(共39张PPT)
第4讲 导数的综合应用
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
真
题
感
悟
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin
x－xcos
x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos
x＋xsin
x－1，
g′(x)＝－sin
x＋sin
x＋xcos
x＝xcos
x.
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.
(2)解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；
当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0].
考
点
整
合
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1
a的符号
零点个数
充要条件
a＞0
(f(x1)为极大值，
f(x2)为极小值)
一个
f(x1)＜0或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0
(f(x1)为极小值，
f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0或f(x2)＜0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0且f(x2)＞0
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明f(x)(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).
③对?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.
④对?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.
4.(1)判断含x，ln
x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln
x0及ex≥x＋1，
ln
x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln
x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.
热点一 利用导数研究函数的零点
【例1】
(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故f(x)至多存在一个零点，不合题意.
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln
a)单调递减，在(ln
a，＋∞)单调递增.
故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a).
探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【训练1】
设函数f(x)＝ln
x－a(x－1)ex，其中a∈R.
探究提高 形如f(x)＞g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.
由ex≥x＋1＞x，知00；x>1时，f′(x)<0，
得f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝1－e.从而f(x)≤1－e.
所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].
热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题
角度1 含参不等式的恒成立问题
【例3】
已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
解 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，
则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1).
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，得x1＝－ln
k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；
当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).
故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).
从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.
而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即F(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上，k的取值范围是[1，e2].
【训练3】
设函数f(x)＝ax2－a－ln
x，其中a∈R.
而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln
x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
当2若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.(共41张PPT)
第2讲 基本初等函数、函数的应用
高考定位 1.掌握二次函数、分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象与性质；2.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理；3.能利用函数解决简单的实际问题.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅲ卷)已知55<84，134<85.设a＝log53，b＝log85，c＝log138，则( )
A.aB.bC.bD.c答案 A
2.(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b2
D.a解析 由指数和对数的运算性质可得
2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.
令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)故选B.
答案 B
A.60
B.63
C.66
D.69
答案 C
答案 D
考
点
整
合
1.指数式与对数式的七个运算公式
2.指数函数与对数函数的图象和性质
指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，当a>1时，两函数在定义域内都为增函数，当03.函数的零点问题
(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.
4.应用函数模型解决实际问题的一般程序
答案 (1)D (2)B
(2)y＝logax的图象关于y轴对称的图象对应的函数为y＝loga(－x)，函数f(x)的图象上有且仅有两个点关于y轴对称，等价于y＝loga(－x)与y＝|x＋2|，－3≤x≤0的图象有且仅有一个交点.当0＜a＜1时，显然符合题意(图略).当a＞1时，只需loga3＞1，∴1＜a＜3，综上所述，a的取值范围是(0，1)∪(1，3).
答案 (1)D (2)D
观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.
答案 (1)C (2)2
探究提高 判断函数零点个数的主要方法：
(1)解方程f(x)＝0，直接求零点；(2)利用零点存在定理；
(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题.
【训练2】
(1)(2019·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝2sin
x－sin
2x在[0，2π]的零点个数为( )
解析 (1)令f(x)＝0，得2sin
x－sin
2x＝0，
即2sin
x－2sin
xcos
x＝0，
∴2sin
x(1－cos
x)＝0，∴sin
x＝0或cos
x＝1.
又x∈[0，2π]，
∴由sin
x＝0得x＝0，π或2π，由cos
x＝1得x＝0或2π.
故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个.
答案 (1)B (2)C
A.[－1，0)
B.[0，＋∞)
C.[－1，＋∞)
D.[1，＋∞)
答案 (1)C (2)D
探究提高 解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解.
【训练3】
(1)若函数f(x)＝|logax|－3－x(a>0，a≠1)的两个零点是m，n，则( )
A.mn＝1
B.mn>1
C.0D.无法判断
(2)(多选题)(2020·临沂调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，若x∈[0，2]，f(x)＝2x－1，则下列结论正确的是( )
A.当x∈[－2，0]时，f(x)＝2－x－1
B.f(2
019)＝1
C.y＝f(x)的图象关于点(2，0)对称
D.函数g(x)＝f(x)－log2x有3个零点
(2)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，则该函数的周期为4.当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－1，当x∈[－2，0]时，－x∈[0，2]，f(x)＝f(－x)＝2－x－1，所以A正确.f(2
019)＝f(4×505－1)＝f(－1)＝f(1)＝1，所以B正确.若y＝f(x)的图象关于点(2，0)对称，则f(3)＋f(1)＝0，但是f(3)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(3)＋f(1)≠0，与f(3)＋f(1)＝0矛盾，所以C错误.作出函数y＝f(x)，y＝log2x的大致图象，如图.
由图可得函数g(x)＝f(x)－log2x有3个零点，所以D正确.故选ABD.
答案 (1)C (2)ABD
热点三 函数的实际应用
【例4】
(2020·新高考山东卷)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)＝ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0＝1＋rT.有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln
2≈0.69)( )
A.1.2天
B.1.8天
C.2.5天
D.3.5天
答案 B
探究提高 1.解决函数的实际应用问题时，首先要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去.
2.对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法.
【训练4】
(2019·全国Ⅱ卷)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就.实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行.L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：
答案 D(共38张PPT)
第1讲 函数图象与性质
高考定位 1.以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性；2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题；3.函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
答案 D
答案 D
3.(2020·新高考山东、海南卷)若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是( )
A.[－1，1]∪[3，＋∞)
B.[－3，－1]∪[0，1]
C.[－1，0]∪[1，＋∞)
D.[－1，0]∪[1，3]
解析 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示.
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.
当x＞0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3].故选D.
答案 D
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax，若f(ln
2)＝8，则a＝________.
解析 依题意得，当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－(－e－ax)＝e－ax，
所以f(ln
2)＝e－aln
2＝(eln
2)－a＝2－a＝8.
解得a＝－3.
答案 －3
考
点
整
合
1.函数的图象
(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.
(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究.
(3)函数图象的对称性
①若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称；
②若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于点(a，0)对称.
2.函数的性质
(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质.证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论.复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则.
(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，则f(x)＝f(－x).
②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0.
③奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的单调区间内有相反的单调性.
(3)周期性：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)(a>0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数.
②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数.
③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数.
答案 (1)B (2)D
探究提高 1.(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合，只需构建不等式(组)求解即可.
(2)抽象函数：根据f(g(x))中g(x)的范围与f(x)中x的范围相同求解.
2.对于分段函数求值或解不等式问题，一定要根据变量的取值条件进行分段讨论.
答案 (1)B (2)D
热点二 函数的图象及应用
【例2】
(1)(2020·浙江卷)函数y＝xcos
x＋sin
x在区间[－π，π]上的图象可能是( )
解析 (1)因为f(x)＝xcos
x＋sin
x，则f(－x)＝－xcos
x－sin
x＝－f(x)，又x∈[－π，π]，所以f(x)为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则C，D错误.且x＝π时，y＝πcos
π＋sin
π＝－π＜0，知B错误，只有A满足.
(2)作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，要使f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2.因此a≥4或a≤1.
答案 (1)A (2)D
探究提高 1.函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置.(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势.(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性.(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.利用上述方法排除、筛选选项.
2.(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.
(2)(2020·北京卷)已知函数f(x)＝2x－x－1，则不等式f(x)＞0的解集是( )
A.(－1，1)
B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C.(0，1)
D.(－∞，0)∪(1，＋∞)
(2)在同一平面直角坐标系中画出h(x)＝2x，g(x)＝x＋1的图象如图.由图象得交点坐标为(0，1)和(1，2).
又f(x)＞0等价于2x＞x＋1，
结合图象，可得x＜0或x＞1.
故f(x)＞0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).故选D.
答案 (1)B (2)D
热点三 函数的性质及应用
角度1 函数的周期性、奇偶性
【例3】
(1)(2020·淄博二模)偶函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，当－1≤x≤0时，f(x)＝－x2＋1，则f(2
020)＝( )
A.2
B.0
C.－1
D.1
(2)(多选题)(2020·淄博质检)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)是偶函数，f(x－1)是奇函数，则下列说法正确的是( )
A.f(7)＝0
B.f(x)的一个周期为8
C.f(x)图象的一个对称中心为(3，0)
D.f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2
019
解析 (1)∵f(x)为偶函数，∴f(x)的图象关于直线x＝0对称，
又f(x)的图象关于点(1，0)对称，
∴f(x)的周期T＝4|1－0|＝4.
∴f(2
020)＝f(2
020－4×505)＝f(0)，
又当－1≤x≤0时，f(x)＝－x2＋1.
故f(2
020)＝f(0)＝1.
(2)依题意知，直线x＝1是f(x)图象的一条对称轴，(－1，0)是f(x)图象的一个对称中心，又因为f(x＋1)是偶函数，f(x－1)是奇函数，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，f(x－1)＝－f(－x－1)，所以f(x)＝f(－x＋2)，f(x)＝－f(－x－2)，所以f(－x＋2)＝－f(－x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x)＝－f(x－4)＝－[－f(x－8)]＝f(x－8)，所以f(x)是周期函数，且8为函数f(x)的一个周期，故B正确；f(7)＝f(－1)＝0，故A正确；因为f(x)图象上每隔4个单位长度出现一个对称中心，所以点(3，0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故C正确；x＝2
019＝8×252＋3，所以直线x＝2
019不是函数f(x)图象的对称轴，故D错误，故选ABC.
答案 (1)D (2)ABC
A.c＞b＞a
B.a＞b＞c
C.c＞a＞b
D.a＞c＞b
(2)(2020·东北三省三校联考)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且f(x)在(－∞，0]上单调递减，若不等式f(ax＋2)≤f(－1)对于任意x∈[1，2]恒成立，则a的最大值为________.
且31.2＞3，1＝log33＜log35＜log327＝3，0＜3－0.2＜1，
即31.2＞log35＞3－0.2＞0，
所以f(31.2)＞f(log35)＞f(3－0.2)，即a＞c＞b.
(2)由于f(x)满足f(x)＝f(－x)，且函数f(x)的定义域为R，可知f(x)的图象关于y轴对称，
∵f(x)在(－∞，0]上单调递减，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
根据f(x)的图象特征可得－1≤ax＋2≤1在[1，2]上恒成立，
答案 (1)D (2)－1
探究提高 1.利用函数的奇偶性和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，转化到已知区间上求解.
2.函数单调性应用：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性.
【训练3】
(1)(2020·贵阳调研)定义在R上的奇函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且当－1≤x＜0时，f(x)＝2x－1，则f(log220)＝( )
(2)(多选题)已知f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，下列命题正确的是( )
A.f(2
019)＋f(－2
020)＝0
B.函数f(x)在定义域上是周期为2的函数
C.直线y＝x与函数f(x)的图象有2个交点
D.函数f(x)的值域为(－1，1)
解析 (1)依题意，知f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，则f(4＋x)＝f(x)，
所以f(x)是周期函数，且周期为4.
