第六讲 专题提能——“函数与导数、不等式”专题提能课
失误1
因概念不清而解题受阻
[例1] (2018·嘉兴高三基础测试)已知y＝f(x)＋x是偶函数，且f(2)＝1，则f(－2)＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 设g(x)＝f(x)＋x，则f(－2)＝g(－2)－(－2)＝g(2)＋2＝f(2)＋2＋2＝5，故选D.
[答案] D
[微评] 这里的“y”并非f(x)，解此题时构造函数g(x)＝f(x)＋x，从而f(x)＝g(x)－x是关键一步，如果错以为“y是偶函数”，则“f(x)是偶函数”，则大错特错了．
引伸开来，解有关函数的奇偶性的问题，还要注意以下几点：
(1)判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．
(2)判断函数f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能说存在x0，使f(－x0)＝－f(x0)或f(－x0)＝f(x0)．
(3)分段函数的奇偶性判定时，不要把分段函数在定义域某一区间上不是奇偶函数而否定函数在整个定义域上的奇偶性．
失误2
因忽视对对称性的讨论而失分
[例2] 已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，f(x)＝，若对任意实数t∈，都有f(t＋a)－f(t－1)>0恒成立，则实数a的取值范围是__________．
[解析] ∵当x>0时，f(x)＝＝1－，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(t＋a)－f(t－1)>0得，f(t＋a)>f(t－1)，
又f(x)是定义在R上的偶函数，
∴f(|t＋a|)>f(|t－1|)，则|t＋a|>|t－1|，
两边平方得，(2a＋2)t＋a2－1>0，
∵对任意实数t∈，都有f(t＋a)－f(t－1)>0恒成立，
∴对任意实数t∈，都有(2a＋2)t＋a2－1>0恒成立，
则化简得
解得a>0或a<－3，
则实数a的取值范围是(－∞，－3)∪(0，＋∞)．
[答案] (－∞，－3)∪(0，＋∞)
[微评] 对于函数比较大小的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．如本题中，如果在得出f(t＋a)>f(t－1)之后，丢了这里的绝对值符号，则会因考虑不周而失分.
失误3
因忽视必备条件的讨论而失分
[例3] 设函数f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是单调递减函数，则实数a的取值范围是( )
A．[－，＋∞) B．(－∞，－3]
C．(－∞，－3) D．[－，]
[解析] 根据题意f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0在区间[1,3]上恒成立，所以f′(x)＝x2＋2ax＋5的最大值小于或等于零，因为函数开口向上，故最大值在区间端点处取得，所以解得a≤－3，故选B.
[答案] B
[微评] 函数单调递减时，相应的导数值应该小于或等于零(等于零的点为有限个孤立点)，本题易错误地令f(x)<0，求得错解C.
失误4
因对双变量问题非等价转化而失分
[例4] 已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)?x1∈，?x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
[解] (1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：
f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当0
0，则函数y＝f(x)在上单调递增，f(0)＝－1<0，f＝e>0，f(0)·f<0.
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1.
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，
所以?x1∈，?x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max.
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1.
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，
当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥ ，
所以g′(x)<0.
故g(x)在区间上单调递减，
当x＝0时，g(x)取得最大值－.
所以－1≥m－(－)，
所以m≤－－1，
故实数m的取值范围是(－∞，－1－ ]．
[微评] (1)本题第(2)问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错．
(2)双变量问题的常用转化方法：
①存在x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min；
②任意的x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)恒成立?f(x)min>g(x)max；
③任意的x2∈[a，b]，总存在x1∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立?f(x)max>g(x)max；
④任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立?f(x)min>g(x)min；
⑤任意的x1，x2∈[a，b]，不等式|f(x1)－f(x2)|
策略1
特例法：在求解函数问题中的应用
特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．
[例1] (1)(特殊数值)设函数f(x)＝若f(x0)>3，则x0的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
(2)(特殊点)函数f(x)＝的图象是( )
(3)(特殊函数)若函数y＝f(x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f(x)的值域可以是R；
②“影子函数”f(x)可以是奇函数；
③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．① B．②
C．③ D．②③
[解析] (1)取x0＝1，则f(1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
(2)因为x≠±1，所以排除A；因为f(0)＝1，所以函数f(x)的图象过点(0,1)，排除D；因为f＝＝，所以排除B，故选C.
(3)对于①：假设“影子函数”的值域为R，
则存在x1，使得f(x1)＝0，此时显然不存在x2，使得f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误；
对于②：函数f(x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f(x1)·f(x2)＝1，
又因为函数f(x)＝x(x≠0)为奇函数，
即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确；
对于③：函数f(x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．
综上，应选B.
[答案] (1)C (2)C (3)B
[微评] 本例(1)(2)(3)分别采用“特殊数值”“特殊点”“特殊函数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正确率.
策略2
构造法：在函数与导数、不等式综合问题中的应用
根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法之一．
[例2] (1)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
(2)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
[解析] (1)由不等式可得－＜ln m－ln n，
即＋ln n＜＋ln 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n＜m.
(2)因为f(x＋2)为偶函数，
所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，
所以f(x)的图象关于x＝2对称．
所以f(0)＝f(4)＝1.
设g(x)＝(x∈R)，
则g′(x)＝＝.
又f′(x)＜f(x)，
所以g′(x)＜0(x∈R)，
所以函数g(x)在定义域上单调递减．
因为f(x)＜ex?＜1，而g(0)＝＝1，
所以f(x)＜ex?g(x)＜g(0)，所以x＞0.
[答案] (1)A (2)B
[微评] (1)本例(1)(2)分别构造函数f(x)＝＋ln x，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．求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：
①对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
③对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)；
④对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
1．数形结合思想——在求解不等式中的应用
当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象法．
[例1] (1)不等式 ≤x＋b恒成立，则实数b的取值范围是( )
A．(－∞，－－1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[－－1，－1]
(2)已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为( )
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋
[解析] (1)设y＝＝，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1的上半圆；而y＝x＋b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线．
如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故≥1，解得b≥－1或b≤－－1.而当b≤－－1时，直线y＝x＋b在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b的取值范围是[－1，＋∞)．故选C.
