培优点4 洛必达法则
洛必达法则：设函数f(x)，g(x)满足：(1)f(x)＝g(x)＝0(或∞)；(2)在U(a)内，f′(x)和g′(x)都存在，且g′(x)≠0；(3)
＝A(A可为实数，A也可以是±∞)．则
＝
＝A(可连续使用)．
例 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
当x>0时，由f(x)≥0得，a≤，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(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，实数a的取值范围是.
对函数不等式恒成立求参数取值范围时，大家常采用分类讨论、假设反证法，但很难对参数进行讨论．若采取参数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷．此时，利用洛必达法则．
已知函数f(x)＝＋，当x>0且x≠1时，f(x)>＋恒成立，求k的取值范围．
解 由题意，当x>0且x≠1时，f(x)>＋恒成立等价于k<＋1－＝＋1，
记g(x)＝＋1，
则g′(x)＝
＝；
又记h(x)＝ln
x＋，
则h′(x)＝－＝>0，
所以，当x>0时，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
因此，当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0；即当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0；
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有
g(x)＝
＋1＝
＋1＝0，
即当x→1时，g(x)→0.
所以当x>0且x≠1时，g(x)>0，
所以k≤0.
故所求k的取值范围是(－∞，0]．(共18张PPT)
培优点1 函数性质间的相互联系
专题一 函数与导数
函数的对称性、奇偶性、周期性及单调性是函数的四大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，求解时要研究函数各性质间的相互联系，对性质进行综合、灵活地应用.
√
解析 依题意得，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且其图象关于y轴对称，
即f(c)>f(a)>f(b).
(2)(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋1)为偶函数，且在区间[2,3]上单调递增，则
A.f(x)的周期为2
B.f(－1)是函数f(x)的最小值
C.函数f(x)的图象的一个对称中心为(4,0)
D.f(x＋16)＝f(x－12)
√
√
解析 由f(x＋1)为偶函数，可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，
又f(x)为奇函数，∴－f(－x)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x＋4)＝f(－x－2)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x)的周期T＝4，故A错；
f(x)在[2,3]上单调递增，且T＝4，
∴f(x)在[－2，－1]上单调递增，
∴f(－1)不是f(x)的最小值，故B错；
又f(x)关于(0,0)对称，且T＝4，
∴f(x)的图象关于(4,0)对称，故C正确；
∵T＝4，∴f(x＋16)＝f(x)，f(x－12)＝f(x)，
∴f(x＋16)＝f(x－12)，故D正确.
(3)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数.若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________.
－8
解析 ∵f(x)是奇函数且f(x－4)＝－f(x)，
∴f(x－4)＝－f(4－x)＝－f(x)，
即f(x)＝f(4－x)且f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，
即y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，
并且此函数是周期为8的周期函数.
∵f(x)在[0,2]上是增函数，
∴f(x)在[－2,2]上是增函数，在[2,6]上是减函数.
据此可画出y＝f(x)图象的草图(如图)(设x1
其图象也关于直线x＝－6对称，
∴x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，
∴x1＋x2＋x3＋x4＝－8.
能力
提升
函数的周期性常常通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律.因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定函数在另一个区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题.
跟踪演练
1.(2020·湖南邵阳质检)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x).若a＝g(－log2
5.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为
A.aB.cC.bD.b1
2
3
4
√
1
2
3
4
解析 ∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，g(x)为偶函数.
∴g(－log2
5.1)＝g(log2
5.1).
∵f(x)在R上单调递增，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增.
而20.8<25.1<3，
∴g(20.8)5.1)∴b2.(多选)已知f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称，则以下关于f(x)的结论正确的是
A.f(x)是周期函数
B.f(x)满足f(x)＝f(4－x)
C.f(x)在(0,2)上单调递减
1
2
3
4
√
√
√
解析 因为f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，其图象关于点(1,0)对称，则f(－x)＝－f(2＋x)，故f(x＋2)＝－f(x)，故有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的函数，故A正确；
因为f(－x)＝f(x)＝f(x＋4)，把x替换成－x可得f(x)＝f(4－x)，故B正确；
1
2
3
4
1
2
3
4
3.已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x有f(x＋4)＝－f(x)＋2
，若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，f(－1)＝2，则f(2
025)＝________.
2
解析 由函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)为偶函数.
∴f(x)是周期为8的偶函数.
∴f(2
025)＝f(1＋253×8)＝f(1)＝f(－1)＝2.
1
2
3
4
①②④
1
2
3
4
解析 对于任意x∈R，都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，令x＝－3，
则f(－3＋6)＝f(－3)＋f(3).
又f(x)是R上的偶函数，所以f(3)＝0.故①正确；
由①知f(x＋6)＝f(x)，所以f(x)的周期为6.