又2＜log25＜3，则－1＜2－log25＜0，
所以f(log220)＝f(2＋log25)＝f(log25－2)
(2)根据题意，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，又由f(x)为奇函数，则f(x)的部分图象如图.对于A，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，则f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即f(x＋2)＝f(x).当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(0)＝log21＝0，f(1)＝－f(0)＝0，
答案 (1)B (2)AD(共13张PPT)
规范答题示范课——函数与导数解答题
[破题之道] 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
切入点：利用导数判定函数单调性，找区间零点.
关键点：利用f(x)的零点x0，确定切点坐标，求切线方程.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，求a的值；
(2)求证：当x>0时，f(x)>0.
(1)解 由函数f(x)＝－ax2＋ex－1，
可得f′(x)＝ex－2ax，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，
∴f′(1)＝e－2a＝e，∴a＝0.
(2)证明 由(1)知f′(x)＝ex－2ax，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－2a(x>0)，
∴f′(x)min＝f′(ln(2a))＝eln(2a)－2aln(2a)＝2a(1－ln(2a))，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)>f(0)＝0，满足题意，
综上，当x>0时，f(x)>0.
2.(2020·武汉检测)已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝x＋m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1当x>1时，F′(x)<0，当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.
F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.故m的取值范围为[－1，＋∞).
(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0故h(x)在(0，1)上单调递增，h(x)所以x1x2<1.专题检测卷(六) 函数与导数
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.(2020·北京适应性测试)函数f(x)＝的定义域为( )
A.{x|x≤2或x≥3}
B.{x|x≤－3或x≥－2}
C.{x|2≤x≤3}
D.{x|－3≤x≤－2}
解析 由题意，得x2－5x＋6≥0，即(x－2)(x－3)≥0，解得x≤2或x≥3.故选A.
答案 A
2.(2020·沈阳一监)已知a＝3，b＝2，c＝log32，则a，b，c的大小关系为( )
A.aB.bC.cD.c解析 ∵a＝3＝9，b＝2＝8，9>8>80＝1，∴a>b>1.又c＝log32b>1>c.故选D.
答案 D
3.(2020·济南一模)已知函数y＝f(x)的部分图象如图，则f(x)的解析式可能是( )
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INCLUDEPICTURE
"W98.TIF"
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MERGEFORMAT
A.f(x)＝x＋tan
x
B.f(x)＝x＋sin
2x
C.f(x)＝x－sin
2x
D.f(x)＝x－cos
x
解析 对于A，函数f(x)的定义域为{x|x≠＋kπ，k∈Z}，而图象对应的函数在x＝处有定义，因此A不符合题意；
对于B，f′(x)＝1＋2cos
2x，令f′(x)<0，得＋2kπ对于C，f′(x)＝1－cos
2x，对任意x∈R，f′(x)≥0，因此函数f(x)在R上单调递增，且函数f(x)也是奇函数，满足图象对应的函数特征，因此C符合题意；
对于D，函数f(x)不是奇函数，而图象对应的函数是奇函数，因此D不符合题意.故选C.
答案 C
4.(2020·青岛质检)已知函数f(x)＝若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( )
A.－1
B.0
C.1
D.2
解析 当x≥0时，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；当x<0时，f(x)＝xex<0恒成立.∴f(x)的零点α＝2.当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；当x<0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当－10，∴x＝－1时，f(x)取到极小值，即f(x)的极值点β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故选C.
答案 C
5.(2020·安徽六校素质测试)若函数f(x)＝ex(sin
x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.[，＋∞)
B.[1，＋∞)
C.(1，＋∞)
D.(－，＋∞)
解析 由题意，得f′(x)＝ex(sin
x＋a)＋excos
x＝ex[sin(x＋)＋a]，∵f(x)在上单调递增，∴f′(x)≥0在上恒成立.又∵ex>0，
∴sin＋a≥0在上恒成立.当x∈时，x＋∈，∴sin∈，∴sin＋a∈(－1＋a，＋a]，
∴－1＋a≥0，解得a∈[1，＋∞).故选B.
答案 B
6.(2020·合肥质检)射线测厚技术原理公式为I＝I0e－ρμt，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数，工业上通常用镅－241(241Am)低能γ射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种钢板对射线的吸收系数为( )
(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln
2≈0.693
1，结果精确到0.001)
A.0.110
B.0.112
C.0.114
D.0.116
解析 由题意可得t＝0.8，ρ＝7.6，＝.因为I＝I0e－ρμt，所以＝e－7.6×0.8×μ，所以μ＝≈≈0.114.所以这种钢板对射线的吸收系数为0.114.故选C.
答案 C
7.(2020·中原名校联考)函数f(x)＝则函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4的零点个数是( )
A.5
B.4
C.3
D.6
解析 函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4＝(3f(x)－2)·(f(x)－2)的零点个数，即方程f(x)＝和f(x)＝2的根的个数.函数f(x)＝的图象如图.由图象可知，方程f(x)＝和f(x)＝2共有5个根，即函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4有5个零点.故选A.
答案 A
8.已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为( )
A.[0，1]
B.[0，2]
C.[0，e]
D.[1，e]
解析 当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，
所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，
当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.
综上，a≥0.
当x>1时，由f(x)＝x－aln
x≥0恒成立，
即a≤恒成立.
设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝e，
且当1e时，g′(x)>0，
∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.
综上，a的取值范围是[0，e].
答案 C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.已知f(x)＝若f(x)＝1，则x的值是( )
A.－1
B.
C.－
D.1
解析 根据题意，f(x)＝
若f(x)＝1，分3种情况讨论：
①当x≤－1时，f(x)＝x＋2＝1，解得x＝－1；
②当－1③当x≥2时，f(x)＝2x＝1，解得x＝，舍去.
综上可得x＝1或x＝－1.故选AD.
答案 AD
10.(2020·山东联考)下列函数，既是偶函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A.f(x)＝ln(－3x)
B.f(x)＝ex＋e－x
C.f(x)＝x2＋1
D.f(x)＝cos
x＋3
解析 由题意知A，B，C，D四个选项的函数的定义域均为R.对于A，f(－x)＋f(x)＝ln(＋3x)＋ln(－3x)＝0，则f(x)＝ln(－3x)为奇函数，A不符合题意.对于B，f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，即f(x)＝ex＋e－x为偶函数.当x∈(0，＋∞)时，设t＝ex(t>1)，y＝t＋，由对勾函数的性质可得，当t∈(1，＋∞)时，y＝t＋是增函数.又t＝ex单调递增，所以f(x)＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，B符合题意.对于C，f(－x)＝(－x)2＋1＝x2＋1＝f(x)，即f(x)＝x2＋1为偶函数.由二次函数的性质可知其图象的对称轴为直线x＝0，则f(x)＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，C符合题意.对于D，由余弦函数的性质可知f(x)＝cos
x＋3是偶函数，但在(0，＋∞)上不恒增，D不符合题意.故选BC.
答案 BC
11.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f(x＋2)＝－f(x)，且函数y＝f(x－1)为奇函数，则( )
A.函数y＝f(x)是周期函数
B.函数y＝f(x)的图象关于点(－1，0)对称
C.函数y＝f(x)在R上是偶函数
D.函数y＝f(x)在R上是单调函数
解析 对于A，函数y＝f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，故A正确；对于B，y＝f(x－1)是奇函数，则f(x－1)的图象关于原点对称，又由函数f(x)的图象是由y＝f(x－1)的图象向左平移1个单位长度得到的，故函数f(x)的图象关于点(－1，0)对称，故B正确；对于C，由B可得，对于任意的x∈R，都有f(－1－x)＝－f(－1＋x)，即f(－1－x)＋f(－1＋x)＝0，变形可得f(－2－x)＋f(x)＝0，则有f(－2－x)＝－f(x)＝f(x＋2)对于任意的x∈R都成立，令t＝2＋x，则f(－t)＝f(t)，即函数f(x)是偶函数，故C正确；对于D，f(x)为偶函数，则其图象关于y轴对称，f(x)在R上不是单调函数，故D错误，故选ABC.
答案 ABC
12.对于函数f(x)＝，下列说法正确的是( )
A.f(x)在x＝处取得极大值
B.f(x)有两个不同的零点
C.f()D.若f(x)
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上单调递减，∴当x＝时，f(x)取得极大值f()＝，A正确；f(1)＝0，当01时，f(x)>0，当x→＋∞时，f(x)→0，∴f(x)只有一个零点，B错误；显然<<，∴f()0)，则h′(x)＝，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(e，＋∞)上单调递减，而e<π<4，∴h(π)>h(4)，即>＝，∴f()0)，则g′(x)＝－，易知当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)在x＝处取得极大值也是最大值g＝，∴若f(x)＋，D正确.故选ACD.
答案 ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.(2020·唐山模拟)已知函数f(x)满足f(x)＋2f(4－x)＝3x，则f(1)＝________.
解析 因为f(x)＋2f(4－x)＝3x，
所以解得f(1)＝5.
答案 5
14.(2020·河南六市模拟)设函数f(x)＝
则满足f(x2－4)>f(－3x)的x的取值范围为________.
解析 作出函数y＝f(x)的图象如图所示，易知函数f(x)在(－∞，0]上单调递增.
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MERGEFORMAT
∵f(x2－4)>f(－3x)，
∴或
解得x≥2或1综上可知，x的取值范围为(1，＋∞).
答案 (1，＋∞)
15.(2020·广东六校联考)设f(x)＝
(1)当a＝时，f(x)的最小值是________.
(2)若f(0)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围是________.(本小题第一空2分，第二空3分)
解析 (1)若a＝，当x≤0时，f(x)＝≥＝；当x>0时，f(x)＝x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号.所以函数f(x)的最小值为.
(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时函数f(x)的最小值为2.若a<0，则当x＝a时，函数f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件.若a≥0，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2为减函数，此时函数f(x)的最小值为f(0)＝a2.要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤，即实数a的取值范围是[0，].
答案 (1) (2)[0，]
16.(2020·海南新高考诊断)若曲线y＝xex＋(x<－1)存在两条垂直于y轴的切线，则实数m的取值范围是________.
解析 由题意可得，y′＝(x＋1)ex－＝0在(－∞，－1)上有两个不同的解，即m＝(x＋1)3ex在(－∞，－1)上有两个不同的解.设f(x)＝(x＋1)3ex(x<－1)，则f′(x)＝(x＋1)2·(x＋4)ex.当x<－4时，f′(x)<0；当－40，所以f(x)min＝
f(－4)＝－.又当x→－∞时，f(x)→0，当x→－1时，f(x)→0，所以m∈.
答案
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(1)解 由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)证明 令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].
则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4].
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
?
0
?
－
?
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
18.(本小题满分12分)(2020·北京适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eax2，a<0.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极小值；
(3)求函数f(x)的零点个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为R，
f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax＝x(ex－ea).
∵f(0)＝e0(0－1)－0＝－1，∴切点为(0，－1).