(2)因为f(x)＝ex＋e2－x>0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得00)，画出函数g(t)的大致图象，如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0[答案] (1)C (2)C
[微评] 本例(1)(2)解读了数形结合思想应用的两个方面：
(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质；
(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确．
2．分类讨论思想——在函数、导数中的应用
[例2] (1)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则ab＝________.
(2)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
①当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
②当a<0时，求函数f(x)在上的最小值．
[解析] (1)当01时，f(x)在[－1,0]上单调递增，则此方程组无解．综上可知，ab＝4.
答案：4
(2)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
所以f′(x)＝2ax＋1－2a－＝.
①因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0，
令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
当－>1，即－所以f(x)在上的最小值为f(1)＝1－a.
当≤－≤1，即－1≤a≤－时，f(x)在上是减函数，在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)．
当－<，即a<－1时，f(x)在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为
f(x)min＝
[微评] (1)要由“函数f(x)的定义域和值域都是[－1，0]”这一条件得到关于a，b的方程组，必须先明确函数f(x)的单调性，而底数a的值决定了函数f(x)的单调性，因此分01两种情况进行求解．注意对于底数含参的指数(对数)函数，当涉及单调性、值域(最值)、解不等式等问题时，一般需进行分类讨论．
(2)求f(x)在上的最小值时，主要是参数a的取值影响f(x)在的单调性，故要分类讨论．
导数在函数应用中的几种考法
[题根研究]
[题根] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
当a2≤3时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上递增；
当a2>3时，由f′(x)＝0，求得两根为x＝，即f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.
(2)由
解得a≥2，即a的取值范围为[2，＋∞)．
[题根分析] 对于一元三次函数，要判断单调性并求单调区间，求导的方法比较简单．
[变式应用]
[变式1] 已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x＋a，由f′(x)≥0得到f(x)的单调递增区间为，由f′(x)≤0得到f(x)的单调递减区间为.
(2)由－≤－，解得a≤，
即a的取值范围为.
[变式2] 已知函数f(x)＝－，其中t为常数，且t>0.求函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值．
解：由f(x)＝－，
得f′(x)＝－－
＝.
因为x>0，当x0；当x>t时，f′(x)<0，所以当x＝t时，f(x)取得最大值f(t)＝.
[变式3] 设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集．
解：(1)f′(x)＝ex，由f′(x)＝0，得x＝1.
当x<0时，f′(x)<0；当0当x≥1时，f′(x)≥0，
所以f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，0)和(0,1)．
(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝ex＝ex>0，得(x－1)(kx－1)<0.
所以当01时，解集是.
[变式4] 已知f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
∴当0当10，f(x)在(1，e]上单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1，f(x)无极大值．
(2)证明：由(1)知f(x)min＝1.
又g′(x)＝，
∴当00，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴g(x)max＝g(e)＝，
∴f(x)min－g(x)max＝1－，但由于f(x)和g(x)不能同时取得最小和最大值，
∴f(x)－g(x)>1－，即不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
[变式5] 设函数f(x)＝ax＋cos x，x∈[0，π]．
(1)当a＝时，求f(x)的单调区间；
(2)设f(x)≤1＋sin x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝时，f′(x)＝－sin x.
由f′(x)＝0，x∈[0，π]，得x＝或，
∴由f′(x)≥0得递增区间为和；
由f′(x)<0得递减区间为.
(2)在x∈[0，π]上，f(x)≤1＋sin x?ax＋cos x≤1＋sin x?ax－1≤sin x－cos x?ax－1≤sin
?函数y＝ax－1的图象恒在y＝sin图象的下方．
作出函数y＝ax－1和y＝sin在[0，π]的图象，由图可知，a≤＝，
即a的取值范围是.
(一)高等数学背景型临界问题
以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考命题的热点之一．
[高斯函数]
对任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分，称f(x)＝[x]为高斯函数(取整函数)．
[有界函数]
定义在区间D上的函数f(x)，若满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是区间D上的有界函数，其中M称为f(x)在区间D上的上界．
[例1] (1)设集合A＝和B＝，其中符号[x]表示不大于x的最大整数，则A∩B＝________.
(2)已知函数f(x)＝1＋a·x＋x，若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)因为<8x<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3.
若[x]＝－3，则log2(x2＋3)＝2，无解；
若[x]＝－2，则log2(x2＋2)＝2，解得x＝－；
若[x]＝－1，则log2(x2＋1)＝2，无解；
若[x]＝0，则log2(x2)＝2，无解；
若[x]＝1，则log2(x2－1)＝2，无解；
若[x]＝2，则log2(x2－2)＝2，解得x＝；
若[x]＝3，则log2(x2－3)＝2，无解．
综上，A∩B＝{－，}．
(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.所以－4·2x－x≤a≤2·2x－x在[0，＋∞)上恒成立，
即max≤a≤min.
设t＝2x，h(t)＝－4t－，p(t)＝2t－，且t∈[1，＋∞)，易知h(t)＝－4t－在[1，＋∞)上单调递减，p(t)＝2t－在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1.
故实数a的取值范围为[－5,1]．
[答案] (1){－，} (2)[－5,1]
[微评] 本例(1)以取整函数为背景考查学生分析问题、解决问题的能力，解决本题的关键是对符号[x]的正确理解；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的能力，其中理解有界函数的意义是解题的关键．
(二)临界方法
[洛必达法则]
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝0及g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)＝l.
那么＝＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝0及g(x)＝0；
(2)?A≠0，f(x)和g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；
(3) ＝l.
那么＝＝l.
法则3 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝∞及g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)＝l.
那么＝＝l.
[例2] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即
解得
(2)由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－
＝.
