因为 1c2 012,所以 2abcx2),若不等式 f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立,则称函数 f(x)相对于函数 g(x)在区间 D 上是
53、“渐先函数”.已知函数f(x)ax2ax 相对于函数 g(x)2x3 在区间a,a2上是渐先函数,则实数 a 的取值范围是_.解析：设 ax2g(x1)g(x2)恒成立,即 ax21ax1(ax22ax2)2x13(2x23)恒成立,即 a(x1x2)(x1x21)2(x1x2).因为 x1x2,故不等式转化为a(x1x21)2 恒成立.因为 ax2x1a2,所以 2a1x1x210 时,不等式恒成立转化为 a(2a1)2,即 2a2a20,解得 a1 174；当 abc B.acb C.cabD.cba 解析：选 C a213(0,1),blog213(,0),clog1213log23(1
54、,),所以 cab.2.(2014北京高考)已知函数 f(x)6xlog2x,在下列区间中,包含 f(x)零点的区间是()A.(0,1)B.(1,2)C.(2,4)D.(4,)解析：选 C 因为 f(1)6log2160,f(2)3log2220,f(4)32log24120),g(x)logax 的图象可能是()解析：选 D 根据对数函数性质知,a0,所以幂函数是增函数,排除 A(利用(1,1)点也可以排除)；选项 B 从对数函数图象看 a1,与幂函数图象矛盾,故选 D.4.(2014北京高考)加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率 p 与
55、加工时间 t(单位：分钟)满足的函数关系 pat2btc(a,b,c 是常数),如图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为()A.3.50 分钟B.3.75 分钟C.4.00 分钟D.4.25 分钟 解析：选 B 由实验数据和函数模型知,二次函数 pat2btc 的图象过点(3,0.7),(4,0.8),(5,0.5),分别代入解析式,得0.79a3bc，0.816a4bc，0.525a5bc，解得a0.2，b1.5，c2.所以 p0.2t21.5t20.2(t3.75)20.812 5,所以当 t3.75 分钟时,可食用率 p 最大.故选 B.5.(2014
56、天津高考)已知函数 f(x)|x25x4，x0，2|x2|，x0.若函数 yf(x)a|x|恰有 4 个零点,则实数 a 的取值范围为_.解析：画出函数 f(x)的图象如图所示：函数 yf(x)a|x|有 4 个零点,即函数 y1a|x|的图象与函数 f(x)的图象有 4 个交点(根据图象知需 a0).当 a2 时,函数 f(x)的图象与函数 y1a|x|的图象有 3 个交点.故 a2.当ya|x|(x0)与y|x25x4|相切时,在整个定义域内,f(x)的图象与y1a|x|的图象有5个交点,此时,由yax，yx25x4 得 x2(5a)x40.当 0 时,有(5a)2160,解得 a1,或
57、a9(舍去),则当 1a2 时,两个函数图象有 4 个交点.故实数 a 的取值范围是 1a0 且 a1,b0 且 b1,M0,N0).2.指数函数与对数函数的图象和性质 指数函数对数函数 图象 单调性0a1 时,在 R 上单调递增 a1 时,在(0,)上单调递增；0a1 时,在(0,)上单调递减 函数值性质0a0 时,0y1；当 x1 0a1 时,y0；当 0 x0 a1,当 x0 时,y1；当 x0 时,0y1,当 x1 时,y0；当 0 x1时,y0,且 a1)的图象如图所示,则下列函数图象正确的是()2.(2014涡阳模拟)设 ae0.3,b0.92,clog0.87,则 a,b,c 的
58、大小关系是()A.abc B.cba C.cabD.bca 3.已知函数 f(x)ln x,x1,x20，1e,且 x1x2,则下列结论中正确的是()A.(x1x2)f(x1)f(x2)0 B.fx1x22x2f(x1)D.x2f(x2)x1f(x1)自主解答 1.因为函数 ylogax 过点(3,1),所以 1loga3,解得 a3.y3x 不可能过点(1,3),排除 A；y(x)3x3 不可能过点(1,1),排除 C；ylog3(x)不可能过点(3,1),排除 D,故选 B.2.把 a 看成函数 yex 当 x0.3 时的函数值,因为 e1,0.30,所以 a1；把 b 看成函数 y0.9
59、x 当 x2 时的函数值,因为 00.90,所以 0b1,00.871,所以 c0.综上,cb0,故 A错误；选项 B,由函数图象的凸凹性可知 fx1x22fx1fx22,故 B 错误；选项 C,令 g(x)fxx ln xx,由于g(x)1ln xx2,当x0，1e 时,g(x)0,即函数在区间0，1e 上为增函数,故x1x2g(x1)g(x2)fx1x1 fx2x2 x2f(x1)x2f(x2),D 错误.答案 1.B 2.B 3.C 互动探究 将题 3 中“f(x)ln x,x1,x20，1e”改为“f(x)ex”,如何选择？解析：选 B 因为 f(x)ex 为增函数,所以(x1x2)f
60、(x1)f(x2)0,故 A 错误；由于函数f(x)ex的凸凹性可知fx1x220的零点个数是_.3.已知函数f(x)|x2|1,g(x)kx.若方程f(x)g(x)有两个不相等的实根,则实数k的取值范围是_.自主解答 1.f(1)530,所以零点所在的一个区间是(1,0).2.当 x0 时,令 x220,解得 x 2；当 x0 时,f(x)2x6ln x,因为 f(x)21x0,所以函数 f(x)2x6ln x 在(0,)上单调递增,因为 f(1)26ln 140,所以函数 f(x)2x6ln x 在(0,)有且只有一个零点,综上,函数 f(x)的零点个数为 2.3.在同一坐标系中分别画出函
61、数 f(x),g(x)的图象如图所示,方程 f(x)g(x)有两个不相等的实根等价于两个函数的图象有两个不同的交点,结合图象可知,当直线 ykx 的斜率大于坐标原点与点(2,1)连线的斜率且小于直线 yx1 的斜率时符合题意,故12k1.答案 1.B 2.2 3.12，1 判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令 f(x)0,则方程解的个数即为零点的个数.(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在a,b上是连续的曲线,且 f(a)f(b)0,函数 y1(10m)x20 在0,200上是增函数,所以当 x200 时,生产 A 产品有最大利润,且 y1max(10m)200201 98020
62、0m(万美元).又 y20.05(x100)2460(xN,0 x120),所以当 x100 时,生产 B 产品有最大利润,且 y2max460(万美元).因为 y1maxy2max1 980200m460 1 520200m0，6m7.6，0，m7.6，0，7.6m8.所以当 6m7.6 时,可投资生产 A 产品 200 件；当 m7.6 时,生产 A 产品或生产 B 产品均可(投资生产 A 产品 200 件或生产 B 产品 100件)；当 7.6m8 时,可投资生产 B 产品 100 件.热点四零点与函数性质的综合问题 命题角度 此类问题多以零点为载体考查函数与方程间的转化以及函数的图象和
63、性质,且常以创新题的形式出现.例 2(2014重庆高考)已知函数 f(x)1x13，x1，0，x，x0，1，且 g(x)f(x)mxm 在(1,1内有且仅有两个不同的零点,则实数 m 的取值范围是()A.94，2 0，12B.114，2 0，12C.94，2 0，23D.114，2 0，23 师生共研 g(x)f(x)mxm 在(1,1内有且仅有两个不同的零点就是函数 yf(x)的图象与函数 ym(x1)的图象有两个交点,在同一直角坐标系内作出函数 f(x)1x13，x1，0，x，x0，1.和函数 ym(x1)的图象,如图,当直线 ym(x1)与 y 1x13,x(1,0和 yx,x(0,1都
64、相交时 00)与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点,则 k 的取值范围是()A.1515，33B.35，53C.13，12D.115，13 解析：选 A 因为 f(1x)f(1x),所以函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称,又 f(x)是偶函数,所以 f(x1)f(1x),即有 f(2x)f(x),所以 f(x)是周期为 2 的函数.由 y 2xx2,得x22xy20,即(x1)2y21,画出函数 f(x)和直线 yk(x1)的示意图.因为直线 kxyk0(k0)与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点,所以根据示意图易知1515 kbc B.bac C.acbD.cba 解析：选 C 利
65、用中间量比较大小.因为 alog2(1,2),blog120,c2(0,1),所以acb.2.(2014西安模拟)函数 f(x)exx2(e 为自然对数的底数)的零点个数为()A.0B.1C.2D.3 解析：选 B 函数 f(x)exx2 在 R 上是增函数,f(0)10,f(0)f(1)b1,0 x 1bxB.xaxb C.logx alogx bD.loga xlogb x 解析：选 D ab1,0 x1,01a1b1,1axb1,0 x1,xab1,0 x1,logx ab1,0 xlogbx,故选 D.5.(2014温州模拟)对于函数 f(x)4xm2x1,若存在实数 x0,使得 f(
66、x0)f(x0)成立,则实数 m 的取值范围是()A.m12B.m12 C.m1D.m1 解析：选 B 若存在实数 x0,使得 f(x0)f(x0),则 4x0m2x014x0m2x01,整理得,2m(2x02x0)4x04x0,2m4x04x02x02x0()2x02x0222x02x0(2x02x0)22x02x0,设 t2x02x0(t2),则 2mt2t在2,)上为增函数,当 t2 时,2m1,得 m12,所以 m12,故选 B.6.(2014湖州模拟)如图是函数f(x)x2axb的部分图象,函数g(x)exf(x)的零点所在的区间是(k,k1)(kZ),则 k 的值为()A.1 或
67、0B.0C.1 或 1D.0 或 1 解析：选 C 由于函数 f(x)x2axb 经过点(1,0),代入得 1ab0,即 ab1；并且由 f(x)的图象可以知 0f(0)1,即有 0b1；从而有 1ab12；f(x)2xa,所以g(x)ex2xa,易知 g(x)在区间(,ln 2)上单调递减；在区间(ln 2,)上单调递增,而g(ln 2)22ln 2a0,所以把 0,1,1 分别代入验证 k 的值为1 或 1.7.(2014湖北高考)已知f(x)是定义在 R上的奇函数,当x0 时,f(x)x23x.则函数g(x)f(x)x3 的零点的集合为()A.1,3B.3,1,1,3C.2 7,1,3D
68、.2 7,1,3 解析：选 D 当 x0 时,函数 g(x)的零点即方程 f(x)x3 的根,由 x23xx3,解得 x1 或 3；当 x0 时,由 f(x)是奇函数得f(x)f(x)x23(x),即 f(x)x23x.由 f(x)x3 得 x2 7(正根舍去).选 D.8.(2014南安模拟)已知 x0 是函数 f(x)2x 11x的一个零点.若 x1(1,x0),x2(x0,),则()A.f(x1)0,f(x2)0B.f(x1)0 C.f(x1)0,f(x2)0,f(x2)0 解析：选 B 方程的根与函数的零点的联系为：方程 f(x)0 有实根函数 yf(x)的图象与 x 轴有交点函数 y
69、f(x)有零点.当 x1 时,y 11x是增函数；y2x 也是增函数.所以 f(x)是增函数,因为 f(x0)0 且 x1x0,所以 f(x1)0.9.已知关于 x 的方程 12x1lg a1lg a有正根,则实数 a 的取值范围是()A.(0,1)B.110，10 C.110，1D.(10,)解析：选 C 令 f(x)12x,g(x)1lg a1lg a,由方程 12x1lg a1lg a有正根,即 f(x),g(x)的图象在(0,)上有交点,如图可知 01lg a1lg a0，1lg a1lg a1，整理得1lg a0，即1lg a1，lg a1，即1lg a0,则 110a1.10.(2
70、014忻州模拟)已知函数 f(x)x，x1，0，1fx11，x0，1，若方程 f(x)kxk0 有两个实数根,则 k 的取值范围是()A.1，12B.12，0 C.1,)D.12，解析：选 B 要使方程 f(x)kxk0 有两个实数根,则函数 yf(x)和 yk(x1)的图象有两个交点,而 f(x)x，x1，0，1fx11，x0，1 x，x1，0，11x1，x0，1，画出图象,由于 yk(x1)过定点(1,0),要使函数 yf(x)和 yk(x1)的图象有两个交点,由图可知 kAB12k0,选 B.二、填空题 11.已知函数 f(x)a2x，x02x，x0(aR),若 ff(1)1,则 a_.