又∵f′(0)＝0×(e0－ea)＝0，
∴曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为y＝－1.
(2)令f′(x)＝0，得x(ex－ea)＝0，
解得x1＝0，x2＝a(a<0).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，a)
a
(a，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
?
?
∴f(x)在(－∞，a)，(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减.
∴f(x)在x＝0处取得极小值，为f(0)＝－1.
(3)由(2)知f(x)的极大值为f(a)＝ea(a－1)－eaa2＝ea，
f(0)＝－1<0，f(2)＝e2－2ea.
∵a<0，∴f(2)>0，f(a)<0.
∴函数f(x)的零点个数为1.
19.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.
(1)解 f(x)的定义域(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0，
设g(x)＝ln
x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0，
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
故f(x)≤－－2.
20.(本小题满分12分)(2020·九江二模)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln
x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
设g(x)＝ax－a－ln
x，则f(x)＝xg(x)，
f(x)≥0等价于g(x)≥0，
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln
x，
f′(x)＝2x－2－ln
x，
设h(x)＝2x－2－ln
x，
则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在单调递减，在单调递增.
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)＝0得ln
x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).
由x0∈得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，
由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－221.(本小题满分12分)(2020·广州模拟)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，
解得x1＝－－1，x2＝－1，
令f′(x)>0，则x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞).
∴f(x)在区间(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上单调递减，在区间(－－1，－1)上单调递增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0(1－x)(1＋x)2，
(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0，1)，
(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，
则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
22.(本小题满分12分)(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，
故f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，
①当a≤0时，aex－1<0，2ex＋1>0.
从而f′(x)<0恒成立.f(x)在R上单调递减.
②当a>0时，令f′(x)＝0，
从而aex－1＝0，得x＝－ln
a.
x
(－∞，－ln
a)
－ln
a
(－ln
a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln
a)上单调递减，
在(－ln
a，＋∞)上单调递增.
(2)由(1)知，
当a≤0时，f(x)在R上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件.
当a>0时，f(x)min＝f(－ln
a)＝1－＋ln
a.
令g(a)＝1－＋ln
a(a>0)，
则g′(a)＝＋>0，
从而g(a)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
故当0当a＝1时，g(a)＝0.
当a>1时，g(a)>0.
若a>1，则f(x)min＝1－＋ln
a＝g(a)>0，
故f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件.
若a＝1，则f(x)min＝1－＋ln
a＝0，
故f(x)＝0仅有一个实根x＝－ln
a＝0，不满足条件.
若0a<0，
注意到－ln
a>0，f(－1)＝＋＋1－>0.
故f(x)在(－1，－ln
a)上有一个实根，而又ln>ln
＝－ln
a.
且f
＝eln－ln
＝·(3－a＋a－2)－ln
＝－ln>0.
故f(x)在上有一个实根.
又f(x)在(－∞，－ln
a)上单调递减，
在(－ln
a，＋∞)单调递增，
故f(x)在(－1，－ln
a)及上各有一个实数根，
故f(x)在R上恰有两个实根，综上，0所以实数a的取值范围为(0，1).第2讲 基本初等函数、函数的应用
高考定位 1.掌握二次函数、分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象与性质；2.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理；3.能利用函数解决简单的实际问题.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅲ卷)已知55<84，134<85.设a＝log53，b＝log85，c＝log138，则( )
A.aB.bC.bD.c解析 ∵log53－log85＝log53－＝<＝<＝0，∴log53∵55<84，134<85，∴5log85<4log88＝4＝4log1313<5log138，
∴log85即a答案 A
2.(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b2
D.a解析 由指数和对数的运算性质可得
2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.
令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)故选B.
答案 B
3.(2020·全国Ⅲ卷)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：I(t)＝，其中K为最大确诊病例数.当I(t
)＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t
约为(ln
19≈3)( )
A.60
B.63
C.66
D.69
解析 因为I(t)＝，
所以当I(t
)＝0.95K时，＝0.95K?＝0.95?1＋e－0.23(t
－53)＝?e－0.23(t
－53)＝－1?e0.23(t
－53)＝19?0.23(t
－53)＝ln
19?t
＝＋53≈＋53≈66.故选C.
答案 C
4.(2020·天津卷)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是( )
A.∪(2，＋∞)
B.∪(0，2)
C.(－∞，0)∪(0，2)
D.(－∞，0)∪(2，＋∞)
解析 法一 注意到g(0)＝0，所以要使g(x)恰有4个零点，只需方程|kx－2|＝恰有3个实根即可.令h(x)＝，即y＝|kx－2|与h(x)＝的图象有3个交点.
h(x)＝＝
当k＝0时，此时y＝|kx－2|＝2，如图①，y＝2与h(x)＝的图象有1个交点，不满足题意；
当k＜0时，如图②，此时y＝|kx－2|与h(x)＝的图象恒有3个交点，满足题意；
当k＞0时，如图③，由y＝kx－2与y＝x2联立，得x2－kx＋2＝0，令Δ＞0，得k2－8＞0，解得k＞2或k＜－2(舍去)，此时y＝|kx－2|与h(x)＝的图象有3个交点.
综上，k的取值范围为(－∞，0)∪(2，＋∞).故选D.
法二 由法一知y＝|kx－2|与h(x)＝的图象有3个交点，令k＝－，检验知符合题意，可排除选项A，B；
令k＝1，检验知不符合题意，可排除选项C.故选D.
答案 D
考
点
整
合
1.指数式与对数式的七个运算公式
(1)am·an＝am＋n；
(2)(am)n＝amn；
(3)loga(MN)＝logaM＋logaN；
(4)loga＝logaM－logaN；
(5)logaMn＝nlogaM；
(6)alogaN＝N；
(7)logaN＝(注：a，b>0且a，b≠1，M>0，N>0).
2.指数函数与对数函数的图象和性质
指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，当a>1时，两函数在定义域内都为增函数，当03.函数的零点问题
(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.
(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.
4.应用函数模型解决实际问题的一般程序
???.
热点一 基本初等函数的图象与性质
【例1】
(1)在同一直角坐标系中，函数y＝，y＝loga(a>0，且a≠1)的图象可能是( )
(2)(2020·百校联盟考试)已知函数f(x)＝log(x2－ax＋a)在上为减函数，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，1]
B.
C.
D.
解析 (1)当a>1时，y＝是减函数，y＝loga是增函数，且y＝loga的图象过定点，则选项A，B，C，D均不符合.从而0(2)∵f(x)在上为减函数，且y＝logt在(0，＋∞)上为减函数，∴t＝x2－ax＋a在上为增函数，且t＞0.因此－≤，且－＋a≥0，解得a≤1且a≥－，则a的取值范围为.
答案 (1)D (2)B
探究提高 1.指数函数、对数函数的图象和性质受底数a的影响，解决与指数、对数函数特别是与单调性有关的问题时，首先要看底数a的范围.
2.研究对数函数的性质，应注意真数与底数的限制条件.如本例(2)中易只考虑y＝logt与t＝x2－ax＋a的单调性，而忽视t＞0恒成立的限制条件.
【训练1】
(1)(2020·天津卷)设a＝30.7，b＝，c＝log0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.a＜b＜c
B.b＜a＜c
C.b＜c＜a
D.c＜a＜b
(2)(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝(a＞0且a≠1)，若函数f(x)的图象上有且仅有两个点关于y轴对称，则a的取值范围是( )
A.(0，1)
B.(1，3)
C.(0，1)∪(3，＋∞)
D.(0，1)∪(1，3)
解析 (1)因为a＝30.7＞30＝1，b＝＝30.8＞30.7，
c＝log0.70.8＜log0.70.7＝1，所以b＞a＞c.故选D.
(2)y＝logax的图象关于y轴对称的图象对应的函数为y＝loga(－x)，函数f(x)的图象上有且仅有两个点关于y轴对称，等价于y＝loga(－x)与y＝|x＋2|，－3≤x≤0的图象有且仅有一个交点.当0＜a＜1时，显然符合题意(图略).当a＞1时，只需loga3＞1，∴1＜a＜3，综上所述，a的取值范围是(0，1)∪(1，3).
答案 (1)D (2)D
热点二 函数的零点与方程
角度1 确定函数零点个数或范围
【例2】
(1)函数f(x)＝log2x－的零点所在的区间为( )
A.
B.
C.(1，2)
D.(2，3)
(2)(2020·武汉二模)函数f(x)＝4cos2cos－2sin
x－|ln(x＋1)|的零点个数为________.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数.
f＝log2－＝－1－2＝－3＜0，
f(1)＝log21－＝0－1＜0，
f(2)＝log22－＝1－＝＞0，
f(3)＝log23－＞1－＝＞0，即f(1)·f(2)＜0，
∴函数f(x)＝log2x－的零点在区间(1，2)内.
(2)f(x)＝4cos2sin
x－2sin
x－|ln(x＋1)|＝2sin
x·－|ln(x＋1)|＝sin
2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin
2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出两个函数y＝sin
2x与函数y＝|ln(x＋1)|的大致图象如图所示.
观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.
答案 (1)C (2)2
探究提高 判断函数零点个数的主要方法：
(1)解方程f(x)＝0，直接求零点；(2)利用零点存在定理；
(3)数形结合法：对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个能画出的函数图象交点问题.
【训练2】
(1)(2019·全国Ⅲ卷)函数f(x)＝2sin
x－sin
2x在[0，2π]的零点个数为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
(2)函数y＝|log2x|－的零点个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
解析 (1)令f(x)＝0，得2sin
x－sin
2x＝0，
即2sin
x－2sin
xcos
x＝0，
∴2sin
x(1－cos
x)＝0，∴sin
x＝0或cos
x＝1.
又x∈[0，2π]，
∴由sin
x＝0得x＝0，π或2π，由cos
x＝1得x＝0或2π.
故函数f(x)的零点为0，π，2π，共3个.
(2)函数y＝|log2x|－的零点，即方程|log2x|－＝0的根，即函数y＝|log2x|与y＝图象的交点，画出y＝|log2x|与y＝的图象，易知交点有2个.选C.
答案 (1)B (2)C
角度2 根据函数的零点数形结合求参数
【例3】
(1)已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )
A.[－1，0)
B.[0，＋∞)
C.[－1，＋∞)
D.[1，＋∞)
(2)(2019·天津卷)已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为( )
A.
B.
C.∪{1}
D.∪{1}
解析 (1)函数g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线y＝－x－a有2个交点，作出直线y＝
－x－a与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，－a≤1，解得a≥－1.
(2)如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－x＋a的图象.
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\
MERGEFORMAT
①当0≤x≤1时，直线y＝－x＋a与y＝2的图象只有一个交点的情况.
当直线y＝－x＋a过点B(1，2)时，则a＝.
所以0≤a≤.
②当x>1时，直线y＝－x＋a与y＝的图象只有一个交点的情况：
ⅰ相切时，由y′＝－＝－，得x＝2，此时切点为，则a＝1.