令函数h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①若k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减．而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②若0＜k＜1.由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，
所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
③若k≥1.此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0.
与题设矛盾．
综上，k的取值范围为(－∞，0]．
此方法在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另解：(2)由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0.
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0.
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知g(x)＝2＋1＝2＋1＝2×＋1＝0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[微评] 在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．
A组——易错清零练
1．已知函数f(x)＝ln是奇函数，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C．1或－1 D．4
解析：选B 由题意知f(－x)＝－f(x)恒成立，则ln＝－ln，即＋a＝，解得a＝－1.故选B.
2．已知f(x)是奇函数，且f(2－x)＝f(x)，当x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当x∈(1,2)时，f(x)＝( )
A．－log2(4－x) B．log2(4－x)
C．－log2(3－x) D．log2(3－x)
解析：选C 依题意得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当x∈(1,2)时，x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝－log2(3－x)，选C.
3．已知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记a＝－2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．bC．c解析：选D 因为函数f(x)为R上的奇函数，所以f(0)＝－m＝0，即m＝0.
设g(x)＝xf(x)，则g(x)为R上的偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x，g(x)＝x(－ex＋e－x)，
则g′(x)＝－x(ex＋e－x)－(ex－e－x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又a＝g(－2)＝g(2)，b＝g(－1)＝g(1)，c＝g(3)，
所以c4．设函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为( )
A．(－2－2,2－2) B.
C. D．(2－2，＋∞)
解析：选B 由题意可知，当x≤0时，10时，f(x)≥0，f(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．作出函数f(x)的图象如图所示．设t＝f(x)，则关于t的方程t2－(a＋2)t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈(1,2]．令g(t)＝t2－(a＋2)t＋3，
则解得2－25．已知y＝f(x)在(0,2)上是增函数，y＝f(x＋2)是偶函数，则f(1)，f，f的大小关系是__________．(用“<”连接)
解析：因为y＝f(x＋2)是偶函数，f(x＋2)的图象向右平移2个单位即得f(x)的图象．所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，又因为f(x)在(0,2)上是增函数，所以f(x)在(2,4)上是减函数，且f(1)＝f(3)，由于>3>，所以f答案：fB组——方法技巧练
1．已知函数f(x)＝e－x＋log3，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x1>x0，则f(x1)的值( )
A．等于0 B．不大于0
C．恒为正值 D．恒为负值
解析：选D 由题意得f(x)＝e－x＋log3＝x－log3x，方程f(x)＝0，即f(x)＝x－log3x＝0.则x0为y1＝x与y2＝log3x图象的交点的横坐标，画出函数y1＝x与y2＝log3x的图象(图略)，可知当x1>x0时，y2>y1，f(x1)＝y1－y2<0，故选D.
2．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式xg(x)≤0的解集是( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．[－4，－2]∪[0，＋∞)
C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[0，＋∞)
解析：选C 依题意，画出函数的大致图象如图所示，
实线部分为g(x)的草图，
则xg(x)≤0?
或
由图可得xg(x)≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则实数b的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，
设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，
若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，
则函数g(x)在区间上存在子区间使得g′(x)＞0成立．
g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，
设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，
则h(2)＞0或h＞0，
即8－3b＞0或－b＞0，得b＜.
4．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2e时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1,4]上是减函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－2e时，f′(x)＝2x－＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)，
极小值是f()＝0，无极大值．
(2)由g(x)＝x2＋aln x＋，得g′(x)＝2x＋－.
又函数g(x)＝x2＋aln x＋为[1,4]上是减函数，
则g′(x)≤0在[1,4]上恒成立，
所以不等式2x－＋≤0在[1,4]上恒成立，
即a≤－2x2在[1,4]上恒成立．
又φ(x)＝－2x2在[1,4]为减函数，
所以φ(x)的最小值为φ(4)＝－，所以a≤－.
即实数a的取值范围为.
5．设函数f(x)＝x3－x2＋2x，g(x)＝ax2－(a－2)x.
(1)对于任意实数x∈[－1,2]，f′(x)≤m恒成立，求m的最小值；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，求a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝x2－x＋2，对称轴x＝∈[－1,2]，
∴f′(x)max＝f′(－1)＝4≤m，即m的最小值为4.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－(a＋1)x2＋ax，
则h′(x)＝x2－(a＋1)x＋a.
由h′(x)＝0，得x＝1或x＝a.
①当a>1时，h′(x)，h(x)随x的变化如下表：
x
(－1,1)
1
(1，a)
a
(a，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
极大值
?
极小值
?
若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则解得a>3.
②当－1x
(－1，a)
a
(a,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
极大值
?
极小值
?
若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则
解得－又∵－1③当a＝1时，h′(x)＝(x－1)2≥0.
∴h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，不合题意．
④当a≤－1时，h(x)在区间(－1，＋∞)最多两个实根，不合题意．
综上，a的取值范围为∪∪.
C组——创新应用练
1．若a在[1,6]上随机取值，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C ∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，而1≤a≤6，∴1≤≤.要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C.
2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系可用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)表示为( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
解析：选B 法一：取特殊值法，若x＝56，y＝5，排除C、D，若x＝57，y＝6，排除A，故选B.
法二：设x＝10m＋n(0≤n≤9)，当0≤n≤6时，＝＝m＝，当63．对于使f(x)≤M成立的所有常数M，我们把M的最小值称为f(x)的上确界，若a，b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，则－－的上确界为( )
A．－ B.
C. D．－4
解析：选A ∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴＋≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
4．数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，在点x0附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－x0)．利用这一方法，m＝的近似代替值( )
A．大于m B．小于m
C．等于m D．与m的大小关系无法确定
解析：选A 依题意，取f(x)＝，则f′(x)＝，则有≈＋(x－x0)．令x＝4.001，x0＝4，则有≈2＋×0.001，注意到2＝4＋0.001＋2>4.001，即m＝的近似代替值大于m，故选A.