71、解析：因为10,所以 ff(1)f(2)a221,解得 a14.答案：14 12.设函数 f(x)ex1，x1，x13，x1，则使得 f(x)2 成立的 x 的取值范围是_.解析：当 x1 时,由 ex12 得 x1ln 2,x0 恒成立,写出所有满足题设的数对(a,b)_.解析：因为等式 aln xbln(xb)对x0 恒成立,所以 ln xabln(xb),所以 ln xaln ebln(xb),所以 ln(xaeb)ln(xb),所以 xaebxb 对x0 恒成立.只有满足a1，b0时等式才成立,故填(1,0).答案：(1,0)14.(2014江苏高考)已知 f(x)是定义在 R 上且周
72、期为 3 的函数,当 x0,3)时,f(x)x22x12.若函数 yf(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_.解析：函数 yf(x)a 在区间3,4上有互不相同的 10 个零点,即函数 yf(x),x3,4与 ya 的图象有 10 个不同交点.在坐标系中作出函数 yf(x)在3,4上的图象,f(3)f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)f(4)12,观察图象可得 0a12.答案：0，12 15.(2014定西模拟)已知函数 f(x)满足 f(x1)f(x),且 f(x)是偶函数,当 x0,1时,f(x)x2,若在区间1,3内,函数 g(x)f
73、(x)kxk有 4个零点,则实数k 的取值范围是_.解析：由题意 f(x)f(x1)f(x2),知函数的周期为 2,又有当 x0,1时,f(x)x2,则可知在区间1,3内,函数 f(x)的图象如下图所示,函数 g(x)f(x)kxk 有 4 个零点,即函数 f(x)与直线 ykxk(恒过点(1,0)有 4 个交点,由图象易知 0a0,cb0.(1)记集合 M(a,b,c)|a,b,c 不能构成一个三角形的三条边长,且 ab,则(a,b,c)M所对应的 f(x)的零点的取值集合为_；(2)若 a,b,c 是ABC 的三条边长,则下列结论正确的是_(写出所有正确结论的序号).x(,1),f(x)0
74、；x0R,使 ax0,bx0,cx0 不能构成一个三角形的三条边长；若ABC 为钝角三角形,则x0(1,2),使 f(x0)0.解析：(1)由题设 f(x)0,ab2axcx acx12,又 abc,abac12 acx 12x,x0,所以12 12x0cacbc1,又 0ac1,0bcac,bcxbc acx bcx1,即 f(x)0,所以正确；由(1)可知正确；由ABC 为钝角三角形,所以 a2b2c2,所以f(2)c,所以acbc1,所以 f(1)0,由零点存在性定理可知正确.答案：(1)x|0b0,cd0,则一定有()A.adbc B.adbdD.ac0，ab0，即 a0,b0,所以4
75、a3b1(a0,b0),ab(ab)4a3b 74ba 3ab 724ba 3ab 74 3,当且仅当4ba 3ab 时取等号,选 D.3.(2014新课标全国卷)设 x,y 满足约束条件xy10，xy10，x3y30，则 zx2y 的最大值为()A.8B.7C.2D.1 解析：选 B 作出约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示,作直线 y12x,平移直线 y12x,当直线 y12xz2经过点 C 时在 y 轴上的截距z2取得最大值,即 z 取得最大值,由xy10，x3y30得x3，y2，即 C(3,2),代入 zx2y,得 zmax3227,故选 B.4.(2014辽宁高考)已知 f(x)为
76、偶函数,当 x0 时,f(x)cos x，x0，12，2x1，x12，则不等式 f(x1)12 的解集为()A.14，23 43，74B.34，13 14，23C.13，34 43，74D.34，13 13，34 解析：选 A 当 0 x12时,令 f(x)cos x12,解得13x12；当 x12时,令 f(x)2x112,解得12b,c0acbc,ab,c0acb0,cd0acbd.(3)ab0anbn(nN,n1).(4)ab0n an b(nN,n2).2.六个重要的不等式(1)|a|0,a20(aR)；(2)a2b22ab(a,bR)；(3)ab2 ab(a0,b0)；(4)abab
77、22(a,bR)；(5)a2b22ab2 ab 2abab(a0,b0)；(6)2(a2b2)(ab)2(a,bR,当 ab 时等号成立).3.两个成立条件 基本不等式：ab2 ab.(1)基本不等式成立的条件：a0,b0.(2)等号成立的条件：当且仅当 ab 时取等号.4.判断二元一次不等式表示的平面区域的方法 在直线 AxByC0 的某一侧任取一点(x0,y0),通过 Ax0By0C 的符号来判断 AxByC0(或 AxByC0)所表示的区域.热点一不等式的解法 命题角度(1)利用不等式的性质解决不等式,如 T1；(2)一元二次不等式的解法,如 T2；(3)与分段函数有关的不等式的解法,如
78、 T3.1.(2014新余模拟)设奇函数 f(x)在(0,)上为单调递减函数,且 f(2)0,则不等式3fx2fx5x0 的解集为()A.(,2(0,2 B.2,02,)C.(,22,)D.2,0)(0,2 2.现有不等式 x12x10,则其解集为()A.12，1B.12，1C.，12 1,)D.，12 1,)3.已知函数 f(x)x24x3，x0，x22x3，x0，则不等式 f(a24)f(3a)的解集为()A.(2,6)B.(1,4)C.(1,4)D.(3,5)自主解答 1.因为 f(x)为奇函数,则 3fx2fx5x03fx2fx5x0fxx 0,因为 f(x)在(0,)上为单调递减函数
79、,且f(2)0,则当 f(x)0 时,0 x2；由奇函数图象关于原点对称,得 f(x)0 时,2x0,选 D.2.由 x12x10,得2x10，x12x10，解之得12x1,即不等式的解集为x12f(3a),可得a243a,整理得 a23a40,即(a1)(a4)0,解得1a0(a0),再求相应一元二次方程ax2bxc0(a0)的根,最后根据相应二次函数图象与 x 轴的位置关系,确定一元二次不等式的解集.(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是把他们等价转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.热点二简单的线性规划问题 命题角度(1)求面积,如 T1；(2)求最值,如 T2；(3)
80、根据可行域情况或最优解情况确定参数的值或取值范围,如 T3.1.由不等式组x0，y0，yx20确定的平面区域记为 1,由不等式组xy1，xy2 确定的平面区域记为 2.在 1 中随机取一点,则该点恰好在 2 内的概率为()A.18B.14 C.34D.78 2.(2014天津高考)设变量 x,y 满足约束条件xy20，xy20，y1，则目标函数 zx2y 的最小值为()A.2B.3C.4D.5 3.(2014新课标全国卷)设 x,y 满足约束条件xya，xy1，且 zxay 的最小值为 7,则 a()A.5B.3C.5 或 3D.5 或3 自主解答 1.由题意作图,如图所示,1 的面积为122
81、22,图中阴影部分的面积为212 22 22 74,则所求的概率 P74278.2.画出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示,目标函数可化为 y12x12z,由图可知,当直线 y12x12z 经过点(1,1)时 z 取得最小值 3.3.联立方程xya，xy1，解得xa12，ya12，代入 xay7 中,解得 a3 或5.当 a5 时,zxay 的最大值是 7；当 a3 时,zxay 的最小值是 7.故选 B.答案 1.D 2.B 3.B 互动探究 在题 2 的条件下,若 M(x,y)为平面区域内的任意一点,求：x2y2 的最小值；yx的最小值.解：因为 x2y2表示平面区域内的点到坐标原点
82、的距离,所以 x2y2 的最小值为 12122.yx表示平面区域内的点与坐标原点的连线的斜率,所以yx的最小值为103013.解决线性规划问题应关注三点(1)首先要找到可行域,再注意目标函数所表示的几何意义,找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决.(2)画可行域时应注意区域是否包含边界.(3)对目标函数 zAxBy 中 B 的符号,一定要注意 B 的正负与 z 的最值的对应,要结合图形分析.热点三基本不等式的应用 命题角度(1)利用基本不等式求最值,如 T1,T2；(2)利用基本不等式求参数的取值范围,如 T3.1.已知圆x2y24x8y
83、10关于直线2axby80(a0,b0)对称,则8a2b的最小值是()A.4 B.6 C.8 D.9 2.(2014皖西七校联考)已知 ab,且 ab1,则a2b2ab 的最小值是_.3.已知 x,y(0,),2x3 12y,若1xmy(m0)的最小值为 3,则 m 的值为_.自主解答 1.由圆的对称性可得,直线 2axby80 必过圆心(2,4),所以 ab2,所以8a2b4abaabb 4ba ab524ba ab59.由4ba ab,得 a24b2,又 ab2,故当且仅当 a43,b23时取等号.2.ab1,a2b2ab a2b222aba2b22ab2abab22ab(ab)2ab,又
84、 ab,(ab)2ab2ab2ab2 2(当且仅当 ab 2ab且 ab1 时取等号),即a2b2ab 的最小值为 2 2.3.由 2x3 12y 得 xy3,则1xmy13(xy)1xmy 131myxmxy 13(1m2 m),13(1m2 m)3,即(m1)29,解得 m4.答案 1.D 2.2 2 3.4 利用基本不等式求函数的最值应关注的三个方面(1)形式：一般地,分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量的函数,特别适合用基本不等式求最值.(2)条件：利用基本不等式求最值需满足“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得