又f(x)是R上的偶函数，所以f(x)的图象关于y轴对称，
所以直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴.故②正确；
所以函数y＝f(x)在[0,3]上为增函数.因为f(x)是R上的偶函数，
1
2
3
4
所以函数y＝f(x)在[－3,0]上为减函数，而f(x)的周期为6，所以函数y＝f(x)在[－9，－6]上为减函数.故③错误；
f(3)＝0，f(x)的周期为6，所以f(－9)＝f(－3)＝f(3)＝f(9)＝0，所以函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点.故④正确.培优点6 极值点偏移问题
对于函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点x0，方程f(x)＝0的解为x1，x2且a例 已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值．
(2)证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(
)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1将x2代入(
)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0取对数得ln
x1－x1＝ln
x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln
x1－x1＝ln
t＋ln
x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2?ln
t－>0，
设g(t)＝ln
t－(t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)为增函数，
∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln
t－>0，
故x1＋x2>2.
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f?，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
已知函数f(x)＝xln
x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<.
证明 f′(x)＝ln
x＋1，
由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
可设0方法一 构造函数F(x)＝f(x)－f?，则
F′(x)＝f′(x)＋f′＝1＋ln
x＋·＝(1＋ln
x)·，
当0x<0,1－<0，则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数，∴F(x)∴f(x)将x1代入上式得f(x1)又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)又x2>，>，且f(x)在上单调递增，
∴x2<，∴x1x2<.
方法二 f(x1)＝f(x2)即x1ln
x1＝x2ln
x2，
令t＝>1，则x2＝tx1，
代入上式得x1ln
x1＝tx1(ln
t＋ln
x1)，得ln
x1＝.
∴x1x2x1＋ln
x2<－2?2ln
x1＋ln
t<－2?＋ln
t<－2?ln
t－>0.
设g(t)＝ln
t－(t>1)，
则g′(t)＝>0.
∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0，
∴ln
t－>0.故x1x2<.培优点5 隐零点问题
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．
例 已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln
x)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x)．
(1)解 f′(x)＝(x＋1)ex－a
＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，
h′(x)＝(x＋1)ex>0.
显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，
必存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以，x＝x0是f(x)的极小值点．
综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．
(2)证明 由(1)得，f′(x0)＝0，即＝a，
f(x0)＝－a(x0＋ln
x0)＝(1－x0－ln
x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln
x0>0，
令g(x)＝1－x－ln
x，g′(x)＝－1－<0，
g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，
由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)，
设φ(x)＝ln
x－x＋1，x∈(0,1)，
φ′(x)＝－1＝，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，
φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，
即ln
xx>1－x，
所以ln(x＋1)x＋1>0.
因为x0∈(0,1)，所以>x0＋1>0,1－x0－ln
x0>1－x0＋1－x0>0，
相乘得(1－x0－ln
x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝(1－x0－ln
x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．
结论成立．
零点问题求解三步曲
(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
已知函数f(x)＝－ln
x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数)．当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值．
解 当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，
即m<(－x＋2)ex－ln
x＋x.
令h(x)＝(－x＋2)ex－ln
x＋x，x∈(0,1]，
所以h′(x)＝(1－x)，
当0设u(x)＝ex－，则u′(x)＝ex＋>0，
所以u(x)在(0,1]上单调递增．
因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，
且u＝－2<0，u(1)＝e－1>0，
所以存在x0∈，使得u(x0)＝0，
即＝，所以ln
x0＝－x0.
当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；
当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.
所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，
所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)－ln
x0＋x0
＝(－x0＋2)·＋2x0＝－1＋＋2x0.
因为y＝－1＋＋2x在x∈(0,1)上单调递减，
又x0∈，所以h(x0)＝－1＋＋2x0∈(3,4)，
所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln
x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，
所以正整数m的最大值是3.培优点3 导数中函数的构造问题
导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性，我们可以根据不等式的形式构造适当的函数求解问题．
例1 (1)f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________________．
答案 (－∞，－4)∪(0,4)
解析 构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．
(2)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________________．
答案 (－1,0)∪(0,1)
解析 构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝为偶函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
例2 (1)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)恒成立，若x1A．f(x2)>f(x1)
B．f(x2)<
f(x1)
C．f(x2)＝f(x1)
D．f(x2)与f(x1)的大小关系不确定
答案 A
解析 设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
由题意得g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，
当x1<，
所以f(x2)>
f(x1)．
(2)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)x成立，则( )
A.f?>f?
B．f(1)<2f?sin
1
C.f?>f?
D.f?答案 D
解析 构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
由已知可得，当x∈时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
∴g∴f?(1)构造函数xf(x)，：当条件中含“＋”时优先考虑xf(x)；当条件中含“－”时优先考虑.
(2)构造函数：条件中含“xf′(x)－nf(x)”的形式；
构造函数xf(nx)：条件中含“nxf′(nx)＋f(nx)”的形式．
(3)构造函数：条件中含“f′(x)－f(x)”的形式．
(4)构造函数：条件中含“f′(x)sin
x－f(x)cos
x”的形式．
1．(2020·广东韶关调研)已知f(x)为R上的可导函数，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是( )
A．f(2
021)>e2
021f(0)
B．f(2
021)021f(0)
C．f(2
021)＝e2
021f(0)
D．f(2
021)与e2
021f(0)的大小关系无法确定
答案 B
解析 令函数g(x)＝，则g′(x)＝.
∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在R上单调递减，
∴g(2
021)∴f(2
021)021f(0)．故选B.