ⅱ相交时，由图象可知直线y＝－x＋a从过点A向右上方移动时与y＝的图象只有一个交点.过点A(1，1)时，1＝－＋a，解得a＝.所以a≥.
结合图象可得，所求实数a的取值范围为∪{1}.
故选D.
答案 (1)C (2)D
探究提高 解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解.
【训练3】
(1)若函数f(x)＝|logax|－3－x(a>0，a≠1)的两个零点是m，n，则( )
A.mn＝1
B.mn>1
C.0D.无法判断
(2)(多选题)(2020·临沂调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，若x∈[0，2]，f(x)＝2x－1，则下列结论正确的是( )
A.当x∈[－2，0]时，f(x)＝2－x－1
B.f(2
019)＝1
C.y＝f(x)的图象关于点(2，0)对称
D.函数g(x)＝f(x)－log2x有3个零点
解析 (1)令f(x)＝0，得|logax|＝，
则y＝|logax|与y＝的图象有2个交点，
不妨设a>1，mINCLUDEPICTURE"A157.TIF"
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"A157.TIF"
\
MERGEFORMAT
∴>，即－logam>logan，
∴loga(mn)<0，则0(2)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，则该函数的周期为4.当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－1，当x∈[－2，0]时，－x∈[0，2]，f(x)＝f(－x)＝2－x－1，所以A正确.f(2
019)＝f(4×505－1)＝f(－1)＝f(1)＝1，所以B正确.若y＝f(x)的图象关于点(2，0)对称，则f(3)＋f(1)＝0，但是f(3)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(3)＋f(1)≠0，与f(3)＋f(1)＝0矛盾，所以C错误.作出函数y＝f(x)，y＝log2x的大致图象，如图.
由图可得函数g(x)＝f(x)－log2x有3个零点，所以D正确.故选ABD.
答案 (1)C (2)ABD
热点三 函数的实际应用
【例4】
(2020·新高考山东卷)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)＝ert描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0＝1＋rT.有学者基于已有数据估计出R0＝3.28，T＝6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln
2≈0.69)( )
A.1.2天
B.1.8天
C.2.5天
D.3.5天
解析 由R0＝1＋rT，R0＝3.28，T＝6，
得r＝＝＝0.38.
由题意，累计感染病例数增加1倍，则I(t2)＝2I(t1)，
即e0.38t2＝2e0.38t1，所以e0.38(t2－t1)＝2，即0.38(t2－t1)＝ln
2，
∴t2－t1＝≈≈1.8.
故选B.
答案 B
探究提高 1.解决函数的实际应用问题时，首先要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去.
2.对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法.
【训练4】
(2019·全国Ⅱ卷)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就.实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通信联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行.L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：
＋＝(R＋r).
设α＝.由于α的值很小，因此在近似计算中≈3α3，则r的近似值为( )
A.R
B.R
C.R
D.R
解析 由α＝得r＝αR，
代入＋＝(R＋r)，
整理得＝.
又≈3α3，即3α3≈，所以α≈，
故r＝αR≈R.
答案 D
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·全国Ⅰ卷)设alog34＝2，则4－a＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 法一 因为alog34＝2，所以log34a＝2，所以4a＝32＝9，
所以4－a＝＝.故选B.
法二 因为alog34＝2，所以a＝＝2log43＝log432＝log49，所以4－a＝4－log49＝4log49－1＝9－1＝.故选B.
答案 B
2.已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A.aB.aC.cD.b解析 由对数函数的单调性可得a＝log20.2由指数函数的单调性可得b＝20.2>20＝1，0答案 B
3.已知函数f(x)＝则函数f(x)的零点为( )
A.，0
B.－2，0
C.
D.0
解析 当x≤1时，令f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；
当x>1时，令f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝，
又因为x>1，所以此时方程无解.综上函数f(x)的零点只有0.
答案 D
4.(2019·全国Ⅱ卷)若a>b，则( )
A.ln(a－b)>0
B.3a<3b
C.a3－b3>0
D.|a|>|b|
解析 法一 不妨设a＝－1，b＝－2，则a>b，可验证A，B，D错误，只有C正确.
法二 由a>b，得a－b>0.但a－b>1不一定成立，
则ln(a－b)>0不一定成立，故A不一定成立.
因为y＝3x在R上是增函数，当a>b时，3a>3b，故B不成立.
因为y＝x3在R上是增函数，当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C成立.
因为当a＝3，b＝－6时，a>b，但|a|<|b|，D项不正确.
答案 C
5.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝lg，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A.1010.1
B.10.1
C.lg
10.1
D.10－10.1
解析 设太阳的星等为m1，天狼星的星等为m2，则太阳与天狼星的亮度分别为E1，E2.
由题意知，m1＝－26.7，m2＝－1.45，代入所给公式得－1.45－(－26.7)＝lg，所以lg＝10.1，所以＝1010.1.
答案 A
6.(2020·广州模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，满足f(x＋1)＝－f(x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝cosx，则函数y＝f(x)－|x|的零点个数是( )
A.2
B.3
C.4
D.5
解析 由f(x＋1)＝－f(x)，得f(x＋2)＝f(x)，知周期T＝2.
令f(x)－|x|＝0，得f(x)＝|x|.
作出函数y＝f(x)与g(x)＝|x|的图象如图所示.
由图象知，函数y＝f(x)－|x|有两个零点.
答案 A
二、填空题
7.已知λ∈R，函数f(x)＝若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是________.
解析 令f(x)＝0，当x≥λ时，x＝4.当x<λ时，x2－4x＋3＝0，则x＝1或x＝3.若函数f(x)恰有2个零点，结合图1与图2知，1<λ≤3或λ>4.
答案 (1，3]∪(4，＋∞)
8.已知a>b>1，若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝______，b＝________.
解析 设logba＝t，则t＞1，因为t＋＝，解得t＝2，所以a＝b2，因此ab＝(b2)b＝b2b＝ba，∴a＝2b，b2＝2b，又b＞1，解得b＝2，a＝4.
答案 4 2
9.(2020·重庆质检)已知a，b，c为正实数，且ln
a＝a－1，bln
b＝1，cec＝1，则a，b，c的大小关系是________.
解析 ln
a＝a－1，ln
b＝，ec＝.
依次作出y＝ex，y＝ln
x，y＝x－1，y＝这四个函数的图象，如下图所示.
由图象可知0＜c＜1，a＝1，b＞1，∴c＜a＜b.
答案 c＜a＜b
三、解答题
10.已知偶函数f(x)满足f(x－1)＝，且当x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，若在区间[－1，3]内，函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点，求实数a的取值范围.
解 ∵偶函数f(x)满足f(x－1)＝，
INCLUDEPICTURE"A159.TIF"
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"A159.TIF"
\
MERGEFORMAT
∴f(x－2)＝f(x－1－1)＝＝f(x)，
∴函数f(x)的周期为2，
又x∈[－1，0]时，f(x)＝x2，
∴x∈[0，1]时，f(x)＝f(－x)＝x2，从而f(x)＝x2，x∈[－1，1].
在区间[－1，3]内函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点等价于函数f(x)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在区间[－1，3]内有3个交点.
当01且解得3B级 能力突破
11.(2020·贵阳质检)已知函数f(x)＝
其中e为自然对数的底数，则函数g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3的零点个数为( )
A.4
B.5
C.6
D.3
解析 当x≥0时，f(x)＝4x3－6x2＋1的导数为f′(x)＝12x2－12x，
当0＜x＜1时，f(x)单调递减，x＞1时，f(x)单调递增，
可得f(x)在x＝1处取得最小值，最小值为－1，且f(0)＝1，
作出函数f(x)的图象，g(x)＝3[f(x)]2－10f(x)＋3，可令g(x)＝0，t＝f(x)，可得3t2－10t＋3＝0，
解得t＝3或，当t＝，
即f(x)＝时，g(x)有三个零点；
当t＝3时，可得f(x)＝3有一个实根，
综上，g(x)共有四个零点.
答案 A
12.记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln
x存在“S点”，求实数a的值.
(1)证明 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
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)解 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln
x，
则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
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－1＝ln
x0，,2ax0＝\f(1,x0)，))即eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－1＝ln
x0，,2ax＝1，)) (
)
得ln
x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝.
当a＝时，x0＝e－满足方程组(
)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此，a的值为.INCLUDEPICTURE"专题六.tif"
第1讲 函数图象与性质
高考定位 1.以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性；2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题；3.函数与方程思想、数形结合思想是高考的重要思想方法.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
A.是偶函数，且在单调递增
B.是奇函数，且在单调递减
C.是偶函数，且在单调递增
D.是奇函数，且在单调递减
解析 f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定义域为.
∵f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，故排除A，C.
又当x∈时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln
＝ln
＝ln
，
∵y＝1＋在上单调递减，由复合函数的单调性可得f(x)在上单调递减.故选D.
答案 D
2.(2019·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝在[－π，π]的图象大致为( )
解析 显然f(－x)＝－f(x)，x∈[－π，π]，所以f(x)为奇函数，排除A；
又当x＝π时，
f(π)＝>0，排除B，C，只有D适合.
答案 D
3.(2020·新高考山东、海南卷)若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是( )
A.[－1，1]∪[3，＋∞)
B.[－3，－1]∪[0，1]
C.[－1，0]∪[1，＋∞)
D.[－1，0]∪[1，3]
解析 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示.
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0，
得－1≤x≤0.
当x＞0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0，
得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3].
故选D.
答案 D
4.(2019·全国Ⅱ卷)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax，若f(ln
2)＝8，则a＝________.
解析 依题意得，当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－(－e－ax)＝e－ax，
所以f(ln
2)＝e－aln
2＝(eln
2)－a＝2－a＝8.
解得a＝－3.
答案 －3
考
点
整
合
1.函数的图象
(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.
(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究.
(3)函数图象的对称性
①若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称；
②若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则y＝f(x)的图象关于点(a，0)对称.
2.函数的性质
(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质.证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论.复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则.
(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，则f(x)＝f(－x).
②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0.
③奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的单调区间内有相反的单调性.
(3)周期性：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)(a>0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数.
②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数.
③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数.
④若f(x＋a)＝－f(x)，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数.
易错提醒 错用集合运算符号致误：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号“∪”连接，可用“和”或“，”连接.
热点一 函数及其表示
【例1】
(1)(2020·合肥质检)函数f(x)＝＋ln(3x－1)的定义域为( )
A.
B.
C.
D.
(2)(2020·西安模拟)已知函数f(x)＝若f(－1)＝3，则不等式f(x)≤5的解集为( )
A.[－2，1]
B.[－3，3]
C.[－2，2]
D.[－2，3]
解析 (1)要使函数f(x)＝＋ln(3x－1)有意义，则解得＜x≤.
∴f(x)的定义域为.
(2)∵f(x)＝
f(－1)＝3，
∴f(－1)＝a－1＋1＝3，则a＝，
故f(x)＝
由f(x)≤5，∴当x＞0时，2x－1≤5，解得0＜x≤3，
当x≤0时，＋1≤5，－2≤x≤0.