85、的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.(3)方法：使用基本不等式时,一般通过“拆、拼、凑”的技巧把求最值的函数或代数式化为 axbx(ab0)的形式,常用的方法是变量分离法和配凑法.热点四不等式中参数的取值范围问题 命题角度(1)与恒成立有关的参数求解问题；(2)与“存在”有关的参数求解问题.例 1(1)(2014宜春模拟)若 x,y(0,2且 xy2,使不等式 a(2xy)(2x)(4y)恒成立,则实数 a 的取值范围为()A.a12 B.a2 C.a2 D.a12(2)(2014绍兴模拟)若至少存在一个 x0,使得关于 x 的不等式 x20,使得关于 x 的不等式|xa|2x2 成立,令
86、 f(x)|xa|,g(x)2x2,函数 f(x)|xa|与 x 轴交于点(a,0),与 y 轴交于点(0,|a|),当函数 f(x)|xa|的左支与 y 轴交于点(0,|a|),此时有 a0,若|a|2,解得 a2 或 a2,则当 a2 时,在 y 轴右侧,函数 f(x)|xa|的图象在函数 g(x)2x2 的上方,不合乎题意；在 y 轴右侧,当函数 f(x)|xa|的左支与曲线 g(x)2x2 的图象相切时,函数 f(x)|xa|左支图象对应的解析式为 yax,将 yax 代入 y2x2 得 ax2x2,即 x2x(a2)0,令(1)241(a2)0,即 94a0,解得 a94,则当 a9
87、4时,如下图所示,在 y 轴右侧,函数 f(x)|xa|的图象在函数 g(x)2x2 的上方或相切,则不等式|xa|2x2在(0,)上恒成立,不合乎题意；当2a0,使得不等式|xa|(sin 2x(a0,a1)对任意x0，4 都成立,则a的取值范围为()A.0，4 B.4，1 C.4，2 D.(0,1)解析：选 B 记 y1logax,y2sin 2x,原不等式相当于 y1y2.作出两个函数的图象,如图所示,知当 y1logax 过点 A4，1 时,a4,所以当4ay2.2.若存在正数 x 使 2x(xa)1 成立,则 a 的取值范围是()A.(,)B.(2,)C.(0,)D.(1,)解析：选
88、 D 不等式 2x(xa)1 可变形为 xa 12x.设 f(x)xa,g(x)12x.在同一平面直角坐标系内作出直线f(x)xa与g(x)12x的图象.由题意,在(0,)上,直线有一部分在曲线的下方.由图可知,有a1.热点五基本不等式与函数、方程的综合应用 命题角度 此类问题多以条件方程或已知最值的条件为背景,求三元变量函数的最值,考查基本不等式的应用、二次函数的最值等,重点考查化归思想,难度较大.例 2 设正实数 x,y,z 满足 x23xy4y2z0,则当 zxy取得最小值时,x2yz 的最大值为()A.0B.98 C.2D.94 师生共研 zx23xy4y2(x,y,z(0,),zxy
89、x23xy4y2xyxy4yx 3 2xy4yx 31.当且仅当xy4yx,即 x2y 时“”成立,此时 zx23xy4y24y26y24y22y2,x2yz2y2y2y22y24y2(y1)22.当 y1 时,x2yz 取得最大值 2.答案 C (1)本题利用了转化与化归思想,一次转化是 zxy表示为xy4yx 3,二次转化是x2yz表示为2y24y.因此恰当应用数学思想方法是很有必要的.(2)已知等式求最值问题,常利用基本不等式把等式转化为一元二次不等式求解.(3)运用基本不 等式求最值,要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧,使其满足“正”“定”“等”三个条件,若三个条件中有一个不满足,则考
90、虑使用导数求解.3.若正实数 x,y 满足 xy1x1y5,则 xy 的最大值是()A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选 C 由已知 xy1x1y5 得到：xyxyxy 5,xyxy24,1xy4xy2,xyxy 4xy,xy 4xy5.设 xyt,即 t4t 5,得到 t25t40,解得1t4,所以 xy 的最大值是 4.4.对于 c0,当非零实数 a,b 满足 4a22abb2c0 且使|2ab|最大时,1a2b4c 的最小值为_.解析：要使|2ab|最大,则必须 a,b 同号,因为 4a2b24abc6ab,即(2ab)2c32ab22,故有(2ab)24c,c2ab24,当且仅当
91、2ab 时取等号,此时 cb2,所以1a2b4c4b4b241b12211,故1a2b4c的最小值为1.答案：1 热点六与线性规划有关的交汇问题 命题角度 线性规划常与向量、不等式、解析几何、概率等进行交汇命题.例 3 (1)(2014 福 建 高 考)已 知 圆 C：(x a)2 (y b)2 1,平 面 区 域 ：xy70，xy30，y0.若圆心 C,且圆 C 与 x 轴相切,则 a2b2 的最大值为()A.5B.29C.37D.49(2)(2014山东高考)已知 x,y 满足约束条件xy10，2xy30，当目标函数zaxby(a0,b0)在该约束条件下取到最小值 2 5 时,a2b2 的
92、最小值为()A.5B.4C.5D.2 师生共研(1)平面区域 为如图阴影部分所示,因圆心 C(a,b),且圆 C 与 x 轴相切,所以点 C 在如图所示的线段 MN 上,线段 MN 的方程为 y1(2x6),由图形得,当点 C 在点 N(6,1)处时,a2b2 取得最大值 621237,故选 C.(2)不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,根据目标函数的几何意义可知,目标函数在点 A(2,1)处取得最小值,故 2ab2 5.法一：将 2ab2 5两边分别平方得 4a2b24ab20,而 4ab2a2ba24b2,当且仅当 a2b,即 a 45,b 25时取等号.所以 204a2b2a24b
93、25(a2b2),所以 a2b24,即 a2b2 的最小值为 4.法二：将 2ab2 5看作平面直角坐标系 aOb 中的直线,则 a2b2 的几何意义是直线上的点与坐标原点距离的平方,故其最小值为坐标原点到直线 2ab2 5距离的平方,即|2 5|524.答案(1)C(2)B 线性规划问题不论怎样变化,还是应掌握线性规划的基础知识和解题程序,同时充分利用等价转化和数形结合思想对线性规划隐性条件进行挖掘.这样,才能透过现象看本质,以不变应万变.5.已知函数 x,y 满足yx，x2y4，y2，x12y12r2r0，则 r 的最小值为()A.1B.2C.4 23D.5 23 解析：选 B 在平面直角
94、坐标系中画出不等式组yx，x2y4y2,表示的平面区域 D,由于圆(x1)2(y1)2r2经过平面区域 D,因此其半径 r 的最小值为圆心(1,1)到直线 yx 的距离,即 rmin 2.6.已 知 点 A(1,1),B(3,0),C(2,1).若 平 面 区 域 D 由 所 有 满 足(12,01)的点 P 组成,则 D 的面积为_.解析：设点 P(x,y),由,得(x1,y1)(2,1)(1,2),故x12，y12，得2xy33，x2y33，由 12,01,得12xy332，0 x2y331，即32xy36，3x2y30.画出可行域如图中阴影部分所示,点 B(3,0)到直线 x2y0 的距
95、离 d|3|143 55,点 B,N 之间的距离|BN|5,故阴影部分的面积为 3.答案：3 一、选择题 1.(2014绍兴模拟)已知 ab0,则下列不等式中总成立的是()A.a1bb1a B.a1ab1b C.bab1a1D.b1ba1a 解析：选 A a1b b1a(ab)1b1a(ab)abab abab1ab,ab0,ab0,ab0,ab110,a1b b1a abab1ab0,a1bb1a,选项 A 正确；对于选项 B,取 a1,b12,则 a1a1112,b1b12252,故 a1ab1b不成立；对于 C 选项,要使bab1a1成立,则有 b(a1)a(b1),即 abbababa
96、,这与已知条件矛盾,选项 C 错误；对于选项 D,若有 b1ba1a,则有 b1aa1b,这与选项 A 矛盾,错误,故选 A.2.(2014全国高考)不等式组xx20，|x|1的解集为()A.x|2x1B.x|1x0 C.x|0 x1 解析：选 C 解 x(x2)0,得 x0；解|x|1,得1x1.因为不等式组的解集为两个不等式解集的交集,即x|0 x1,故选 C.3.关于 x 的不等式 x22ax8a20)的解集为(x1,x2),且 x2x115,则 a()A.52 B.72 C.154 D.152 解析：选 A 由条件知 x1,x2 为方程 x22ax8a20 的两根,则 x1x22a,x
97、1x28a2,故(x2x1)2(x1x2)24x1x2(2a)24(8a2)36a2152,得 a52.4.(2014绍兴模拟)若关于 x 的不等式 x2ax20 在区间1,5上有解,则实数 a 的取值范围为()A.235，B.235，1C.(1,)D.(,1)解析：选 A 问题等价转化为不等式 ax2x2 在区间1,5上有解,即不等式 a2xx 在区间1,5上有解,令 f(x)2xx,则有 af(x)min,而函数 f(x)在区间1,5上单调递减,故函数 f(x)在x5 处取得最小值,即 f(x)minf(5)255235,a235.5.若变量 x,y 满足约束条件xy4，xy2，x0，y0
98、，则 2xy 的最大值是()A.2B.4C.7D.8 解析：选 C 由题意作出可行域如图中阴影部分所示,由xy4，xy2A(3,1).故 2xy的最大值为 7.6.不等式组xy1，x2y4的解集记为 D.有下面四个命题：p1：(x,y)D,x2y2；p2：(x,y)D,x2y2；p3：(x,y)D,x2y3；p4：(x,y)D,x2y1.其中真命题是()A.p2,p3B.p1,p4 C.p1,p2D.p1,p3 解析：选 C 画出可行域如图中阴影部分所示,由图可知,当目标函数 zx2y 经过可行域内的点 A(2,1)时,取得最小值 0,故 x2y0,因此 p1,p2 是真命题,选 C.7.(2
99、014合肥模拟)若正实数 x,y 满足 xy2,且 1xyM 恒成立,则 M 的最大值为()A.1B.2C.3D.4 解析：选 A 正实数 x,y 满足 xy2,xyxy24224 1,1xy1.又 1xyM 恒成立,M1,即 M 的最大值为 1.8.(2014福建四地六校联考)设 zxy,其中实数 x,y 满足x2y0，xy0，0yk，若 z 的最大值为 12,则 z 的最小值为()A.3B.6C.3D.6 解析：选 B 由题意可得 x,y 满足x2y0，xy0，0yk的区域如图所示.而目标函数 zxy可化为 yxz,当目标函数过点 A 时,z 取最大值,由此可得 12kk,即 k6.当 z