5．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．
C． D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是增函数，又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点，由g(x)＝0得a＝(0≤x≤2)，即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3，故选D.
6．函数y＝f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为kA，kB，规定K(A，B)＝(|AB|为线段AB的长度)叫做曲线y＝f(x)在点A与点B之间的“近似曲率”．设曲线y＝上两点A，B(a>0且a≠1)，若m·K(A，B)>1恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：因为y′＝－ ，所以kA＝－，kB＝－a2，
又|AB|＝ ＝，
所以K(A，B)＝＝>，<，所以由m>得，m≥.
答案：
7．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， ＝＝＝，故a≤.
综上，a的取值范围为.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数f(x)＝2cos2－1是( )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为的奇函数
D．最小正周期为的偶函数
解析：选A 因为f(x)＝2cos2－1＝cos 2＝cos＝sin 2x，所以最小正周期T＝＝π，f(x)是奇函数，即函数f(x)是最小正周期为π的奇函数．
2．(2018·浙江名师原创卷)已知函数f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为45°，则a的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选B ∵f′(x)＝，∴f′(1)＝＝tan 45°＝1，解得a＝0.故选B.
3．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.故选C.
4．(2018·浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A．20＋π B．20＋π
C．24＋(－1)π D．24＋π
解析：选C 由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正方体的侧面积为4×2×2＝16，正方体的一个底面面积为2×2＝4，圆锥的底面圆的半径为1，高为1，母线长为＝，侧面积为π×1×＝π，所以该几何体的表面积为16＋4＋π＋4－π×12＝24＋(－1)π，故选C.
5．(2018·浙江联盟校联考)函数f(x)＝的图象大致为( )
解析：选B 函数f(x)的定义域为R，故排除A.
又f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故排除C.
又f(1)＝＝>0，所以排除D.
综上，选B.
6．(2018·阜阳模拟)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1⊥PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵F1，F2是椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的左、右两个焦点，
∴F1(－c,0)，F2(c,0)，c2＝a2－b2.
设点P(x，y)，由PF1⊥PF2，得(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，化简得x2＋y2＝c2.
联立方程组整理得，x2＝(2c2－a2)·≥0，解得e≥.又0＜e＜1，∴≤e＜1.
7．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤对任意x∈R恒成立，且f>0，则f(x)的单调递减区间是( )
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
解析：选C 由题意可得函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，故有2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ，k∈Z.又f＝sin>0，所以φ＝2nπ，n∈Z，所以f(x)＝sin(2x＋2nπ)＝sin 2x.令2kπ＋≤2x≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，故函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z，故选C.
8．若实数x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．7
解析：选B 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y＝0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z＝2x＋y取得最小值，且zmin＝2×1＋2＝4，故选B.
9．(2017·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝(2x－1)·ex＋ax2－3a(x>0)为增函数，则a的取值范围是( )
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2 ] D.
解析：选A ∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.设g(x)＝ex，则g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵当x>时，g′(x)>0，当010．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x∈(0,2)时，f(x)＝x3，则函数f(x)在区间[2 018,2 021]上( )
A．无最大值 B．最大值为0
C．最大值为－1 D．最大值为1
解析：选D 因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(4－x)＝－f(x)．又函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(－x)．令t＝－x，得f(4＋t)＝f(t)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数．又函数f(x)的定义域为R，且函数f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－2)＝－f(2)，由函数f(x)的周期为4，得f(－2)＝f(2)，所以－f(2)＝f(2)，解得f(2)＝0.所以f(－2)＝0.依此类推，可以求得f(2n)＝0(n∈Z)．作出函数f(x)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的图象与在区间[－2,1]上的图象完全一样．观察图象可知，函数f(x)在区间(－2,1]上单调递增，且f(1)＝13＝1，又f(－2)＝0，
所以函数f(x)在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的最大值也是1.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．(2018·浙江考前冲刺卷)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2＋a5＋a8＝27，则a5＝________，S9＝________.
解析：法一：设公差为d，∵a2＋a5＋a8＝27，∴3a1＋12d＝27，∴a1＋4d＝9，即a5＝9，∴S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝81.
法二：∵a2＋a5＋a8＝3a5＝27，∴a5＝9，∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝81.
答案：9 81
12．(2018·绍兴教学质量监测)设函数f(x)＝g＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为9x＋y－1＝0，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，
又f′(x)＝g′＋2x，
∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，
f(2)＝g(1)＋4＝－4，
∴所求切线方程为y＋4＝－(x－2)，
即x＋2y＋6＝0.
答案：x＋2y＋6＝0
13．(2018·浙江考前冲刺卷)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝4，cos B＝－，sin A＝，则c＝________，S△ABC＝________.
解析：法一：由cos B＝－得，sin B＝＝.由正弦定理＝得a＝2.由b2＝a2＋c2－2accos B，即c2＋c－12＝0，解得c＝3(c＝－4舍去)．S△ABC＝acsin B＝×2×3×＝.
法二：由cos B＝－得，sin B＝＝，由sin A＝，得cos A＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，由正弦定理＝得c＝3，S△ABC＝bcsin A＝×4×3×＝.
答案：3
14．已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝0，当x<0时，f′(x)＋>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
解析：因为f(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，则f(－1)＝f(1)＝0.当x<0时，f′(x)＋＝>0，∴xf′(x)＋f(x)<0，即(xf(x))′<0.令g(x)＝xf(x)，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝－f(－1)＝0.当x<－1时，xf(x)>0，∴f(x)<0；当－10.由对称性知，f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
15．已知函数f(x)＝|x2－2ax＋2|，若f(x)≤1在区间上恒成立，则实数a的取值范围是__________；设max{m，n}＝则max的最小值为________．
解析：由f(x)＝|x2－2ax＋2|≤1在上恒成立可得－1≤x2－2ax＋2≤1，即x＋≤2a≤x＋在区间上恒成立，所以max≤2a≤min，所以≤2a≤2，解得≤a≤.因为max＝max{|9－4a|，|6－4a|}≥≥＝，所以其最小值为.