综上，不等式f(x)≤5的解集为[－2，3].
答案 (1)B (2)D
探究提高 1.(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合，只需构建不等式(组)求解即可.
(2)抽象函数：根据f(g(x))中g(x)的范围与f(x)中x的范围相同求解.
2.对于分段函数求值或解不等式问题，一定要根据变量的取值条件进行分段讨论.
【训练1】
(1)(2020·成都诊断)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如：[－0.5]＝－1，[1.5]＝1.已知函数f(x)＝×4x－3×2x＋4(0＜x＜2)，则函数y＝[f(x)]的值域为( )
A.
B.{－1，0，1}
C.{－1，0，1，2}
D.{0，1，2}
(2)设函数f(x)＝则满足f(x＋1)A.(－∞，－1]
B.(0，＋∞)
C.(－1，0)
D.(－∞，0)
解析 (1)令t＝2x，t∈(1，4)，则f(t)＝t2－3t＋4，t∈(1，4).由二次函数性质，－≤f(t)＜，因此[f(t)]∈{－1，0，1}.则函数y＝[f(x)]的值域为{－1，0，1}.
(2)当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)＜f(2x)，则需或所以x<0.
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\
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答案 (1)B (2)D
热点二 函数的图象及应用
【例2】
(1)(2020·浙江卷)函数y＝xcos
x＋sin
x在区间[－π，π]上的图象可能是( )
(2)设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，1]
B.[1，4]
C.[4，＋∞)
D.(－∞，1]∪[4，＋∞)
解析 (1)因为f(x)＝xcos
x＋sin
x，则f(－x)＝－xcos
x－sin
x＝－f(x)，又x∈[－π，π]，所以f(x)为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则C，D错误.且x＝π时，y＝πcos
π＋sin
π＝－π＜0，知B错误，只有A满足.
(2)作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，要使f(x)在(a，a＋1)上单调递增，
需满足a≥4或a＋1≤2.因此a≥4或a≤1.
INCLUDEPICTURE"P55.TIF"
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\
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答案 (1)A (2)D
探究提高 1.函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置.(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势.(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性.(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.利用上述方法排除、筛选选项.
2.(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.
【训练2】
(1)(2019·全国Ⅲ卷)函数y＝在[－6，6]的图象大致为( )
(2)(2020·北京卷)已知函数f(x)＝2x－x－1，则不等式f(x)＞0的解集是( )
A.(－1，1)
B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C.(0，1)
D.(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析 (1)因为y＝f(x)＝，x∈[－6，6]，
所以f(－x)＝＝－＝－f(x)，
所以f(x)是奇函数，排除选项C.
当x＝4时，y＝＝∈(7，8)，排除A，D项，B正确.
(2)在同一平面直角坐标系中画出h(x)＝2x，g(x)＝x＋1的图象如图.由图象得交点坐标为(0，1)和(1，2).
又f(x)＞0等价于2x＞x＋1，
结合图象，可得x＜0或x＞1.
故f(x)＞0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).故选D.
答案 (1)B (2)D
热点三 函数的性质及应用
角度1 函数的周期性、奇偶性
【例3】
(1)(2020·淄博二模)偶函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，当－1≤x≤0时，f(x)＝－x2＋1，则f(2
020)＝( )
A.2
B.0
C.－1
D.1
(2)(多选题)(2020·淄博质检)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)是偶函数，f(x－1)是奇函数，则下列说法正确的是( )
A.f(7)＝0
B.f(x)的一个周期为8
C.f(x)图象的一个对称中心为(3，0)
D.f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2
019
解析 (1)∵f(x)为偶函数，∴f(x)的图象关于直线x＝0对称，
又f(x)的图象关于点(1，0)对称，
∴f(x)的周期T＝4|1－0|＝4.
∴f(2
020)＝f(2
020－4×505)＝f(0)，
又当－1≤x≤0时，f(x)＝－x2＋1.
故f(2
020)＝f(0)＝1.
(2)依题意知，直线x＝1是f(x)图象的一条对称轴，(－1，0)是f(x)图象的一个对称中心，又因为f(x＋1)是偶函数，f(x－1)是奇函数，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，f(x－1)＝－f(－x－1)，所以f(x)＝f(－x＋2)，f(x)＝－f(－x－2)，所以f(－x＋2)＝－f(－x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x－2)，∴f(x)＝－f(x－4)＝－[－f(x－8)]＝f(x－8)，所以f(x)是周期函数，且8为函数f(x)的一个周期，故B正确；f(7)＝f(－1)＝0，故A正确；因为f(x)图象上每隔4个单位长度出现一个对称中心，所以点(3，0)是函数f(x)图象的一个对称中心，故C正确；x＝2
019＝8×252＋3，所以直线x＝2
019不是函数f(x)图象的对称轴，故D错误，故选ABC.
答案 (1)D (2)ABC
角度2 函数的单调性与最值
【例4】
(1)(2020·福州质检)已知定义域为R的函数f(x)满足f(－x)－f(x)＝0，且当x≥0时，f(x)＝－2－x，设a＝f(－31.2)，b＝f(3－0.2)，c＝f(log30.2)，则( )
A.c＞b＞a
B.a＞b＞c
C.c＞a＞b
D.a＞c＞b
(2)(2020·东北三省三校联考)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且f(x)在(－∞，0]上单调递减，若不等式f(ax＋2)≤f(－1)对于任意x∈[1，2]恒成立，则a的最大值为________.
解析 (1)由f(－x)－f(x)＝0及函数f(x)的定义域为R，知f(x)是偶函数，易知f(x)＝－2－x在[0，＋∞)上单调递增.
因为a＝f(－31.2)＝f(31.2)，c＝f(log30.2)＝f＝f(－log35)＝f(log35)，
且31.2＞3，1＝log33＜log35＜log327＝3，0＜3－0.2＜1，
即31.2＞log35＞3－0.2＞0，
所以f(31.2)＞f(log35)＞f(3－0.2)，即a＞c＞b.
(2)由于f(x)满足f(x)＝f(－x)，且函数f(x)的定义域为R，可知f(x)的图象关于y轴对称，
∵f(x)在(－∞，0]上单调递减，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
根据f(x)的图象特征可得－1≤ax＋2≤1在[1，2]上恒成立，
得－≤a≤－在[1，2]上恒成立.
所以－≤a≤－1，故a的最大值为－1.
答案 (1)D (2)－1
探究提高 1.利用函数的奇偶性和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，转化到已知区间上求解.
2.函数单调性应用：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性.
【训练3】
(1)(2020·贵阳调研)定义在R上的奇函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且当－1≤x＜0时，f(x)＝2x－1，则f(log220)＝( )
A.
B.
C.－
D.－
(2)(多选题)已知f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，下列命题正确的是( )
A.f(2
019)＋f(－2
020)＝0
B.函数f(x)在定义域上是周期为2的函数
C.直线y＝x与函数f(x)的图象有2个交点
D.函数f(x)的值域为(－1，1)
解析 (1)依题意，知f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，则f(4＋x)＝f(x)，所以f(x)是周期函数，且周期为4.
又2＜log25＜3，则－1＜2－log25＜0，
所以f(log220)＝f(2＋log25)＝f(log25－2)
＝－f(2－log25)＝－(22－log25－1)＝－＝.
(2)根据题意，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，且当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，又由f(x)为奇函数，则f(x)的部分图象如图.对于A，当x≥0时，有f(x＋1)＝－f(x)，则f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即f(x＋2)＝f(x).当x∈[0，1)时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(0)＝log21＝0，f(1)＝－f(0)＝0，
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又f(2
019)＝f(1)＝0，f(2
020)＝f(0)＝0，f(x)为奇函数，所以f(－2
020)＝－f(2
020)＝0，故f(2
019)＋f(－2
020)＝0，故A正确；对于B，由于f＝f＝－f＝－log2，f＝－f＝－log2，∴f≠f，即周期不是2，B错误；对于C，如图，直线y＝x与函数f(x)的图象有1个交点，其坐标为(0，0)，C错误；对于D，函数f(x)的值域为(－1，1)，D正确.故选AD.
答案 (1)B (2)AD
A级 巩固提升
一、选择题
1.设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x<0时，f(x)＝( )
A.e－x－1
B.e－x＋1
C.－e－x－1
D.－e－x＋1
解析 设x＜0，则－x＞0，∴f(－x)＝e－x－1，
又f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝1－e－x.
答案 D
2.已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x).若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝( )
A.－50
B.0
C.2
D.50
解析 法一 ∵f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，
且f(1－x)＝f(1＋x)＝－f(x－1)，
∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(x)是周期函数，且一个周期为4，
又f(0)＝0，知f(2)＝f(0)，f(4)＝f(0)＝0，
由f(1)＝2，知f(－1)＝－2，
则f(3)＝f(－1)＝－2，
从而f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2，故选C.
法二 由题意可设
f(x)＝2sin，作出f(x)的部分图象如图所示.由图可知，f(x)的一个周期为4，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.
答案 C
3.(2020·江南十校模拟)函数f(x)＝在上的图象大致为( )
解析 根据题意，有f(－x)＝－＝－f(x)，且定义域关于原点对称，
则在上f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；
又在区间上，x＞0，cos
x＞0，2x＞0，2－x＞0，
则f(x)＞0，排除D，只有C适合.
答案 C
4.(多选题)函数f(x)＝则关于函数f(x)的说法正确的是( )
A.定义域为R
B.值域为(－3，＋∞)
C.在R上为增函数
D.只有一个零点
解析 f(x)＝∴f(x)的定义域为R，值域为(－3，e－3)∪[0，＋∞)，且e－3＜0，∴f(x)在R上为增函数，且f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点.故ACD正确，B不正确.
答案 ACD
5.(2019·全国Ⅲ卷)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )
A.f>f(2－)>f(2－)
B.f>f(2－)>f(2－)
C.f(2－)>f(2－)>f
D.f(2－)>f(2－)>f
解析 因为f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f＝f(－log34)＝f(log34).
又因为log34>1>2－>2－>0，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(log34)答案 C
6.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，对任意实数x，y满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋，且f＝0，当x>时，f(x)>0，则以下结论正确的是( )
A.f(0)＝－，f(－1)＝－
B.f(x)为R上的减函数
C.f(x)＋为奇函数
D.f(x)＋1为偶函数
解析 由已知，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)＋，∴f(0)＝－，令x＝，y＝－，得f＝f＋f＋，∴f＝－1，再令x＝y＝－，得f＝f＋f＋，
∴f(－1)＝－，A正确；取y＝－1，得f(x－1)＝f(x)＋f(－1)＋，∴f(x－1)－f(x)＝－1<0，即f(x－1)∴＋＝0，故C正确；令g(x)＝f(x)＋，由C可知g(x)为奇函数，∴g(－x)＋＝－g(x)＋，即＋＝－＋，∴f(－x)＋1＝－f(x)，故D错误.