100、 取到最小值时,目标函数的图象过 B 点,所以 z 的最小值是6.故选 B.9.设不等式组xy110，3xy30，5x3y90表示的平面区域为 D.若指数函数 yax 的图象上存在区域 D 上的点,则 a 的取值范围是()A.(1,3B.2,3 C.(1,2D.3,)解析：选 A 平面区域 D 如图所示.要使指数函数 yax 的图象上存在区域 D 上的点,所以 1a3.10.当 0 x12时,4xlogax,则 a 的取值范围是()A.0，22B.22，1 C.(1,2)D.(2,2)解析：选 B 0 x12,14x1,0a1,排除答案 C,D；取 a12,x12,则有 4122,log121
101、21,显然 4xlogax 不成立,排除答案 A.故选 B.二、填空题 11.(2014江苏高考)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：由题可得 f(x)0 对于 xm,m1恒成立,即fm2m210，fm12m23m0，解得 22m0.答案：22，0 12.(2014成都模拟)已知二次函数 f(x)ax24xc(xR)的值域为0,),则1c9a的最小值为_.解析：由题意得：164ac0ac4,1c9a21c9a3.答案：3 13.(2014浙江高考)当实数 x,y 满足x2y40，xy10，x1时,1axy4 恒成立,则
102、实数 a的取值范围是_.解析：由线性规划的可行域(如图),求出三个交点坐标分别为(1,0),1，32,(2,1),都代入1axy4,可得 1a32.答案：1，32 14.已知实数 a,b,c 满足 abc0,a2b2c21,则 a 的最大值是_.解析：由 abc0 得,abc,则 a2(bc)2 b2c22bcb2c2b2c22(b2c2),又 a2b2c21,所以 3a22,解得 63a 63,故 a 的最大值为 63.答案：63 15.对于使x22xM 成立的所有常数 M 中,我们把 M 的最小值 1 叫做x22x 的“上确界”.若 a,b(0,),且 ab1,则 12a2b的“上确界”为
103、_.解析：由题意知,求 12a2b的“上确界”相当于求 12a2b的最大值.12a2b12a2b(ab)122 b2a2ab 522b2a2ab 52292(当且仅当 a13,b23时等号成立),12a2b的“上确界”为92.答案：92 16.定义区间(a,b),a,b),(a,b,a,b的长度均为 dba.用x表示不超过 x 的最大整数,记xxx,其中 xR.设 f(x)xx,g(x)x1,若用 d 表示不等式 f(x)g(x)解集区间的长度,则当 0 x3 时,d_.解析：f(x)xxx(xx)xxx2,由 f(x)g(x)得xxx2x1,即(x1)x1,不合题意；当 x1,2)时,x1,
104、不等式为 01,所以不等式(x1)xx21 等价于xx1,此时恒成立,所以此时不等式的解为 2x3,所以不等式 f(x)1 时,f(x)k1x0 恒成立,即 k1x在区间(1,)上恒成立.因为 x1,所以 01x1,所以 k1.故选 D.2.(2014陕西高考)如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y12x312x2xB.y12x312x23x C.y14x3xD.y14x312x22x 解析：选 A 法一：由题意可知,该三次函数满足以下条件：过点(0,0),(2,0),在(0,0)处的切线方程为
105、yx,在(2,0)处的切线方程为 y3x6,以此对选项进行检验.A 选项,y12x312x2x,显然过两个定点,又 y32x2x1,则 y|x01,y|x23,故条件都满足,又B,C,D 选项可验证曲线在(0,0)或(2,0)处不与直线 yx,y3x6 相切,故选 A.法二：设该三次函数为 f(x)ax3bx2cxd,则 f(x)3ax22bxc,由题设有f00d0，f208a4b2cd0，f01c1，f2312a4bc3，解得 a12,b12,c1,d0.故该函数的解析式为 y12x312x2x,选 A.3.(2014辽宁高考)当 x2,1 时,不等式 ax3x24x30 恒成立,则实数 a
106、 的取值范围是()A.5,3B.6，98C.6，2D.4，3 解析：选 C 显然 x0 时,对任意实数 a,已知不等式恒成立；令 t1x,若 0 x1,则原不等式等价于 a3x34x21x3t34t2t,t1,),令 g(t)3t34t2t,则 g(t)9t28t1(9t1)(t1),由于 t1,故 g(t)0,即函数 g(t)在1,)上单调递减,最大值为 g(1)6,故只要a6；若2x0,则 a 的取值范围是()A.(2,)B.(1,)C.(,2)D.(,1)解析：选 C 当 a0 时,f(x)3x21 有两个零点,不符合题意,故 a0.f(x)3ax26x3x(ax2),令 f(x)0,解
107、得 x0 或 x2a,当 a0 时,f(x)在(,0),2a，上单调递增,在0，2a 上单调递减.又 f(0)1,此时 f(x)在(,0)上存在零点,不满足题意；当 a0,则需 f 2a 0,即 a 2a33 2a210,解得 a0)；(4)(logax)1xln a(a0,且 a1).2.四个重要概念(1)切线的斜率 函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0,f(x0)处的切线的斜率,因此曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 kf(x0),相应的切线方程为 yf(x0)f(x0)(xx0).(2)函数的单调性 在某个区间(a,b)内,如果 f(x)0(f(x)0),那
108、么函数 yf(x)在这个区间内单调递增(单调递减).(3)函数的极值 设函数 f(x)在点 x0 附近有定义,如果对 x0 附近所有的点 x,都有 f(x)f(x0),那么 f(x0)是函数的一个极小值,记作 y 极小值f(x0).极大值与极小值统称为极值.(4)函数的最值 将函数 yf(x)在(a,b)内的各极值与端点处的函数值 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.3.三个步骤 求函数 yf(x)在某个区间上的极值的步骤 第一步：求导数 f(x)；第二步：求方程 f(x)0 的根 x0;第三步：检查 f(x)在 xx0 左右的符号.左正右负f(x)在 xx0
109、处取极大值；左负右正f(x)在 xx0 处取极小值.热点一导数的几何意义 命题角度(1)求已知曲线在某一点处的切线方程,如 T1；(2)由曲线的切线方程求参数,如 T2,T3.1.曲线 yxex1 在点(0,1)处的切线方程是()A.xy10 B.2xy10 C.xy10D.x2y20 2.直线 ykx1 与曲线 yx3axb 相切于点 A(1,3),则 ab 的值为()A.4 B.1 C.3 D.2 3.(2014重庆质检)若曲线 f(x)ax2ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是_.自主解答 1.yexxex,y|x01,曲线 yxex1 在点(0,1)处的切线方程
110、是 y1x,即 xy10.2.由题易知,直线 ykx1 和曲线 yx3axb 均过点 A(1,3),则 k2,ab2；又 y3x2a,则 ky|x13a2,所以 a1,b3.3.依题意得 f(x)2ax1x0(x0)有实根,a 12x20.故 a 的取值范围为(,0).答案 1.A 2.A 3.(,0)求曲线 yf(x)的切线方程的三种类型(1)已知切点 P(x0,y0),求切线方程 求出切线的斜率 f(x0),由点斜式写出方程；(2)已知切线的斜率 k,求切线方程 设切点 P(x0,y0),通过方程 kf(x0)解得 x0,再由点斜式写出方程；(3)已知切线上一点(非切点),求切线方程 设切
111、点 P(x0,y0),利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.热点二利用导数研究函数的单调性 命题角度(1)求已知函数的单调区间,如 T2；(2)已知函数的单调性求参数,如 T1,T3.1.若函数 f(x)x2ax1x在12，上是增函数,则 a 的取值范围是()A.1,0 B.1,)C.0,3D.3,)2.设函数 f(x)x(ex1)12x2,则函数 f(x)的单调增区间为_.3.若函数 f(x)2x2ln x 在其定义域内的一个子区间(k1,k1)内不是单调函数,则实数k 的取值范围是_.自主解答 1.f(x)2xa 1
112、x2,因为函数在12，是增函数,所以 f(x)0 在12，上恒成立,即 a1x22x 在12，上恒成立.设 g(x)1x22x,g(x)2x32,令g(x)2x320,得 x1,当 x12，时,g(x)0,即(ex1)(x1)0,解得 x(,1)或 x(0,).所以函数 f(x)的单调增区间为(,1和0,).3.f(x)的定义域为(0,),f(x)4x1x.由 f(x)0,得 x12.据题意得k112k1，k10，解得 1k0,则 ln x1,即 xe.又函数 f(x)的定义域为(0,1)(1,),函数 f(x)的单调递增区间为e,).利用导数研究函数单调性的步骤第一步：确定函数 f(x)的定
113、义域；第二步：求 f(x)；第三步：解方程 f(x)0 在定义域内的所有实数根；第四步：将函数 f(x)的间断点(即 f(x)无定义的点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起来,分成若干个小区间；第五步：确定 f(x)在各小区间内的符号,由此确定每个区间的单调性.热点三利用导数研究函数的极值与最值 命题角度(1)利用导数求函数的极值或最值；(2)利用函数的极值或最值求参数.例 1(1)(2014太原模拟)设函数 f(x)xex,则()A.x1 为 f(x)的极大值点 B.x1 为 f(x)的极小值点 C.x1 为 f(x)的极大值点 D.x1 为 f(x)的极小值点(2)(2014烟台模拟
114、)若函数 f(x)x33x 在区间(a,6a2)上有最小值,则实数 a 的取值范围是()A.(5,1)B.5,1)C.2,1)D.(2,1)师生共研(1)f(x)xex,f(x)exxex,令 f(x)0,则 x1.当 x1时,f(x)1 时,f(x)0,所以 x1 为 f(x)的极小值点,故选 D.(2)若 f(x)3x230,则 x1,且 x1 为函数的极小值点,x1 为函数的极大值点.函数 f(x)在区间(a,6a2)上有最小值,则函数 f(x)的极小值点必在区间(a,6a2)内,且左端点的函数值不小于 f(1),即实数 a 满足 a16a2 且 f(a)a33af(1)2.解 a16a