答案：
16．(2019届高三·镇海中学检测)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A(2,1)，B是E上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若∠AF2B＝，S△ABF2＝，则双曲线E的标准方程为________________．
解析：如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，
所以S△ABF2＝S△AF1F2，∠F1AF2＝，所以|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos ，
即4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－|AF1||AF2|，①
又4a2＝(|AF1|－|AF2|)2，
所以4a2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|，②
由①②可得|AF1||AF2|＝4b2，
又S△ABF2＝×4b2×＝，所以b2＝1，
将点A(2,1)代入－y2＝1，可得a2＝2，故双曲线E的标准方程为－y2＝1.
答案：－y2＝1
17．(2018·浙江联盟校联考)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x∈(0,1]时，f(x)＝9x－3，则f＝________；若数列{an}满足an＝f(log2(64＋n))，对n∈N*且n<100，当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝________.
解析：由f(x)为奇函数可得f(－x)＝－f(x)，由f(x)的图象关于直线x＝1对称可得f(1＋x)＝f(1－x)，得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)的一个周期为4.
作出f(x)在(－2,2)上的图象如图所示，结合图象知，当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
由周期性可知，当x∈时，f(x)>0，
当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
而6∴当60，
∵64＝∈(90,91)，∴n≤26，
当27≤n<100时，∴当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝26.
答案：0 26
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·嘉兴模拟)如图，在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝.AD⊥PB，将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M是侧棱PB的中点，求证：CM∥平面PAD；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：取PA的中点N，连接MN，DN.
∵M，N为PB，PA的中点，∴MN綊AB.
在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，
∵AD⊥PB，∴CD綊AB，∴MN綊DC，
∴四边形MNDC为平行四边形，故CM∥DN.
∵CM?平面PAD，DN?平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
(2)作BE∥AD交DC的延长线于E点．
∵AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD.
如图，将几何体补成直三棱柱PAD -KBE.
过点B作BH⊥KE，∵PK⊥平面BEK，∴PK⊥BH，
∴BH⊥平面PCD，则PB在平面PCD上的射影为PH，故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角．
在Rt△PBH中，BH＝KE＝，且PB＝，
∴sin∠BPH＝＝，
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝3ax2－2(a－b＋1)x－b，a，b∈R，x∈[－1,1]．
(1)若a＋b＝1，证明函数f(x)的图象必过定点；
(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．
解：(1)证明：因为a＋b＝1，所以b＝1－a.
所以f(x)＝a(3x2－4x＋1)－1，要使函数过定点，则须3x2－4x＋1＝0，
解得x＝1或x＝.
故可知函数的图象必过定点(1，－1)和.
(2)当a＝0时，f(x)＝2(b－1)x－b∈[b－2,2－3b]，所以此时|f(x)|≤5；
当a<0时，对称轴x＝≤，
①≤－1，即b≤1＋4a时，f(x)∈[a＋b－2,5a－3b＋2]，此时－4≤f(x)≤，即|f(x)|≤4；
②>－1，即b>1＋4a时，f(x)≤－b－<－b－3a≤4，
又f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，所以|f(x)|≤6.
当a>0时，对称轴x＝≥，
①≥1，即b≤1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10；
②<1，即b>1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥－b－≥－b－3a≥－4，所以|f(x)|≤10.
综上，M的最大值为10，当a＝1，b＝－1，x＝－1时取到．
20．(本小题满分15分)(2018·杭州高三质检)如图，过抛物线M：y＝x2上一点A(点A不与原点O重合)
作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C，G是抛物线M上异于点A的点，且G为△ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.
(1)设A(x0，x)(x0≠0)，求直线AB的方程；
(2)求的值．
解：(1)因为y′＝2x，
所以直线AB的斜率k＝y′|x＝x0＝2x0，
所以直线AB的方程为y－x＝2x0(x－x0)，
即y＝2x0x－x.
(2)由题意得，点B的纵坐标yB＝－x，
所以AB的中点坐标为.
设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为x＝my＋x0.
由得m2y2＋(mx0－1)y＋x＝0.
因为G为△ABC的重心，所以y1＝3y2.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝4y2＝，y1y2＝3y＝.
所以＝，
解得mx0＝－3±2.
所以点D的纵坐标yD＝－＝，
故＝＝4±6.
21．(本小题满分15分)(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)≤e－x＋x2.
解：(1)由题意x>0，f′(x)＝1＋a＋aln x.
①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0?x＝e>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
③当a<0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递减，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0?x＝e－1－>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，则a<0，且e－1－＝1，解得a＝－1，故此时f(x)＝x－xln x，
要证f(x)≤e－x＋x2，只需证x－xln x≤e－x＋x2，
即证e－x＋x2－x＋xln x≥0，
设h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0，
则h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x.
令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x＋2＋>0，
所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x单调递增，
又h′＝－e＋－1<0，h′(1)＝－＋2>0，
故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在上存在唯一零点x0，即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0.
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0，
所以只需证h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0≥0即可，
由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，得e－x0＝2x0＋ln x0，
所以h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，又x0＋1>0，
所以只要x0＋ln x0≥0即可，
法一：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0?x0所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾，
故x0＋ln x0≥0，得证．
法二：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0?x0所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0>0时，ln x0>－x0?x0>e－x0?－e－x0＋x0>0，
所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0>0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0?x0＝e－x0?－e－x0＋x0＝0，
得－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，故x0＋ln x0＝0成立，
得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，所以h(x)≥0，
即f(x)≤e－x＋x2.
22．(本小题满分15分)(2018·金华统考)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增．
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e.