答案 AC
二、填空题
7.(2020·郑州模拟)已知f(x)＝ex＋eax是偶函数，则f(x)的最小值为________.
解析 ∵f(x)＝ex＋eax是偶函数，∴f(1)＝f(－1)，得e＋ea＝e－1＋e－a，则a＝－1.
所以f(x)＝ex＋e－x≥2＝2.当且仅当x＝0时取等号.
故函数f(x)的最小值为2.
答案 2
8.(2020·合肥模拟)已知奇函数f(x)在x≥0时的图象如图所示，则不等式xf(x)＜0的解集为________.
解析 ∵xf(x)＜0，∴x和f(x)异号，由于f(x)为奇函数，补齐函数的图象如图.
当x∈(－2，－1)∪(0，1)∪(2，＋∞)时，f(x)＞0，
当x∈(－∞，－2)∪(－1，0)∪(1，2)时，f(x)＜0，
∴不等式xf(x)＜0的解集为(－2，－1)∪(1，2).
答案 (－2，－1)∪(1，2)
9.已知函数f(x)＝，g(x)＝－ex－1－ln
x＋a对任意的x1∈[1，3]，x2∈[1，3]恒有f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是________.
解析 f(x)＝＝(x＋1)＋－3.
易知x∈[1，3]时，f′(x)＝1－>0，∴f(x)在[1，3]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)在[1，3]上是减函数，知g(x)max＝g(1)＝a－1.
若恒有f(x1)≥g(x2)成立，则－≥a－1，∴a≤.
答案
三、解答题
10.已知函数f(x)＝a－.
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；
(3)若f(x)为奇函数，解不等式f(ax)解 (1)f(0)＝a－＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：
∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋
＝，
∵y＝2x在R上单调递增且x1∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－＝－a＋，解得a＝1(经检验符合题意).
∴f(ax)又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.
∴不等式的解集为(－∞，2).
B级 能力突破
11.(2020·福州模拟)已知函数f(x＋1)是定义在R上的偶函数，?x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有(x1－x2)·[f(x2)－f(x1)]＜0，则不等式f(－2x＋1＋1)＜f(5)的解集为________.
解析 因为函数f(x＋1)是定义在R上的偶函数，
所以f(x＋1)的图象关于y轴对称.
因为f(x)的图象向左平移1个单位长度得到f(x＋1)的图象，
所以f(x)的图象关于直线x＝1对称.
因为?x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，
都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]＜0，
所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
由此可得函数f(x)在(－∞，1)上单调递减.
因为f(－2x＋1＋1)＜f(5)，
且f(5)＝f(－3)，－2x＋1＋1＜1，
所以－2x＋1＋1＞－3，即2x＋1＜4，解得x＜1，
所以所求不等式的解集为(－∞，1).
答案 (－∞，1)
12.已知函数f(x)＝x2－2ln
x，h(x)＝x2－x＋a.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值.
(2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2ln
x－a(x＞0)，
所以k′(x)＝1－，
令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，
所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值k(2)＝2－2ln
2－a.
因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点，
即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，
所以即有
解得2－2ln
23.
所以实数a的取值范围为(2－2ln
2，3－2ln
3].第4讲 导数的综合应用
高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.
INCLUDEPICTURE"真题感悟考点整合.tif"
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直.
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
(1)解 f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
c＋
?
c－
?
因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点.
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点.
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－且x1∈，x2∈，x3∈.
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin
x－xcos
x－x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
(1)证明 设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos
x＋xsin
x－1，
g′(x)＝－sin
x＋sin
x＋xcos
x＝xcos
x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减.
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点.
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.
(2)解 由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0].
考
点
整
合
1.利用导数研究函数的零点
函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.
2.三次函数的零点分布
三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1a的符号
零点个数
充要条件
a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)
一个
f(x1)＜0或f(x2)>0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＞0且f(x2)＜0
a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)
一个
f(x1)>0或f(x2)＜0
两个
f(x1)＝0或f(x2)＝0
三个
f(x1)＜0且f(x2)＞0
3.利用导数解决不等式问题
(1)利用导数证明不等式.
若证明f(x)(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.
①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立?I是f(x)>g(x)的解集的子集?[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).
②?x∈I，使f(x)>g(x)成立?I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集?[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).
③对?x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)?f(x)max≤g(x)min.
④对?x1∈I，?x2∈I使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min.
4.(1)判断含x，ln
x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝eln
x0及ex≥x＋1，ln
x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号.
(2)会对复杂函数式或导数式(如含x，ln
x，ex的混合式)变形，如拆分为两个函数处理，好处是避免由于式子的复杂导致的思路无法开展.
热点一 利用导数研究函数的零点
【例1】
(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，x∈R，则f′(x)＝ex－1.
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
故f(x)至多存在一个零点，不合题意.
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln
a.
当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln
a)单调递减，在(ln
a，＋∞)单调递增.
故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a).
(ⅰ)若0a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意.
(ⅱ)若a>，则f(ln
a)<0.
由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln
a)存在唯一零点.
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln
a，＋∞)存在唯一零点.
从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点.
综上，a的取值范围是.
探究提高 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点，(2)依据零点确定极值的范围，(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
【训练1】
设函数f(x)＝ln
x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
(2)若0(1)解 由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增.
(2)证明 由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝1－ax2ex，
由0又g(1)＝1－ae>0，且
g＝1－a·＝1－<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
不妨设为x0，则1当x∈(0，x0)时，f′(x)＝>＝0，
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)＝ln
x－x＋1，
则当x>1时，h′(x)＝－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1时，h(x)所以ln
x从而f＝ln－aeln
＝ln－ln＋1＝h<0.
又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点.
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点.
热点二 利用导数证明不等式
【例2】
(2020·衡水中学检测)已知函数f(x)＝ln.
(1)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；
(2)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值.
(1)证明 令g(x)＝f(x)－2，则
g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.
因为g′(x)>0(0所以g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，
即当x∈(0，1)时，f(x)>2.
(2)解 由(1)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立.
当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，则
h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.
所以当0当0即f(x)所以当k>2时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立.
综上可知，k的最大值为2.
探究提高 形如f(x)＞g(x)的不等式的证明：(1)首先构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，借助导数求h(x)min，证明h(x)min＞0.(2)如果不等式既有指数又有对数，求导不易求最值，可合理分拆和变形，构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值法证明.
【训练2】
(2020·岳阳二模)已知函数f(x)＝x－ln
x－.
(1)求证：f(x)≤1－e；
(2)若f(x)＋ex－bx≥1恒成立，求实数b的取值范围.
(1)证明 f(x)＝x－ln
x－，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－－＝，
由ex≥x＋1＞x，知00；x>1时，f′(x)<0，
得f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝1－e.从而f(x)≤1－e.
(2)解 f(x)＋ex－bx≥1，即－ln
x＋x－＋xex＋－bx≥1，
恒有≥b，即≥b.
令φ(x)＝，则φ′(x)＝，
令h(x)＝x2ex＋ln
x，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为x→0时，h(x)→－∞，h(1)＝e＞0，
所以h(x)在(0，1)上存在唯一零点x0，且h(x0)＝xex0＋ln
x0＝0，
所以x0ex0＝－＝(eln
).
令m(x)＝xex，上式即m(x0)＝m.
由于m(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
故x0＝ln
＝－ln
x0，即ex0＝，
从而φ′(x0)＝0且0x0时，h(x)>0，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝2，
所以b≤2.即实数b的取值范围为(－∞，2].
热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题
角度1 含参不等式的恒成立问题
【例3】
已知函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1).若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围.
解 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4
＝2(x＋2)(kex－1).
由题设可得F(0)≥0，即k≥1.
令F′(x)＝0，得x1＝－ln
k，x2＝－2.
(ⅰ)若1≤k从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；
当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增.故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1).
而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，F(x)≥0，
即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2).
从而当x>－2时，F′(x)>0，
即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增.
而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，
即F(x)≤kg(x)恒成立.
(ⅲ)若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上，k的取值范围是[1，e2].
探究提高 1.此类问题要根据导数式的特点对参数进行讨论，在每个范围内由单调性得到最值，利用最值来判断是否满足题意，说明不满足题意时，只需举一反例即可.
2.x，ex，ln
x组合型函数问题，解题思路有两个关键方向：一是要充分考虑指数式与对数式的运算性质的应用，如＝eln
是N＝alogaN(a＞0，a≠1)的应用，x0＝ln
化为ex0＝是指数式与对数式互化的应用；二是要考虑能否运用不等式放缩转化目标，如利用ex≥x＋1，从而快速解不等式，得到函数的单调区间.
【训练3】
设函数f(x)＝ax2－a－ln
x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).
解 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.
又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln
x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立.
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.
综上，a∈.
角度2 不等式存在性问题
【例4】
设函数f(x)＝aln
x＋x2－x(a≠1).若存在x0≥1，使得f(x0)＜，求a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f(x)＝aln
x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝
(x－1).
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
所以，存在x0≥1，使得f(x0)＜成立的充要条件为
f(1)＜，即－1＜，解得－－1＜a＜－1.
②若＜a＜1，则＞1，
故当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
f(x)在上单调递减，
在上单调递增.所以，存在x0≥1，
使得f(x0)＜成立的充要条件为f＜.
而f＝aln＋＋＞，
所以不合题意.
③若a＞1，f(x)在[1，＋∞)上递减，
则f(1)＝－1＝＜.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞).
探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍.
【训练4】
已知函数f(x)＝x－mln
x－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
解 (1)f(x)＝x－mln
x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
当m≥e＋1时，若x∈[1，e]，则f′(x)≤0，
∴f(x)在[1，e]上是减函数，
则f(x)min＝f(e)＝e－m－.
当2若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2时，在x∈[e，e2]上有f′(x)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2.
所以实数m的取值范围是.
A级 巩固提升
一、选择题
1.若不等式2xln
x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(－∞，0)
B.(－∞，4]
C.(0，＋∞)
D.[4，＋∞)
解析 条件可转化为a≤2ln
x＋x＋(x>0)恒成立，
设f(x)＝2ln
x＋x＋，
则f′(x)＝(x>0).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝4.
所以a≤4.
答案 B
2.已知函数f(x)＝x2－3x＋5，g(x)＝ax－ln
x，若对?x∈(0，e)，?x1，x2∈(0，e)且x1≠x2，使得f(x)＝g(xi)(i＝1，2)，则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.∪
解析 当x∈(0，e)时，函数f(x)的值域为.
由g′(x)＝a－＝可知：
当a≤0时，g′(x)<0，与题意不符，故a>0.
令g′(x)＝0，得x＝，则∈(0，e)，
所以g(x)min＝g＝1＋ln
a.