115、2,得 5a0)的极大值点和极小值点都在区间(1,1)内,则实数 a的取值范围是()A.(0,2 B.(0,2)C.3,2)D.(3,2)解析：选D 由题意可知f(x)0的两个不同解都在区间(1,1)内.因为f(x)3x22ax1,所以根据导函数图象可得2a24310，12a6 0，f132a10，又 a0,解得 3a0),则称 f(x)和 g(x)在a,b上是“k 度和谐函数”,a,b称为“k 度密切区间”.设函数 f(x)ln x 与 g(x)mx1x在1e，e 上是“e 度和谐函数”,则 m 的取值范围是()A.e1,1B.1,e1C.1ee，1eD.1e1e，1e 解析：选 B 设 h
116、(x)f(x)g(x)ln xmx1xm1xln x,h(x)1x21xx1x2,故当 x1e，1 时,h(x)1e1,所以h 1e h(e),故函数 h(x)的最大值为h 1e me1.故函数h(x)在1e，e 上的值域为m1,me1.由题意,|h(x)|e,即eh(x)e,所以m1e，me1e，解得1m1e.热点四利用导数解决方程、不等式问题 命题角度(1)比较大小问题；(2)方程根的个数问题.例 2(1)(2014湖南高考)若 0 x1x2ln x2ln x1 B.ex2ex1x1ex2 D.x2ex1x1ex2(2)已知函数 f(x)x3ax2bxc 有两个极值点 x1,x2.若 f(
117、x1)x1f(x)恒成立,又常数 a,b 满足 ab0,则下列不等式一定成立是_.bf(a)af(b)；af(a)bf(b)；bf(a)af(b)；af(a)g(x2),x2ex1x1ex2,故选 C.(2)因为函数 f(x)x3ax2bxc 有两个极值点 x1,x2,可知关于导函数的方程 f(x)3x22axb0 有两个不等的实根 x1,x2.则方程 3(f(x)22af(x)b0 有两个不等的实根,即 f(x)x1 或 f(x)x2,原方程根的个数就是这两个方程 f(x)x1 和 f(x)x2 的不等实根的个数之和,再结合图象可看出函数 yf(x)的图象与直线 yx1 和直线 yx2 共有
118、 3 个不同的交点,故所求方程有 3 个不同的实根.(3)令 g(x)fxx,x(0,).g(x)xfxxfxx2xfxfxx2,因为 xf(x)f(x),所以g(x)0,即g(x)在(0,)上是增函数.由ab0得g(a)g(b),即faa fbb,所以 bf(a)af(b).所以成立,不成立；再令 h(x)xf(x),x(0,).所以 h(x)xf(x)xf(x)f(x)xf(x),因为不能确定 h(x)是否大于 0,所以 h(x)单调性不能确定,即不知道 h(a)af(a)与 h(b)bf(b)的大小关系,所以不一定成立.因此本题填.答案(1)C(2)A(3)研究方程及不等式问题,都要运用
119、函数性质,而导数是研究函数性质的一种重要工具.基本思路是构造函数,通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值,根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数,必要时画出函数的草图辅助思考.3.已知函数 f(x)满足 f(x)f1x,当 x1,3时,f(x)ln x.若在区间13，3 内,函数g(x)f(x)ax 与 x 轴有三个不同的交点,则实数 a 的取值范围是()A.0，1e B.0，12e C.ln 33，1e D.ln 33，1e 解析：选C 由题意可知当x在区间13，1 内时,1x1,3,f(x)f 1x ln 1xln x,则f(x)ln x，x13，1，ln
120、x，x1，3，函数 g(x)f(x)ax 与 x 轴有三个不同的交点,即 f(x)ax0 有三个不同的根,即 f(x)ax 有三个不同的根,即函数 f(x)的图象与直线 yax 有三个不同的交点,当 x 在区间13，1 上时,函数 f(x)的图象与直线 yax 有一个交点,当 x1,3时,函数 f(x)的图象与直线 yax 有两个交点.当直线 yax 过点(3,ln 3)时,a 的值满足 ln 33a,即 aln 33；当直线 yax 与 f(x)相切时,设切点为(x0,ln x0),则点(x0,ln x0)在直线上,故 ln x0ax0,而 a(lnx)|xx01x0,所以 ln x01,x
121、0e,即 a1x01e,函数 f(x)的图象与直线 yax 有三个不同的交点,则 a 的取值范围是ln 33，1e.4.已知 f(x)定义域为(0,),f(x)为 f(x)的导函数,且满足 f(x)(x1)f(x21)的解集是()A.(0,1)B.(1,)C.(1,2)D.(2,)解析：选 D 因为 f(x)xf(x)0,所以(xf(x)(x21)f(x21),所以 x12.一、选择题 1.(2014西安模拟)曲线 y(x1)ex(e 为自然对数的底数)在点(1,0)处的切线方程为()A.yexe B.yexe C.yx1D.yx1 解析：选 A y(x1)ex,yxex,曲线在 y(x1)e
122、x 在点(1,0)处的切线的斜率为k1e1e；曲线 y(x1)ex 在点(1,0)处的切线的方程为 yexe,故选 A.2.(2014华安模拟)已知函数 f(x)sin xx,xR,则 f4、f(1)、f 3 的大小关系为()A.f 3 f4 f(1)B.f4 f(1)f 3 C.f(1)f 3 f4 D.f 3 f(1)f4 解析：选 B 因为函数 f(x)sin xx 的导数为 f(x)cos x10.所以函数 f(x)在定义域内单调递减.又因为41f(1)f 3.故选 B.3.(2014江西七校联考)设函数 f(x)xsin xcos x 的图象在点(t,f(t)处切线的斜率为 k,则函
123、数 kg(t)的部分图象为()解析：选 B f(x)xsin xcos x,f(x)xcos x,kg(t)tcos t,根据 ycos t 的图象可知 g(t)应该为奇函数且当 t0，2 时 g(t)0,故选 B.4.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f(x),且函数 y(1x)f(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是()A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)B.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2)D.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2)解析：选 D 由图象可知,当 x0,所以
124、此时 f(x)0,故函数 f(x)在(,2)上单调递增.当2x1,y(1x)f(x)0,所以此时 f(x)0,故函数 f(x)在(2,1)上单调递减.当1x0,所以此时f(x)2 时,y(1x)f(x)0,故函数 f(x)在(2,)上单调递增.所以函数 f(x)有极大值 f(2),极小值 f(2),选 D.5.设 a0,b0,e 是自然对数的底数,则下列命题正确的是()A.若 ea2aeb3b,则 ab B.若 ea2aeb3b,则 ab D.若 ea2aeb3b,则 a0,b0.ea2aeb3beb2bbeb2b.对于函数 yex2x(x0),yex20,yex2x 在(0,)上单调递增,因
125、而 ab 成立.6.(2014内江模拟)已知函数 f(x)13x312x2cxd 有极值,则 c 的取值范围为()A.c14 解析：选 A 求导得：f(x)x2xc.函数 f(x)13x312x2cxd 有极值,则方程 x2xc0 有两个不同的解,所以 14c0c0,232b3a,23 c3a,b3a2,c18a,函数 f(x)在 x3 处取得极小值,于是有 f(3)27a9b3c34115,812 a81,a2.9.(2014宿州模拟)已知 yf(x)为 R 上的可导函数,当 x0 时,f(x)fxx 0,则函数 g(x)f(x)1x的零点个数为()A.1B.2C.0D.0 或 2 解析：选
126、 C 因为函数 yf(x)在 R 上是可导函数,当 x0 时,f(x)fxx 0,即是xfxfxx0,令 h(x)xf(x),即hxx0.所以可得hx0，x0或hx0，x0 时单调递增,所以 h(x)h(0)0,即函数当 x0 时,h(x)0.同理当 x0.又因为函数 g(x)f(x)1x可化为 g(x)xfx1x,所以当 x0 时,g(x)0 即与 x 轴没交点.当 x0,所以函数 g(x)f(x)1x的零点个数为 0.故选 C.10.若函数 f(x)(x1)ex,则下列命题正确的是()A.对任意 m1e2,都存在 xR,使得 f(x)1e2,都存在 xR,使得 f(x)m C.对任意 m1
127、e2,方程 f(x)m 总有两个实根 解析：选 B 因为 f(x)(x1)ex(x1)exex(x2)ex,故函数在区间(,2),(2,)上分别为减函数与增函数,故 f(x)minf(2)1e2,故当 m1e2时,总存在 x 使得 f(x)m.二、填空题 11.函数 y12x2ln x 的单调递减区间为_.解析：函数 y12x2ln x 的定义域为(0,),yx1xx1x1x,令 y0,则可得0 x0)上任意一点处的切线的斜率为 k,若 k 的最小值为 4,则此时切点的坐标为_.解析：函数 yx2aln x(a0)的定义域为x|x0,y2xax2 2a4,则 a2,当且仅当 x1 时“”成立,
128、将 x1 代入曲线方程得 y1,故所求的切点坐标是(1,1).答案：(1,1)13.已知函数 f(x)x3tx23x,若对任意的 a1,2,b(2,3,函数 f(x)在区间(a,b)上单调递减,则实数 t 的取值范围是_.解析：f(x)x3tx23x,f(x)3x22tx3,由于函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则有f(x)0 在a,b上恒成立,即不等式 3x22tx30 在a,b上恒成立,即有 t32x1x 在a,b上恒成立,而函数 y32x1x 在1,3上单调递增,由于 a1,2,b(2,3,当 b3 时,函数 y32x1x 取得最大值,即 ymax32313 5,所以 t5.答案：5
129、,)14.(2014孝感模拟)函数 f(x)ax33x1 对于 x1,1总有 f(x)0 成立,则 a 的取值范围为_.解析：f(x)3ax23,a0 时,f(x)0,函数 f(x)为 R 上减函数,而 f(1)a20 时,x，1a 和1a，为增函数；x 1a，1a 为减函数；又 f(1)a40a4,f(1)a20a2,即 2a4 12 1a12,所以必须有函数 f(x)的极小值 f1a 1a3 1a1 2a10 a2a4,才能满足在区间1,1上f(x)0,即 a4.答案：4 15.(2014漳平模拟)对于三次函数 f(x)ax3bx2cxd(a0),给出定义：设 f(x)是函数 yf(x)的