∴当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点．
课件64张PPT。“函数与导数、不等式”
专题提能课专题提能——六讲第提能点(一)防止思维定式，
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A组——易错清零练
1．已知函数f(x)＝ln是奇函数，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C．1或－1 D．4
解析：选B 由题意知f(－x)＝－f(x)恒成立，则ln＝－ln，即＋a＝，解得a＝－1.故选B.
2．已知f(x)是奇函数，且f(2－x)＝f(x)，当x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当x∈(1,2)时，f(x)＝( )
A．－log2(4－x) B．log2(4－x)
C．－log2(3－x) D．log2(3－x)
解析：选C 依题意得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当x∈(1,2)时，x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝
－log2(3－x)，选C.
3．已知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记a＝
－2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．bC．c解析：选D 因为函数f(x)为R上的奇函数，所以f(0)＝－m＝0，即m＝0.
设g(x)＝xf(x)，则g(x)为R上的偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x，g(x)＝x(－ex＋e－x)，
则g′(x)＝－x(ex＋e－x)－(ex－e－x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又a＝g(－2)＝g(2)，b＝g(－1)＝g(1)，c＝g(3)，
所以c4．设函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为( )
A．(－2－2,2－2) B.
C. D．(2－2，＋∞)
解析：选B 由题意可知，当x≤0时，10时，f(x)≥0，f(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．作出函数f(x)的图象如图所示．设t＝f(x)，则关于t的方程t2－(a＋2)t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈(1,2]．令g(t)＝t2－(a＋2)t＋3，
则解得2－25．已知y＝f(x)在(0,2)上是增函数，y＝f(x＋2)是偶函数，则f(1)，f ，f 的大小关系是__________．(用“<”连接)
解析：因为y＝f(x＋2)是偶函数，f(x＋2)的图象向右平移2个单位即得f(x)的图象．所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，又因为f(x)在(0,2)上是增函数，所以f(x)在(2,4)上是减函数，且f(1)＝f(3)，由于>3>，所以f 答案：f B组——方法技巧练
1．已知函数f(x)＝e－x＋log3，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x1>x0，则f(x1)的值( )
A．等于0 B．不大于0
C．恒为正值 D．恒为负值
解析：选D 由题意得f(x)＝e－x＋log3＝x－log3x，方程f(x)＝0，即f(x)＝x－log3x＝0.则x0为y1＝x与y2＝log3x图象的交点的横坐标，画出函数y1＝x与y2＝log3x的图象(图略)，可知当x1>x0时，y2>y1，f(x1)＝y1－y2<0，故选D.
2．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式xg(x)≤0的解集是( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．[－4，－2]∪[0，＋∞)
C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[0，＋∞)
解析：选C 依题意，画出函数的大致图象如图所示，
实线部分为g(x)的草图，
则xg(x)≤0?
或
由图可得xg(x)≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则实数b的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，
设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，
若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，
则函数g(x)在区间上存在子区间使得g′(x)＞0成立．
g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，
设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，
则h(2)＞0或h＞0，
即8－3b＞0或－b＞0，得b＜.
4．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2e时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1,4]上是减函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－2e时，f′(x)＝2x－＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)，
极小值是f()＝0，无极大值．
(2)由g(x)＝x2＋aln x＋，得g′(x)＝2x＋－.
又函数g(x)＝x2＋aln x＋为[1,4]上是减函数，
则g′(x)≤0在[1,4]上恒成立，
所以不等式2x－＋≤0在[1,4]上恒成立，
即a≤－2x2在[1,4]上恒成立．
又φ(x)＝－2x2在[1,4]为减函数，
所以φ(x)的最小值为φ(4)＝－，所以a≤－.
即实数a的取值范围为.
5．设函数f(x)＝x3－x2＋2x，g(x)＝ax2－(a－2)x.
(1)对于任意实数x∈[－1,2]，f′(x)≤m恒成立，求m的最小值；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，求a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝x2－x＋2，对称轴x＝∈[－1,2]，
∴f′(x)max＝f′(－1)＝4≤m，即m的最小值为4.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－(a＋1)x2＋ax，
则h′(x)＝x2－(a＋1)x＋a.
由h′(x)＝0，得x＝1或x＝a.
①当a>1时，h′(x)，h(x)随x的变化如下表：
x
(－1,1)
1
(1，a)
a
(a，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
极大值
?
极小值
?
若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则解得a>3.
②当－1x
(－1，a)
a
(a,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
极大值
?
极小值
?
若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则
解得－又∵－1③当a＝1时，h′(x)＝(x－1)2≥0.
∴h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，不合题意．
④当a≤－1时，h(x)在区间(－1，＋∞)最多两个实根，不合题意．
综上，a的取值范围为∪∪.
C组——创新应用练
1．若a在[1,6]上随机取值，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C ∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，而1≤a≤6，∴1≤≤.要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C.
2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系可用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)表示为( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
解析：选B 法一：取特殊值法，若x＝56，y＝5，排除C、D，若x＝57，y＝6，排除A，故选B.
法二：设x＝10m＋n(0≤n≤9)，当0≤n≤6时，＝＝m＝，当63．对于使f(x)≤M成立的所有常数M，我们把M的最小值称为f(x)的上确界，若a，b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，则－－的上确界为( )
A．－ B．
C． D．－4
解析：选A ∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴＋≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
4．数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，
在点x0附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)
(x－x0)．利用这一方法，m＝的近似代替值( )
A．大于m B．小于m
C．等于m D．与m的大小关系无法确定
解析：选A 依题意，取f(x)＝，则f′(x)＝，则有≈＋(x－x0)．
令x＝4.001，x0＝4，则有≈2＋×0.001，注意到2＝4＋0.001＋2>4.001，即m＝的近似代替值大于m，故选A.
5．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．
C． D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是增函数，又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点，由g(x)＝0得a＝(0≤x≤2)，即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3，故选D.