作出函数g(x)在(0，e)上的大致图象，如图所示，
数形结合，知
解之得≤a答案 C
3.(2020·石家庄调研)已知函数f(x)＝(k－1)xex，若对任意x∈R，都有f(x)<1成立，则实数k的取值范围是( )
A.(－∞，1－e)
B.(1－e，＋∞)
C.(－e，0]
D.(1－e，1]
解析 由f(x)<1，得(k－1)x<＝，所以曲线y＝恒在直线y＝(k－1)x的上方.
过原点作曲线y＝的切线，设切点为P(x0，y0)，则－＝，即－＝，得x0＝－1.
∴y＝的切线的斜率k0＝－e－x|x＝－1＝－e，
则－e答案 D
4.(多选题)关于函数f(x)＝＋ln
x，下列判断正确的是( )
A.x＝2是f(x)的极大值点
B.函数y＝f(x)－x有且只有1个零点
C.存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立
D.对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当02时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2是f(x)的极小值点，故A错误；y＝f(x)－x＝＋ln
x－x，∴y′＝－＋－1＝<0，函数y＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)－1＝2＋
ln
1－1＝1>0，f(2)－2＝1＋ln
2－2＝ln
2－1<0，∴函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故B正确；若f(x)>kx(x>0)，则k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令h(x)＝－4＋x－xln
x，则h′(x)＝－ln
x，当h′(x)>0时，01，∴函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)<0，∴g′(x)<0，∴函数g(x)＝＋在(0，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→0，
∴不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故C错误；
令t∈(0，2)，则2－t∈(0，2)，2＋t∈(2，4)，
令u(t)＝f(2＋t)－f(2－t)＝＋ln(2＋t)－－ln(2－t)＝＋ln
，
则u′(t)＝＋·＝＋＝<0，
∴u(t)在(0，2)上单调递减，则u(t)由f(x1)＝f(x2)，得x2>2＋t，则x1＋x2>2－t＋2＋t＝4，当x2≥4时，x1＋x2>4显然成立，
∴对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4，故D正确.故选BD.
答案 BD
二、填空题
5.函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，若f(ln
2)＝，则满足不等式f(x)＞的x的取值范围是________.
解析 由题意，对任意x∈R，都有f′(x)＞－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)＞0.令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]＞0，所以函数g(x)在R上单调递增.不等式f(x)＞等价于exf(x)＞1，即g(x)＞1.因为f(ln
2)＝，所以g(ln
2)＝eln
2f(ln
2)＝2×＝1.故当x＞ln
2时，g(x)＞g(ln
2)＝1，所以不等式g(x)＞1的解集为(ln
2，＋∞).
答案 (ln
2，＋∞)
6.若对于任意正实数x，都有ln
x－aex－b＋1≤0(e为自然对数的底数)成立，则a＋b的最小值是________.
解析 因为对于任意正实数x都有ln
x－aex－b＋1≤0成立，不妨将x＝代入不等式中，得a＋b≥0.下面证明a＋b＝0时满足题意，当a＝1，b＝－1时，令f(x)＝ln
x－ex＋1＋1＝ln
x－ex＋2，则f′(x)＝－e＝.由f′(x)＝0，得x＝，所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)max＝f＝0，即f(x)≤0对任意正实数x都成立，所以当a＝1，b＝－1，即a＋b＝0时满足题意，所以a＋b的最小值为0.
答案 0
三、解答题
7.已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x.
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，解得x＝ln
2.
当x∈(0，ln
2)时，g′(x)<0；
当x∈(ln
2，＋∞)时，g′(x)>0.
∴当x≥0时，g(x)≥g(ln
2)＝2－2ln
2>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.
(2)解 若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，
由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，
φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2.
当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.
∴φ(x)min＝φ(2)＝.∴a＝.
8.已知函数f(x)＝sin
x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数.证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明 (1)设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos
x－，g′(x)＝－sin
x＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)>0，g′<0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.
则当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，
即f′(x)在存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈
(－1，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1，0)单调递减.
又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.
②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′<0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.
又f(0)＝0，f＝1－ln>0，所以当x∈时，f(x)>0.从而，f(x)在上没有零点.
③当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在单调递减.又f>0，f(π)<0，所以f(x)在有唯一零点.
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1.
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点.
综上，f(x)有且仅有2个零点.
B级 能力突破
9.(2019·天津卷改编)设函数f(x)＝excos
x，g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x∈时，证明f(x)＋g(x)≥0.
(1)解 由已知，有f′(x)＝ex(cos
x－sin
x).
因此，当x∈(k∈Z)时，
有sin
x>cos
x，得f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(k∈Z)时，有sin
xx，
得f′(x)>0，则f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明 记h(x)＝f(x)＋g(x).
依题意及(1)，有g(x)＝ex(cos
x－sin
x)，
从而g′(x)＝－2exsin
x.
当x∈时，g′(x)<0，
故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)
＝g′(x)<0.
因此，h(x)在区间上单调递减，
进而h(x)≥h＝f＝0.
所以当x∈时，f(x)＋g(x)≥0.
10.(2020·长沙模拟)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a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2ln
x＋(x＞0)，
则h′(x)＝.
(ⅰ)设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)＞＋.
(ⅱ)设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.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.
(ⅲ)设k≥1，此时x2＋1≥2x，(k－1)(x2＋1)＋2x>0?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，得k的取值范围为(－∞，0].规范答题示范课——函数与导数解答题
[破题之道] 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点.对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.
【典例示范
】
(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln
x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
切入点：利用导数判定函数单调性，找区间零点.
关键点：利用f(x)的零点x0，确定切点坐标，求切线方程.
[规范解答]
(1)解 f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.2分
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e又0<<1，f＝－ln
x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0，1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点.6分
(2)证明 因为＝e－ln
x0，
所以点B在曲线y＝ex上.7分
由题设知f(x0)＝0，即ln
x0＝，
故直线AB的斜率k＝＝＝.9分
又曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处切线的斜率也是，
所以曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.12分
[高考状元满分心得]
?得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，判断单调性，利用零点存在定理确定零点个数；第(2)问中，由f(x0)＝0定切点B，求切线的斜率.
?得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问中，找关系ln
x0＝，判定两曲线在点B处切线的斜率相等.
?得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，判定f(x1)＝－f＝0.第(2)问中，正确计算kAB等，否则不得分.
[满分体验]
1.已知函数f(x)＝－ax2＋ex－1(0≤a≤).
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，求a的值；
(2)求证：当x>0时，f(x)>0.
(1)解 由函数f(x)＝－ax2＋ex－1，
可得f′(x)＝ex－2ax，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为e，
∴f′(1)＝e－2a＝e，∴a＝0.
(2)证明 由(1)知f′(x)＝ex－2ax，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex－2a(x>0)，
①当0≤a≤时，h′(x)>0，h(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)＝1，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，满足题意.
②当当x∈(0，ln(2a))时，h′(x)<0，f′(x)＝h(x)在(0，ln(2a))上单调递减；
当x∈(ln(2a)，＋∞)时，h′(x)>0，f′(x)＝h(x)在(ln(2a)，＋∞)上单调递增.
∴f′(x)min＝f′(ln(2a))
＝eln(2a)－2aln(2a)＝2a(1－ln(2a))，
∵∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)>f(0)＝0，满足题意，
综上，当x>0时，f(x)>0.
2.(2020·武汉检测)已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝x＋m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1(1)解 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln
x－x－m(x>0)，
则F′(x)＝－1＝(x>0)，
当x>1时，F′(x)<0，当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.
F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥
－1.故m的取值范围为[－1，＋∞).
(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1，0要证x1x2<1，只需证x2<，
由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
从而只需证F(x2)>F，
由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝ln
x1－x1，
即证ln
－－m＝ln
－＋x1－ln
x1<0，
令h(x)＝－＋x－2ln
x(0则h′(x)＝＋1－＝>0，
故h(x)在(0，1)上单调递增，
h(x)所以x1x2<1.第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A.y＝－2x－1
B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3
D.y＝2x＋1
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
又f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
答案 B
2.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
解析 f′(x)＝，可得f′(1)＝＝，即＝，解得a＝1.
答案 1
3.(2020·新高考山东、海南卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln
x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积S＝|x|·|y|＝×2×＝.
(2)当0＜a＜1时，f(1)＝a＋ln
a＜1.
当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln
x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a＞1时，f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a＞ex－1－ln
x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意.
②若0<2a＋1<2，即－则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增.
由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)·e－2≤1，即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x.
由于0∈，故由②可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
考
点
整
合
1.导数的几何意义
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，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin
x)′＝cos
x；
(2)(cos
x)′＝－sin
x；
(3)(ax)′＝axln
a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
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，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.
热点一 导数的几何意义
【例1】
(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln
x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A.a＝e，b＝－1
B.a＝e，b＝1
C.a＝e－1，b＝1
D.a＝e－1，b＝－1
(2)(多选题)下列四条曲线中，直线y＝2x与其相切的有( )
A.曲线y＝2ex－2
B.曲线y＝2sin
x
C.曲线y＝3x＋
D.曲线y＝x3－x－2
解析 (1)因为y′＝aex＋ln
x＋1，所以k＝y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为
y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.
所以即
(2)直线y＝2x的斜率为k＝2，
A中，若f(x)＝2ex－2，则由f′(x)＝2ex＝2，得x＝0，f(0)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2ex－2相切.
B中，若f(x)＝2sin
x，则由f′(x)＝2cos
x＝2，得x＝2kπ(k∈Z)，f(2kπ)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2sin
x相切.
C中，若f(x)＝3x＋，则由f′(x)＝3－＝2，得x＝±1，f(1)＝4，f(－1)＝－4，因为(1，4)，(－1，－4)都不在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝3x＋不相切.
D中，若f(x)＝x3－x－2，则由f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝±1，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，其中(－1，－2)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝x3－x－2相切.故选ABD.
答案 (1)D (2)ABD
探究提高 利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.
【训练1】
(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln
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________.
(2)(2020·全国Ⅰ卷)曲线y＝ln
x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________.
解析 (1)设A(m，n)，则曲线y＝ln
x在点A处的切线方程为y－n＝(x－m).
又切线过点(－e，－1)，
所以有n＋1＝(m＋e).
再由n＝ln
m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e，1).
(2)设切点坐标为(x0，y0)，
因为y＝ln
x＋x＋1，所以y′＝＋1，
所以切线的斜率为＋1＝2，解得x0＝1.
所以y0＝ln
1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，
所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案 (1)(e，1) (2)2x－y＝0
热点二 利用导数研究函数的单调性
角度1 讨论函数的单调性(区间)
【例2】
(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2ln
x＋1.
(1)若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性.
解 设h(x)＝f(x)－2x－c，则h(x)＝2ln
x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
(1)当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减.
从而当x＝1时，h(x)取到最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞).
(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞).
g′(x)＝＝.
取c＝－1得h(x)＝2ln
x－2x＋2，h(1)＝0，
则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln
x<0.
故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－＋ln
<0，
从而g′(x)<0.
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减.