130、导数,f(x)是函数 f(x)的导数,若方程 f(x)0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0)为函数 yf(x)的“拐点”,某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.给定函数 f(x)13x312x23x 512,请你根据上面探究结果,计算 f12 014 f22 014 f2 0122 014 f2 0132 014 _.解析：由题意可得 f(x)13x312x23x 512,所以 f(x)x2x3,所以 f(x)2x1.令f(x)0 可得 x12,所以函数 f(x)的拐点即对称中心为12，1,即如果 x1x21,则 f(x1
131、)f(x2)2,所以 f12 014 f22 014 f2 0122 014 f2 0132 014 1 006212 013.故填 2 013.答案：2 013 16.设函数 f(x)exxa(aR,e 为自然对数的底数).若存在 b0,1使 f(f(b)b 成立,则 a 的取值范围是_.解析：由题意得exxax,x0,1.化简得 exxx2a,x0,1.令 g(x)exxx2,则 g(x)ex12x.设 h(x)ex12x,则 h(x)ex2.所以当 x(0,ln 2)时,h(x)0；当 x(ln 2,1)时,h(x)0.所以 g(x)g(ln 2)32ln 20,所以 g(x)在0,1上
132、单调递增,所以原题中的方程有解必须方程有解,所以 g(0)ag(1).答案：1,e 第六讲 高考中的导数综合应用(解答题型)第 1 课时 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题 1.(2014重庆高考)已知函数 f(x)x4axln x32,其中 aR,且曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于直线 y12x.(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间与极值.解：(1)对 f(x)求导得 f(x)14ax21x,由 f(x)在点(1,f(1)处的切线垂直于直线 y12x,知 f(1)34a2,解得 a54.(2)由(1)知 f(x)x4 54xln x32,则 f(x)x2
133、4x54x2,令 f(x)0,解得 x1 或 x5,因为 x1 不在 f(x)的定义域(0,)内,故舍去.当 x(0,5)时,f(x)0,故 f(x)在(5,)内为增函数.由此知函数 f(x)在 x5 时取得极小值 f(5)ln 5.2.(2014江西高考)已知函数 f(x)(4x24axa2)x,其中 a0.则 f(x)25x2x2x.由 f(x)0 得 0 x2.故函数 f(x)的单调递增区间为0，25 和(2,).(2)f(x)10 xa2xa2 x,a0,由 f(x)0 得 x a10或 xa2.当 x0，a10 时,f(x)单调递增；当 x a10,a2时,f(x)单调递减；当 xa
134、2，时,f(x)单调递增.易知 f(x)(2xa)2 x0,且 fa2 0.当a21 时,即2a0 时,f(x)在1,4上的最小值为 f(1),由 f(1)44aa28,得 a2 22,均不符合题意.当 1a24 时,即8a4 时,即 a0),当 a0 时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增；若 a0,f(x)ax21ax1x20,解得 x11,x21a,当1a0 时,f(x)在(0,1)和1a，上单调递减,在1，1a 上单调递增；当 a1 时,f(x)在(0,)上单调递减；当 a1 时,f(x)在0，1a 和(1,)上单调递减,在1a，1 上单调递增.互动探究 在本例条件下
135、,若关于 x 的方程 f(x)ax 在(0,1)上有两个相异实根,求实数 a 的取值范围.解：当 f(x)ax 时,1x(1a)ln x0,所以 a1xln x1(0 x1),令 g(x)1xln x1(0 x0).当 x(0,1),f(x)0 时,函数 f(x)3x2x2ln x 单调递增.当 x(1,),f(x)0 时,函数 f(x)3x2x2ln x 单调递减.故函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,).(2)f(x)3a4x1x,若函数 f(x)在区间1,2上为单调函数,即在1,2上,f(x)3a4x1x0 或 f(x)3a4x1x0,即3a4x1x0 或3a4
136、x1x0 在1,2上恒成立.即3a4x1x或3a4x1x.令 h(x)4x1x,因为函数 h(x)在1,2上单调递增,所以3ah(2)或3ah(1),即3a152 或3a3,解得 a0 或 00),若 f(x)在1,1上的最小值记为 g(a).(1)求 g(a)；(2)证明：当 x1,1时,恒有 f(x)g(a)4.师生共研(1)因为 a0,1x1,所以 当 0a1 时,若 x1,a,则 f(x)x33x3a,f(x)3x230,故 f(x)在(a,1)上是增函数；所以 g(a)f(a)a3.当 a1 时,有 xa,则 f(x)x33x3a,f(x)3x230,故 f(x)在(1,1)上是减函
137、数,所以 g(a)f(1)23a.综上,g(a)a3，0a1，23a，a1.(2)证明：令 h(x)f(x)g(a),当 0a1 时,g(a)a3.若 xa,1,h(x)x33x3aa3,得 h(x)3x23,则 h(x)在(a,1)上是增函数,所以 h(x)在a,1上的最大值是 h(1)43aa3,且 0a0,知 t(a)在(0,1)上是增函数.所以,t(a)t(1)4,即 h(1)0,只需 M(x)x2ax2xa0 在(0,1)上恒成立,于是M0a0，M12a30，解得 a32.(2)h(x)f(x)g(x)(x2xa2a1)ex,求导得 h(x)(x2xa2a)ex(xa1)(xa)ex
138、,令 h(x)0,得 x1a,x2a1,a32,a1,2,a112，,若a112，1,即 a2，32 时,h(x)0 在1,2上成立,此时 h(x)在1,2上单调递增,h(x)有最小值 h(1)(a2a1)e；若a1(1,2),即 a(3,2)时,当 x1,a1)时,有 h(x)0,此时 h(x)在(a1,2上单调递增,h(x)有最小值 h(a1)(2a3)ea1；若a12,),即 a(,3时,h(x)0 在1,2上成立,此时 h(x)在1,2上单调递减,h(x)有最小值 h(2)(a2a3)e2.综上,当 x1,2时,h(x)mina2a1e，2a32，2a3ea1，3a0,且 r0 可得
139、0r0,故 V(r)在(0,5)上为增函数；当 r(5,5 3)时,V(r)0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数.由此可知,V(r)在 r5 处取得最大值,此时 h8,即当 r5,h8 时,该蓄水池的体积最大.利用导数解决优化问题的五个步骤(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式；(3)确定函数的定义域；(4)在定义域内求极值；(5)下结论.3.如图所示,四边形 ABCD 表示一正方形空地,边长为 30 m,电源在点 P 处,点 P 到边AD,AB 距离分别为 9 m,3 m.某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF,MNNE169.线段 MN 必须过点 P,端点
140、 M,N 分别在边 AD,AB 上,设 ANx(m),液晶广告屏幕 MNEF 的面积为 S(m2).(1)用含 x 的代数式表示 AM；(2)求 S 关于 x 的函数关系式及该函数的定义域；(3)当 x 取何值时,液晶广告屏幕 MNEF 的面积 S 最小？解：(1)因为点 P 到边 AD,AB 距离分别为 9 m,3 m,所以由平面几何知识,得AM3AM 9x,解得 AM 3xx9(10 x30).(2)由勾股定理,得 MN2AN2AM2x29x2x92.因为 MNNE169,所以 NE 916MN.所以 SMNNE 916MN2 916x29x2x92,定义域为10,30.(3)S 9162
141、x18xx929x22x18x9498xx9381x93,令 S0,得 x10(舍),x2933 3.当 10 x933 3时,S0,S 为减函数；当 933 30,S 为增函数.所以当 x933 3时,S 取得最小值.课题 1 利用导数研究函数的最值问题 典例(2014深圳模拟)设函数 f(x)x3kx2x(kR).(1)当 k1 时,求函数 f(x)的单调区间；(2)当 k0 时,求函数 f(x)在k,k上的最小值 m 和最大值 M.考题揭秘 本题以三次函数为背景,主要考查导数在研究函数的单调性、极值、最值中的应用,意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力.审题过程 第一步
142、：审条件.已知函数 f(x)的解析式.第二步：审结论.在已知 k 的值或取值范围的前提下,求 f(x)的单调区间及最值.第三步：建联系.(1)求导后,根据不等式的解即可确定 f(x)的单调区间；(2)求出 f(x)的极值点及端点处的函数值比较大小,即可求得最值.规范解答(1)当 k1 时,f(x)x3x2x,f(x)3x22x1.方程 3x22x10 的判别式 44380,f(x)0 恒成立,f(x)的单调递增区间为(,).(2)当 k0 时,f(x)3x22kx1,方程 3x22kx10 的判别式 4k2434(k23),当 0 时,有 k230,即 3k0 时,f(x)0 恒成立,这时 f
143、(x)在k,k上单调递增,有 mf(k)k3kk2kk,Mf(k)k3kk2k2k3k.当 0 时,有 k230,即 k 3,令 f(x)3x22kx10,解得 x1k k2330,x2k k2330,且 x1x20,又 x1kk k233k2k k233 4k2k2330,于是 kx1x20,当 kxx1 或 x2xk 时,f(x)0,f(x)为增函数；当 x1xx2 时,f(x)0,f(x)为减函数；故 Mmaxf(k),f(x1),mminf(k),f(x2).先证 f(k)f(x1).3x212kx110,kx213x31x12,f(x1)x31kx21x1x313x31x12x1x3