6．函数y＝f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为kA，kB，规定K(A，B)＝(|AB|为线段AB的长度)叫做曲线y＝f(x)在点A与点B之间的“近似曲率”．设曲线y＝上两点A，B(a>0且a≠1)，若m·K(A，B)>1恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：因为y′＝－ ，所以kA＝－，kB＝－a2，
又|AB|＝ ＝，
所以K(A，B)＝＝>，<，所以由m>得，m≥.
答案：
7．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， ＝＝＝，故a≤.
综上，a的取值范围为.
阶段质量检测（五） 专题一~五“综合检测”
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数f(x)＝2cos2－1是( )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为的奇函数
D．最小正周期为的偶函数
解析：选A 因为f(x)＝2cos2－1＝cos 2＝cos＝sin 2x，所以最小正周期T＝＝π，f(x)是奇函数，即函数f(x)是最小正周期为π的奇函数．
2．(2018·浙江名师原创卷)已知函数f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为45°，则a的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选B ∵f′(x)＝，∴f′(1)＝＝tan 45°＝1，解得a＝0.故选B.
3．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以
cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.故选C.
4．(2018·浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )
A．20＋π B．20＋π
C．24＋(－1)π D．24＋π
解析：选C 由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正方体的侧面积为4×2×2＝16，正方体的一个底面面积为2×2＝4，圆锥的底面圆的半径为1，高为1，母线长为＝，侧面积为π×1×＝π，所以该几何体的表面积为16＋4＋π＋4－π×12＝24＋(－1)π，故选C.
5．(2018·浙江联盟校联考)函数f(x)＝的图象大致为( )
解析：选B 函数f(x)的定义域为R，故排除A.
又f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故排除C.
又f(1)＝＝>0，所以排除D.
综上，选B.
6．(2018·阜阳模拟)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1⊥PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵F1，F2是椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的左、右两个焦点，
∴F1(－c,0)，F2(c,0)，c2＝a2－b2.
设点P(x，y)，由PF1⊥PF2，得(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，化简得x2＋y2＝c2.
联立方程组整理得，x2＝(2c2－a2)·≥0，解得e≥.又0＜e＜1，∴≤e＜1.
7．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤对任意x∈R恒成立，且f >0，则f(x)的单调递减区间是( )
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
解析：选C 由题意可得函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，故有2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ，k∈Z.又f ＝sin>0，所以φ＝2nπ，n∈Z，所以f(x)＝sin(2x＋2nπ)＝sin 2x.令2kπ＋≤2x≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，故函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z，故选C.
8．若实数x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．7
解析：选B 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y＝0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z＝2x＋y取得最小值，且zmin＝2×1＋2＝4，故选B.
9．(2017·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝(2x－1)·ex＋ax2－3a(x>0)为增函数，则a的取值范围是( )
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2 ] D.
解析：选A ∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.设g(x)＝ex，则g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵当x>时，g′(x)>0，当010．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x∈(0,2)时，f(x)＝x3，则函数f(x)在区间[2 018,2 021]上( )
A．无最大值 B．最大值为0
C．最大值为－1 D．最大值为1
解析：选D 因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(4－x)＝－f(x)．又函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(－x)．令t＝－x，得f(4＋t)＝f(t)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数．又函数f(x)的定义域为R，且函数f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－2)＝－f(2)，由函数f(x)的周期为4，得f(－2)＝f(2)，所以－f(2)＝f(2)，解得f(2)＝0.所以f(－2)＝0.依此类推，可以求得f(2n)＝0(n∈Z)．作出函数f(x)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的图象与在区间[－2,1]上的图象完全一样．观察图象可知，函数f(x)在区间(－2,1]上单调递增，且f(1)＝13＝1，又f(－2)＝0，所以函数f(x)在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的最大值也是1.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．(2018·浙江考前冲刺卷)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2＋a5＋a8＝27，则a5＝________，S9＝________.
解析：法一：设公差为d，∵a2＋a5＋a8＝27，∴3a1＋12d＝27，∴a1＋4d＝9，即a5＝9，∴S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝81.
法二：∵a2＋a5＋a8＝3a5＝27，∴a5＝9，∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝81.
答案：9 81
12．(2018·绍兴教学质量监测)设函数f(x)＝g＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为9x＋y－1＝0，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，
又f′(x)＝g′＋2x，
∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，
f(2)＝g(1)＋4＝－4，
∴所求切线方程为y＋4＝－(x－2)，
即x＋2y＋6＝0.
答案：x＋2y＋6＝0
13．(2018·浙江考前冲刺卷)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝4，cos B＝－，sin A＝，则c＝________，S△ABC＝________.
解析：法一：由cos B＝－得，sin B＝＝.由正弦定理＝得a＝2.由b2＝a2＋c2－2accos B，即c2＋c－12＝0，解得c＝3(c＝－4舍去)．S△ABC＝acsin B＝×2×3×＝.
法二：由cos B＝－得，sin B＝＝，由sin A＝，得cos A＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，由正弦定理＝得c＝3，S△ABC＝bcsin A＝×4×3×＝.
答案：3
14．已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝0，当x<0时，f′(x)＋>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
解析：因为f(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，则f(－1)＝f(1)＝0.当x<0时，f′(x)＋＝>0，∴xf′(x)＋f(x)<0，即(xf(x))′<0.令g(x)＝xf(x)，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝－f(－1)＝0.当x<－1时，xf(x)>0，∴f(x)<0；当－10.由对称性知，f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
15．已知函数f(x)＝|x2－2ax＋2|，若f(x)≤1在区间上恒成立，则实数a的取值范围是__________；设max{m，n}＝则max的最小值为________．
解析：由f(x)＝|x2－2ax＋2|≤1在上恒成立可得－1≤x2－2ax＋2≤1，即x＋≤2a≤x＋在区间上恒成立，所以max≤2a≤min，所以≤2a≤2，解得≤a≤.因为max＝max{|9－4a|，|6－4a|}≥≥＝，所以其最小值为.