角度2 根据函数的单调性求参数的取值范围
【例3】
(1)已知函数f(x)＝mx2＋ln
x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是( )
A.[－1，1]
B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞)
D.(－∞，1]
(2)若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln
x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
解析 (1)f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，
∴m≥－＋.
令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
(2)对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝.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，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1答案 (1)C (2)(0，1)∪(2，3)
探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
【训练2】
(2020·百师联盟考试)已知函数f(x)＝axex－x2－2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞0时，f(x)＞0，求正实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝a(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(aex－2).
①当a≤0时，由f′(x)＞0，得x＜－1；由f′(x)＜0，得x＞－1.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减.
②当a＝2e时，f′(x)≥0，即f(x)在R上单调递增，
③当0＜a＜2e时，由f′(x)＜0，得－1＜x＜ln
；
由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞ln
.
∴f(x)在(－∞，－1)和上单调递增，f(x)在上单调递减.
④当a＞2e时，由f′(x)＜0，得ln
＜x＜－1；
由f′(x)＞0，得x＞－1或x＜ln
.
故f(x)在(－1，＋∞)和上单调递增，f(x)在上单调递减.
(2)当a≥2e时，由第(1)问知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意.
当0＜a＜2e时，由(1)知：
当ln
≤0时，即2≤a＜2e时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，即f(x)＞f(0)＝0，符合题意.
当ln
＞0时，即0＜a＜2时，f(x)在单调递减，在单调递增.
因此当x∈时，f(x)＜f(0)＝0，不符合题意.
综上可知，实数a的取值范围是[2，＋∞).
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
【例4】
设函数f(x)＝e2x－aln
x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0).
当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.
当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，①当a≥1时，则0故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.
探究提高 (1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题.
(2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数研究单调性，求出最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.
【训练3】
(2020·江南十校联考)已知f(x)＝mx2－x＋ln
x.
(1)当m＝0时，求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最大值M(t)；
(2)当m＝1时，若存在正数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝1－ln
2，求证：x1＋x2≥2.
(1)解 当m＝0时，f(x)＝ln
x－x，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，函数单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数单调递减.
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递减，f(x)的最大值为f(t)＝ln
t－t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上单调递增，在区间(1，t＋1)上单调递减，f(x)的最大值为f(1)＝－1.
综上，M(t)＝
(2)证明 当m＝1时，f(x)＝x2－x＋ln
x，其定义域为(0，＋∞)，则f(x1)＋f(x2)＝x＋x－(x1＋x2)＋ln
x1x2＝1－ln
2，
即(x1＋x2)2－(x1＋x2)＝2x1x2－ln
x1x2＋1－ln
2.
令h(x)＝2x－ln
x＋1－ln
2，则h′(x)＝，
故h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)在x＝时，取到最小值h＝2.
因此(x1＋x2)2－(x1＋x2)≥2，
即(x1＋x2－2)(x1＋x2＋1)≥0.
又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥2.
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·洛阳二模)函数f(x)＝ln
x－ax在x＝2处的切线与直线ax－y－1＝0平行，则实数a＝( )
A.－1
B.
C.
D.1
解析 由f(x)＝ln
x－ax，得f′(x)＝－a，
∴f(x)在x＝2处切线的斜率k＝f′(2)＝－a.
依题意－a＝a，所以a＝.
答案 B
2.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
答案 D
3.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln
x－，则f(x)的极大值点为( )
A.
B.1
C.e
D.2e
解析 因为f(x)＝2ef′(e)ln
x－(x＞0)，
所以f′(x)＝－，所以f′(e)＝－＝2f′(e)－，
因此f′(e)＝，所以f′(x)＝－，
由f′(x)＞0，得0＜x＜2e；
由f′(x)＜0，得x＞2e.
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，
因此f(x)的极大值点为x＝2e.
答案 D
4.(2020·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为( )
A.－3e
B.－2e
C.e
D.2e
解析 由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，
∴n＝－3.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.
故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
答案 B
5.(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos
x＋f(x)sin
x<0，则下列判断中正确的是( )
A.fB.f>0
C.f>f
D.f>f
解析 令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝.
因为f′(x)cos
x＋f(x)sin
x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，所以函数g(x)＝在上单调递减，所以g>g，即>，即f>f，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，因为ln
∈，所以f<0，故B错误；又g>g，所以>，即f>f，故C正确；又g>g，所以>，即f>f，故D正确.故选CD.
答案 CD
二、填空题
6.(2020·西安质检)若曲线y＝ex在x＝0处的切线也是曲线y＝ln
x＋b的切线，则b＝________.
解析 令y＝f(x)＝ex，y＝g(x)＝ln
x＋b，
∴f′(x)＝ex，∴f′(0)＝1，
∵f(0)＝1，∴曲线y＝ex在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.
设切线y＝x＋1与曲线y＝g(x)＝ln
x＋b的切点坐标为(m，m＋1)，
∵g′(x)＝，∴g′(m)＝＝1，∴m＝1，
∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln
1＋b，∴b＝2.
答案 2
7.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)解析 构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
因为f′(x)故函数g(x)在R上为减函数，
又f(0)＝，所以g(0)＝＝，
则不等式f(x)－ex<0可化为<，
即g(x)<＝g(0)，
所以x>0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).
答案 (0，＋∞)
8.若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数.已知函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln
x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是________.
解析 由g(x)＝kx2－x＋3可得g′(x)＝kx－1，
∵函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln
x＋x的“友导”函数，
∴kx－1＝x2ln
x＋x有解，即k＝xln
x＋1＋(x＞0)有解.
令h(x)＝xln
x＋1＋，则h′(x)＝1＋ln
x－，
再令φ(x)＝1＋ln
x－，∴φ′(x)＝＋＞0.
∴φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
∵h′(1)＝φ(1)＝0，∴x＞1时，h′(x)＞0；0＜x＜1时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝2，∴k≥2.
答案 [2，＋∞)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝(x－1)ln
x－x－1.
证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋ln
x－1＝ln
x－.
因为y＝ln
x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln
2－＝>0，
故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当x当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0，
所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得<1又f＝ln－－1＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根.
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
10.已知函数f(x)＝ax－1－ln
x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln
x.
因此f(x)≥bx－2?1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
B级 能力突破
11.(多选题)已知函数f(x)＝ex＋aln
x，其中正确的结论是( )
A.当a＝0时，函数f(x)有最大值
B.对于任意的a<0，函数f(x)一定存在最小值
C.对于任意的a>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增
D.对于任意的a>0，都有函数f(x)>0
解析 对于A，当a＝0时，函数f(x)＝ex，根据指数函数的单调性可知，f(x)＝ex是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a<0，f′(x)＝ex＋，x>0，易知f′(x)在(0，＋∞)单调递增，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→0时，f(x)→－∞，∴存在x0使得f′(x0)＝0，∴当00，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(x0)，故B正确；对于C，对于任意的a>0，∵f′(x)＝ex＋，x>0，∴f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a>0，由C知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，ex→1，ln
x→－∞，可得f(x)→－∞，故D错误.故选BC.
答案 BC
12.(2020·成都二诊)已知函数f(x)＝ln
x－xex＋ax，其中a∈R.
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值.
解 (1)f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－ex(x＋1)＋a.
依题意，f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝(x＋1)ex－，x≥1，
则g′(x)＝(x＋2)ex＋，
易知g′(x)＞0(x≥1)，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝2e－1.
因此a≤2e－1.
所以实数a的取值范围为(－∞，2e－1].
(2)当a＝1时，f(x)＝ln
x－xex＋x(x＞0)，
则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，
令m(x)＝－ex，x＞0，则m′(x)＝－－ex，易知m′(x)＜0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减.
由于m＞0，m(1)＜0.
所以存在x0＞0满足m(x0)＝0，即ex0＝.
当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(x0)＝ln
x0－x0ex0＋x0，
因为ex0＝，所以x0＝－ln
x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1.
所以f(x)max＝－1.(共37张PPT)
第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A.y＝－2x－1
B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3
D.y＝2x＋1
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
又f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
答案 B
答案 1
3.(2020·新高考山东、海南卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln
x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
(2)当0＜a＜1时，f(1)＝a＋ln
a＜1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a＞1时，f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a＞ex－1－ln
x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
考
点
整
合
1.导数的几何意义
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，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
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，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.
热点一 导数的几何意义
【例1】
(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋xln
x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A.a＝e，b＝－1
B.a＝e，b＝1
C.a＝e－1，b＝1
D.a＝e－1，b＝－1
解析 (1)因为y′＝aex＋ln
x＋1，所以k＝y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为
y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.
(2)直线y＝2x的斜率为k＝2，
A中，若f(x)＝2ex－2，则由f′(x)＝2ex＝2，得x＝0，f(0)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2ex－2相切.
B中，若f(x)＝2sin
x，则由f′(x)＝2cos
x＝2，得x＝2kπ(k∈Z)，f(2kπ)＝0，因为点(0，0)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝2sin
x相切.
D中，若f(x)＝x3－x－2，则由f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝±1，f(1)＝－2，f(－1)＝－2，其中(－1，－2)在直线y＝2x上，所以直线y＝2x与曲线y＝x3－x－2相切.故选ABD.
答案 (1)D (2)ABD
探究提高 利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.
【训练1】
(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln
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________.
(2)(2020·全国Ⅰ卷)曲线y＝ln
x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________.
答案 (1)(e，1) (2)2x－y＝0
热点二 利用导数研究函数的单调性
角度1 讨论函数的单调性(区间)
【例2】
(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝2ln
x＋1.
(1)当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减.
从而当x＝1时，h(x)取到最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞).
取c＝－1得h(x)＝2ln
x－2x＋2，h(1)＝0，
则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln
x<0.
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减.
答案 (1)C (2)(0，1)∪(2，3)
探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
【训练2】
(2020·百师联盟考试)已知函数f(x)＝axex－x2－2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x＞0时，f(x)＞0，求正实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝a(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(aex－2).
①当a≤0时，由f′(x)＞0，得x＜－1；由f′(x)＜0，得x＞－1.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减.
②当a＝2e时，f′(x)≥0，即f(x)在R上单调递增，
(2)当a≥2e时，由第(1)问知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意.
当0＜a＜2e时，由(1)知：
综上可知，实数a的取值范围是[2，＋∞).
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
【例4】
设函数f(x)＝e2x－aln
x.
(2)证明 由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
探究提高 (1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题.
(2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数研究单调性，求出最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.
【训练3】
(2020·江南十校联考)已知f(x)＝mx2－x＋ln
x.
(1)当m＝0时，求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最大值M(t)；
(2)当m＝1时，若存在正数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＝1－ln
2，求证：x1＋x2≥2.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，函数单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数单调递减.当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递减，f(x)的最大值为f(t)＝ln
t－t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上单调递增，在区间(1，t＋1)上单调递减，f(x)的最大值为f(1)＝－1.
因此(x1＋x2)2－(x1＋x2)≥2，即(x1＋x2－2)(x1＋x2＋1)≥0.
又x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥2.