144、1x12,f(k)f(x1)(2k3k)x31x122k3k12x3112x12k312x31k12x1,又k12x10,要证 f(k)f(x1),只需证2k312x310 x314k3x13 4k,由 kx10 知 x13 4k 显然成立,f(k)f(x1).再证 f(k)f(x2).同理 f(x2)x32x22,有 f(k)f(x2)kx32x2212(kx2)12(kx32)0,f(k)f(x2).综上所述,Mf(k)2k3k,mf(k)k.模型归纳 利用导数求函数在某一区间上的最值的模型示意图如下：跟踪训练 已知函数 f(x)exax2bx1,其中 a,bR,e2.718 28为自然对
145、数的底数.(1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间0,1上的最小值；(2)若 f(1)0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点.证明：e2a0.(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性；(2)当 x0,1时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值.解：(1)f(x)的定义域为(,),f(x)1a2x3x2.令 f(x)0,得 x11 43a3,x21 43a3,x1x2,所以 f(x)3(xx1)(xx2).当 xx2 时,f(x)0；当 x1x0.故 f(x)在(,x1)和(x2,)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.(2)因为 a0,所以 x10.当
146、a4 时,x21,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值.当 0a4 时,x21.由(1)知,f(x)在0,x2上单调递增,在x2,1上单调递减,因此 f(x)在 xx21 43a3处取得最大值.又 f(0)1,f(1)a,所以当 0a1 时,f(x)在 x1 处取得最小值；当 a1 时,f(x)在 x0 和 x1 处同时取得最小值；当 1ax2,由题意可得 x1,x20,作出示意图如图所示.f(x)1x,g(x)ax2.假设两条切线有可能平行,则存在 a 使 fx1x22gx1x222x1x2a2(x1x2)22x1x2x1x2 a
147、2(x21x22)2(x1x2)12ax212x1 12ax222x2y1y2ln x1ln x2ln x1x2.不妨设x1x2t1,则方程2t1t1 ln t 存在大于 1 的实根,设(t)2t1t1 ln t,则(t)t12tt12 0,(t)1 使(t)0 矛盾,C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不可能平行.3.(2014成都模拟)已知函数 f(x)(x22axa2)ln x,aR.(1)当 a0 时,求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a1 时,令 F(x)fxx1xln x,证明：F(x)e2,其中 e 为自然对数的底数；(3)若函数 f(x)不存在极值点,求实数
148、 a 的取值范围.解：(1)当 a0 时,f(x)x2ln x(x0),此时 f(x)2xln xxx(2ln x1).令 f(x)0,解得 xe12.函数 f(x)的单调递增区间为(e12,),单调递减区间为(0,e12).(2)F(x)fxx1xln xxln xx.由 F(x)2ln x,得 F(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,)上单调递增,F(x)F(e2)e2.(3)f(x)2(xa)ln xxa2xxax(2xln xxa).令 g(x)2xln xxa,则 g(x)32ln x,函数 g(x)在(0,e32)上单调递减,在(e32,)上单调递增,g(x)g(e32)2e3
149、2a.当 a0 时,函数 f(x)无极值,2e32a0,解得 a2e32.当 a0 时,g(x)min2e32a0,即函数 g(x)在(0,)上存在零点,记为 x0.由函数 f(x)无极值点,易知 xa 为方程 f(x)0 的重根,2aln aaa0,即 2aln a0,a1.当 0a1 时,x01 时,x01 且 x0a,函数 f(x)的极值点为 a 和 x0；当 a1 时,x01,此时函数 f(x)无极值.综上,a2e32或 a1.4.已知函数 f(x)1xax ln x(a0).(1)若函数 f(x)在(1,)上是增函数,求实数 a 的取值范围；(2)若 a1,kR 且 k0),因为函数
150、 f(x)在(1,)上是增函数,即在区间(1,)上 f(x)0,即 ax10,得 x1a,所以1a1,即 a1,所以实数 a 的取值范围是1,).(2)当 a1 时,f(x)1xx ln x,F(x)1xx ln x(k1)ln x1xx kln x,所以 F(x)1xx1xxx2kxkx1x2,当 k0 时,F(x)1x2 在1e，e 上恒有 F(x)0,所以 F(x)在1e，e 上 单调递减,所以 F(x)minF(e)1ee,F(x)maxF 1e e1,当 k0 时,F(x)kx1x2kx1kx2,当 k0 时,F(x)在1e，e 上恒有kx1kx20 时,因为 ke,所以在区间1e，
151、e 上 x1k0,则kx1kx20,所以 F(x)在1e，e 上单调递减,所以 F(x)minF(e)1ee kln e1ee k1ek1,F(x)maxF 1e e1k.综上所述,当 k0 时,F(x)minF(e)1ee,F(x)maxF 1e e1；当 k0 且 k1e时,F(x)min1ek1,F(x)maxe1k.第 2 课时 利用导数解决不等式、方程解的问题 1.(2014新课标全国卷)已知函数 f(x)x33x2ax2,曲线 yf(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 k0.当 x0 时,g(x)3x26x1k0,g(x)单调递增,g
152、(1)k10 时,令 h(x)x33x24,则 g(x)h(x)(1k)xh(x).h(x)3x2 6x 3x(x 2),h(x)在(0,2)单 调 递 减,在(2,)单 调 递 增,所 以g(x)h(x)h(2)0.所以 g(x)0 在(0,)没有实根.综上,g(x)0 在 R 上有唯一实根,即曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点.2.(2014新课标全国卷 )设函数 f(x)aln x1a2x2bx(a1),曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为 0.(1)求 b；(2)若存在 x01,使得 f(x0)0,f(x)在(1,)单调递增.所以,存在 x01,使得 f(x0)
153、aa1的充要条件为 f(1)aa1,即1a2 1 aa1,解得 21a 21.若 12 a1,故 当 x 1，a1a 时,f(x)0,f(x)在1，a1a 单调递减,在a1a，单调递增.所以,存在 x01,使得 f(x0)aa1的充要条件为 fa1a aa1,所以不合题意.若 a1,则 f(1)1a2 1a120).(1)若函数 yf(x)是(,)上的单调递增函数,求实数 m 的最小值；(2)若 m1,且对于任意 x0，2,都有不等式 f(x)g(x)成立,求实数 a 的取值范围.师生共研(1)函数 f(x)mxsin x 在 R 上单调递增,f(x)0 恒成立,f(x)mcos x0,即 m
154、cos x,mmin1.(2)m1,函数 f(x)xsin x,f(x)g(x),xsin xaxcos x0.对于任意 x0，2,令 H(x)xsin xaxcos x,则 H(x)1cos xa(cos xxsin x)1(1a)cos xaxsin x,当 1a0,即 0a1 时,H(x)1(1a)cos xaxsin x0,H(x)在0，2 上为单调递增函数,H(x)H(0)0,符合题意,0a1.当 1a1 时,令 h(x)1(1a)cos xaxsin x,于是 h(x)(2a1)sin xaxcos x.a1,2a10,h(x)0,h(x)在0，2 上为单调递增函数,h(0)h(x
155、)h 2,即 2ah(x)2a1,2aH(x)2a1.()当 2a0,即 1a2 时,H(x)0,H(x)在0，2 上为单调递增函数,于是 H(x)H(0)0,符合题意,1a2.()当 2a2 时,存在 x00，2,使得当 x(0,x0)时,有 H(x)0,此时 H(x)在(0,x0)上为单调递减函数,从而 H(x)0 恒成立,综上所述,实数 a 的取值范围为 01 时,f(x)0 恒成立,求 a 的取值范围.解：(1)若 a0,则 f(x)xln xx1,f(x)ln x,当 x(0,1)时,f(x)0,f(x)为增函数.(2)问题等价于 xln x(x1)(axa1)0,f(x)为增函数,
156、f(x)f(1)0,即 f(x)1,问题等价于 ln xx1axa1x0 在(1,)上恒成立,不妨设 h(x)ln xx1axa1x,x(1,),则 h(x)ax2xa1x2x1axa1x2,x(1,),令 h(x)0,则 h(x)的两根 x11,x21aa,若 a0,则 x21aa 1 时,h(x)0,h(x)为增函数,h(x)h(1)0(不合题意)；若 0a0,h(x)为增函数,h(x)h(1)0(不合题意)；若 a12,x(1,)时,h(x)0,h(x)为减函数,h(x)1 时,f(x)a0,fbfaba.解：(1)当x 0，2 时,f(x)sin x2cos x0,所以f(x)在0，2
157、 上为增函数,又f(0)20,所以存在唯一 x00，2,使 f(x0)0.(2)当 x2，时,化简得 g(x)(x)cos x1sin x2x 1.令 tx,记 u(t)g(t)tcos t1sin t2t1,t0，2,则 u(t)ft1sin t.由(1)得,当 t(0,x0)时,u(t)0.在x0，2 上 u(t)为增函数,由 u 2 0 知,当 tx0，2 时,u(t)0,所以 u(t)在x0，2 上无零点.在(0,x0)上 u(t)为减函数,由 u(0)1 及 u(x0)0 知存在唯一 t0(0,x0),使 u(t0)0.于是存在唯一 t00，2,使 u(t0)0.设 x1t02，,则