答案：
16．(2019届高三·镇海中学检测)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A(2,1)，B是E上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若∠AF2B＝，S△ABF2＝，则双曲线E的标准方程为________________．
解析：如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，
所以S△ABF2＝S△AF1F2，∠F1AF2＝，所以|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos ，
即4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－|AF1||AF2|， ①
又4a2＝(|AF1|－|AF2|)2，
所以4a2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|， ②
由①②可得|AF1||AF2|＝4b2，
又S△ABF2＝×4b2×＝，所以b2＝1，
将点A(2,1)代入－y2＝1，可得a2＝2，故双曲线E的标准方程为－y2＝1.
答案：－y2＝1
17．(2018·浙江联盟校联考)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x∈(0,1]时，f(x)＝9x－3，则f ＝________；若数列{an}满足an＝f(log2(64＋n))，对n∈N*且n<100，当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝________.
解析：由f(x)为奇函数可得f(－x)＝－f(x)，由f(x)的图象关于直线x＝1对称可得f(1＋x)＝f(1－x)，得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)的一个周期为4.
作出f(x)在(－2,2)上的图象如图所示，结合图象知，当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
由周期性可知，当x∈时，f(x)>0，
当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
而6∴当60，
∵64＝∈(90,91)，∴n≤26，
当27≤n<100时，∴当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝26.
答案：0 26
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·嘉兴模拟)如图，在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝.AD⊥PB，将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M是侧棱PB的中点，求证：CM∥平面PAD；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：取PA的中点N，连接MN，DN.
∵M，N为PB，PA的中点，∴MN綊AB.
在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，
∵AD⊥PB，∴CD綊AB，∴MN綊DC，
∴四边形MNDC为平行四边形，故CM∥DN.
∵CM?平面PAD，DN?平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
(2)作BE∥AD交DC的延长线于E点．
∵AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD.
如图，将几何体补成直三棱柱PAD -KBE.
过点B作BH⊥KE，∵PK⊥平面BEK，∴PK⊥BH，
∴BH⊥平面PCD，则PB在平面PCD上的射影为PH，故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角．
在Rt△PBH中，BH＝KE＝，且PB＝，
∴sin∠BPH＝＝，
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝3ax2－2(a－b＋1)x－b，a，b∈R，x∈[－1,1]．
(1)若a＋b＝1，证明函数f(x)的图象必过定点；
(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．
解：(1)证明：因为a＋b＝1，所以b＝1－a.
所以f(x)＝a(3x2－4x＋1)－1，要使函数过定点，则须3x2－4x＋1＝0，
解得x＝1或x＝.
故可知函数的图象必过定点(1，－1)和.
(2)当a＝0时，f(x)＝2(b－1)x－b∈[b－2,2－3b]，所以此时|f(x)|≤5；
当a<0时，对称轴x＝≤，
①≤－1，即b≤1＋4a时，f(x)∈[a＋b－2,5a－3b＋2]，此时－4≤f(x)≤，即|f(x)|≤4；
②>－1，即b>1＋4a时，f(x)≤－b－<－b－3a≤4，
又f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，所以|f(x)|≤6.
当a>0时，对称轴x＝≥，
①≥1，即b≤1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10；
②<1，即b>1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥－b－≥－b－3a≥－4，所以|f(x)|≤10.
综上，M的最大值为10，当a＝1，b＝－1，x＝－1时取到．
20．(本小题满分15分)(2018·杭州高三质检)如图，过抛物线M：y＝x2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C，G是抛物线M上异于点A的点，且G为△ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.
(1)设A(x0，x)(x0≠0)，求直线AB的方程；
(2)求的值．
解：(1)因为y′＝2x，
所以直线AB的斜率k＝y′ ＝2x0，
所以直线AB的方程为y－x＝2x0(x－x0)，
即y＝2x0x－x.
(2)由题意得，点B的纵坐标yB＝－x，
所以AB的中点坐标为.
设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为x＝my＋x0.
由得m2y2＋(mx0－1)y＋x＝0.
因为G为△ABC的重心，所以y1＝3y2.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝4y2＝，y1y2＝3y＝.
所以＝，
解得mx0＝－3±2.
所以点D的纵坐标yD＝－＝，
故＝＝4±6.
21．(本小题满分15分)(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)≤e－x＋x2.
解：(1)由题意x>0，f′(x)＝1＋a＋aln x.
①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0?x＝e>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
③当a<0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递减，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0?x＝e－1－>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，则a<0，且
e＝1，解得a＝－1，故此时f(x)＝x－xln x，
要证f(x)≤e－x＋x2，只需证x－xln x≤e－x＋x2，
即证e－x＋x2－x＋xln x≥0，
设h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0，
则h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x.
令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x＋2＋>0，
所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x单调递增，
又h′＝－e＋－1<0，h′(1)＝－＋2>0，
故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在上存在唯一零点x0，即－e ＋2x0＋ln x0＝0.
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(x0)＝e ＋x－x0＋x0ln x0，
所以只需证h(x0)＝e ＋x－x0＋x0ln x0≥0即可，
由－e ＋2x0＋ln x0＝0，得e ＝2x0＋ln x0，
所以h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，又x0＋1>0，
所以只要x0＋ln x0≥0即可，
法一：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0?x0所以－e ＋x0＋x0＋ln x0<0与－e ＋2x0＋ln x0＝0矛盾，
故x0＋ln x0≥0，得证．
法二：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0?x0所以－e ＋x0＋x0＋ln x0<0与－e ＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0>0时，ln x0>－x0?x0>e ?－e ＋x0>0，
所以－e ＋x0＋x0＋ln x0>0与－e ＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0?x0＝e ?－e ＋x0＝0，
得－e ＋2x0＋ln x0＝0，故x0＋ln x0＝0成立，
得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，所以h(x)≥0，
即f(x)≤e－x＋x2.
22．(本小题满分15分)(2018·金华统考)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增．
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e.
∴当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点．