158、 g(x1)g(t0)u(t0)0,因此存在唯一的 x12，,使 g(x1)0.由于 x1t0,t0.热点三导数的综合应用 命题角度 近几年,不少省份把函数、导数与数列、不等式综合作为压轴题来考查,以导数为工具,将探索性问题融入大题中.例 3(2014湖南高考)已知函数 f(x)xcos xsin x1(x0).(1)求 f(x)的单调区间；(2)记 xi 为 f(x)的从小到大的第 i(iN*)个零点,证明：对一切 nN*,有1x211x221x2n0,此时 f(x)0；当 x(2k1),(2k2)(kN)时,sin x0.故 f(x)的单调递减区间为(2k,(2k1)(kN),单调递增区间
159、为(2k1),(2k2)(kN).(2)由(1)知,f(x)在区间(0,)上单调递减,又 f 2 0,故 x12.当 nN*时,因为 f(n)f(n1)(1)nn1(1)n1(n1)10,且函数 f(x)的图象是连续不断的,所以 f(x)在区间(n,(n1)内至少存在一个零点.又 f(x)在区间(n,(n1)上是单调的,故 nxn1(n1).因此当 n1 时,1x214223；当 n2 时,1x211x22 12(41)23；当 n3 时,1x211x221x2n 12411221n12 125 1121n2n1 125112 1213 1n2 1n1 126 1n1 6223.综上所述,对一
160、切 nN*,1x211x221x2n23.本题以三角函数为载体,考查函数的单调区间、导数、函数零点和不等式的证明,利用数形结合思想、函数与方程思想以及转化与化归思想求解函数的综合问题.第(1)问,求导并结合三角函数的性质求解函数的单调区间；第(2)问,利用第(1)问的结论,得出函数的零点满足nxn10,故 g(x)在 x23，上没有零点.从而,要想使函数 g(x)在en,)(nZ)上有零点,并考虑到 g(x)在0，23 上单调递增,且在23，2 上单调递减,故只需 en0,g(e2)38 1e42e22ln e2 1e238 1e22 0.当 n2 且 nZ 时均有 g(en)0).只须证 l
161、n xx10 在(0,)上恒成立.令 h(x)ln xx1(x0).由 h(x)1x10 得 x 1.则在 x1 处有极大值(也是最大值)h(1)0,所以 ln xx10 在(0,)上恒成立.因此 f(n2)11n2,nN*.于是有 f(22)f(32)f(n2)1122 1 132 11n2 (n1)122 1321n2 (n1)123 1341nn1 (n1)121313141n 1n1 (n1)12 1n1 2n1n12n1.所以 f(22)f(32)f(n2)0 时,x2ex；(3)证明：对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x(x0,)时,恒有 x20 时,x20,总存在 x0
162、,使 x(x0,)时,恒有 x2cex 成立.第三步：建联系.(1)求 f(x),依题设条件可得 f(0)1,从而可得 a 的方程,即可求出 a的值,然后再求方程 f(x)0 的根,判断在导数等于 0 的点的左、右两侧的导数的符号,即可得结论.(2)构造函数,利用函数的单调性来证明不等式；(3)对 c 进行分类讨论,通过构造函数,利用导数法来证明其单调性,进而可得到所求证的结果.规范解答 法一：(1)由 f(x)exax,得 f(x)exa.又 f(0)1a1,得 a2.所以 f(x)ex2x,f(x)ex2.令 f(x)0,得 xln 2.当 xln 2 时,f(x)ln 2 时,f(x)0
163、,f(x)单调递增.所以当 xln 2 时,f(x)取得极小值,且极小值为 f(ln 2)eln 22ln 22ln 4,f(x)无极大值.(2)令 g(x)exx2,则 g(x)ex2x,由(1)得 g(x)f(x)f(ln 2)0,故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)10,因此,当 x0 时,g(x)g(0)0,即 x20 时,x20 时,x2cex.取 x00,当 x(x0,)时,恒有 x2cex.若 0c1,要使不等式 x2kx2 成立.而要使 exkx2 成立,则只要 xln(kx2),只要 x2ln xln k 成立.令 h(x)x2ln xln k,则 h(x)12xx2
164、x,所以当 x2 时,h(x)0,h(x)在(2,)内单调递增.取 x016k16,所以 h(x)在(x0,)内单调递增,又 h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k,易知 kln k,kln 2,5k0,所以 h(x0)0.即存在 x016c,当 x(x0,)时,恒有 x2cex.综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x(x0,)时,恒有 x20 时,exx2,所以 exex2ex2 x22 x22,当 xx0 时,ex x22 x224c x221cx2,因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x(x0,)时,恒有 x2cex.法三：(1)
165、同法一.(2)同法一.(3)首先证明当 x(0,)时,恒有13x30 时,x2ex,从而 h(x)0,h(x)在(0,)内单调递减,所以 h(x)h(0)10,即13x3x0 时,有1cx213x3ex.因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x(x0,)时,恒有 x20,存在唯一的 s,使 tf(s)；(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 sg(t),证明：当 te2 时,有25ln gtln t 12.解：(1)函数 f(x)的定义域为(0,).f(x)2xln xxx(2ln x1),令 f(x)0,得 x 1e.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：所以
166、函数 f(x)的单调递减区间是0，1e,单调递增区间是1e，.(2)证明：当 00,令 h(x)f(x)t,x1,).由(1)知,h(x)在区间(1,)内单调递增.h(1)t0.故存在唯一的 s(1,),使得 tf(s)成立.(3)证明：因为 sg(t),由(2)知,tf(s),且 s1,从而 ln gtln t ln sln fsln slns2ln sln s2ln slnln su2uln u,其中 uln s.要使25ln gtln t 12成立,只需 0ln ue2 时,若 sg(t)e,则由 f(s)的单调性,有 tf(s)f(e)e2,矛盾,所以 se,即 u1.从而 ln u0
167、 成立.另一方面,令 F(u)ln uu2,u1.F(u)1u12,令 F(u)0,得 u2.当 1u0；当 u2 时,F(u)1,F(u)F(2)0.因此 ln ue2 时,有25ln gtln t 0,g(x)1x1x2x1x2.g(x)与 g(x)的情况如下：所以 g(x)g(1)1,即 ln x1x1 在 x0 时恒成立,所以当 k1 时,ln x1xk,所以 xln x1kx,即 xln xkx1,所以当 k1 时,有 f(x)kx1.2.(2014天津高考)已知函数 f(x)x223ax3(a0),xR.(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的 x1(2,),都存在
168、x2(1,),使得 f(x1)f(x2)1,求 a 的取值范围.解：(1)由已知,有 f(x)2x2ax2(a0).令 f(x)0,解得 x0 或 x1a.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：所以 f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(,0),1a，.当 x0 时,f(x)有极小值,且极小值 f(0)0；当 x1a时,f(x)有极大值,且极大值 f 1a 13a2.(2)由 f(0)f32a 0 及(1)知,当 x0，32a 时,f(x)0；当 x32a，时,f(x)0.设集合 Af(x)|x(2,),集合 B 1fxx(1,),f(x)0.则“对于任意的 x1(2
169、,),都存在 x2(1,),使得 f(x1)f(x2)1”等价于 AB.显然,0B.下面分三种情况讨论：当 32a2,即 0a34时,由 f32a 0 可知,0A,而 0B,所以 A 不是 B 的子集.当 1 32a2,即34a32时,有 f(2)0,且此时 f(x)在(2,)上单调递减,故 A(,f(2),因而A(,0)；由f(1)0,有f(x)在(1,)上的取值范围包含(,0),则(,0)B.所以 AB.当 32a1,即 a32时,有 f(1)0,且此时 f(x)在(1,)上单调递减,故 B1f1，0,A(,f(2),所以 A 不是 B 的子集.综上,a 的取值范围是34，32.3.设函数
170、 f(x)2ln xmxx2.(1)若曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 y2xn,求实数 m,n 的值；(2)若 m4,求证：当 ab0 时,有fafba2b2 2；(3)若函数 f(x)有两个零点 x1,x2(x1x2),且 x0 x1x22,求证：f(x0)b0,设函数 g(x)f(x)2x2x2mx2ln x,则有 g(x)2xm2x.由于 x0,且 m4,g(x)2xm2x22x2xm4m0,故 g(x)在(0,)上递增,g(a)g(b),f(a)2a2f(b)2b2,fafba2b2 2.(3)由 x1,x2(x1x10,则有 t(0,1).进而可得2x1x2x1x2
171、(ln x1ln x2)2t1t1 ln t,设函数 h(t)2t1t1 ln t,t(0,1),则有 h(t)4t121t t12tt12h(1)0.于是有2x1x2x1x2(ln x1ln x2)0,而2x1x20,因此 f(x0)0 恒成立,求实数 a 的值；(3)当 a0,所以 h(x)0,h(x)在(0,)上单调递减,又 h(1)0,故当 0 x0,即 f(x)g(x)1,与题设矛盾.当 a0 时,h(x)2xa2x a2x(x0),当 0 x0,当 xa2时,h(x)h(1)0,与 ha2 0 不符.a2.(3)当 a0 时,由(2)知 h(x)0,h(x)在(0,)上是减函数,不妨设 00),2x2xa0 在 x0 时恒成立,a(2x2x)min,又当 x0 时,(2x2x)min18,a18,又 a0,a 的取值范围是，18.