2．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
答案 B
解析 因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，
所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)·f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0，故选B.
3．设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________________________．
答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，0)上单调递增，∵f(x)为偶函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增，根据f(1)＝0可得F(1)＝0.根据函数图象(图略)可知f(x)>0的解集为
(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
4．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2
020)2f(x＋2
020)－4f(－2)>0的解集为________．
答案 (－∞，－2
022)
解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2·f′(x)020)＝(2
020＋x)2f(x＋
2
020)，F(－2)＝4f(－2)，所以F(2
020＋x)－F(－2)>0，
即F(2
020＋x)>F(－2)．
又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2
020＋x<－2，即x<－2
022.(共10张PPT)
培优点4 洛必达法则
专题一 函数与导数
例 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(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.
能力
提升
对函数不等式恒成立求参数取值范围时，大家常采用分类讨论、假设反证法，但很难对参数进行讨论.若采取参数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷.此时，利用洛必达法则.
跟踪演练
解 由题意，当x>0且x≠1时，
所以，当x>0时，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
因此，当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0；即当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0；
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则有
即当x→1时，g(x)→0.
所以当x>0且x≠1时，g(x)>0，
所以k≤0.
故所求k的取值范围是(－∞，0].(共13张PPT)
培优点6 极值点偏移问题
专题一 函数与导数
例 已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
证明 方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，
(
)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1将x2代入(
)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2).
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0取对数得ln
x1－x1＝ln
x2－x2.
∴当t>1时，g(t)为增函数，
∴g(t)>g(1)＝0，
故x1＋x2>2.
能力
提升
跟踪演练
证明 f′(x)＝ln
x＋1，
方法二 f(x1)＝f(x2)即x1ln
x1＝x2ln
x2，
∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0，培优点1 函数性质间的相互联系
函数的对称性、奇偶性、周期性及单调性是函数的四大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，求解时要研究函数各性质间的相互联系，对性质进行综合、灵活地应用．
例 (1)已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，设a＝ln?，b＝(ln
π)2，c＝ln，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，则( )
A．f(a)>f(b)>f(c)
B．f(b)>f(a)>f(c)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(a)>f(b)
答案 D
解析 依题意得，函数y＝f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且其图象关于y轴对称，
则f(a)＝f(－a)＝f?＝f(ln
π)，
f(c)＝f(ln)＝f?，而0ππ<(ln
π)2，
所以f?>f(ln
π)>f[(ln
π)2]，
即f(c)>f(a)>f(b)．
(2)(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋1)为偶函数，且在区间[2,3]上单调递增，则( )
A．f(x)的周期为2
B．f(－1)是函数f(x)的最小值
C．函数f(x)的图象的一个对称中心为(4,0)
D．f(x＋16)＝f(x－12)
答案 CD
解析 由f(x＋1)为偶函数，可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，
又f(x)为奇函数，∴－f(－x)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x＋4)＝f(－x－2)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x)的周期T＝4，故A错；
f(x)在[2,3]上单调递增，且T＝4，
∴f(x)在[－2，－1]上单调递增，
∴f(－1)不是f(x)的最小值，故B错；
又f(x)关于(0,0)对称，且T＝4，
∴f(x)的图象关于(4,0)对称，故C正确；
∵T＝4，∴f(x＋16)＝f(x)，f(x－12)＝f(x)，
∴f(x＋16)＝f(x－12)，故D正确．
(3)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数．若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________.
答案 －8
解析 ∵f(x)是奇函数且f(x－4)＝－f(x)，
∴f(x－4)＝－f(4－x)＝－f(x)，
即f(x)＝f(4－x)且f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，
即y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，
并且此函数是周期为8的周期函数．
∵f(x)在[0,2]上是增函数，
∴f(x)在[－2,2]上是增函数，在[2,6]上是减函数．
据此可画出y＝f(x)图象的草图(如图)(设x1其图象也关于直线x＝－6对称，
∴x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，
∴x1＋x2＋x3＋x4＝－8.
函数的周期性常常通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律．因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定函数在另一个区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．
1．(2020·湖南邵阳质检)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log2
5.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．aB．cC．bD．b答案 C
解析 ∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)，g(x)为偶函数．
∴g(－log2
5.1)＝g(log2
5.1)．
∵f(x)在R上单调递增，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
而20.8<25.1<3，
∴g(20.8)5.1)∴b2．(多选)已知f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于点(1,0)对称，则以下关于f(x)的结论正确的是( )
A．f(x)是周期函数
B．f(x)满足f(x)＝f(4－x)
C．f(x)在(0,2)上单调递减
D．f(x)＝cos
是满足条件的一个函数
答案 ABD
解析 因为f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，其图象关于点(1,0)对称，则f(－x)＝－f(2＋x)，故f(x＋2)＝－f(x)，故有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的函数，故A正确；因为f(－x)＝f(x)＝f(x＋4)，把x替换成－x可得f(x)＝f(4－x)，故B正确；f(x)＝cos
是定义在R上的偶函数，(1,0)是它的一个对称中心，可得D正确；又因为取f(x)＝－cos
时也满足题意，但f(x)在(0,2)上单调递增，故C错误．
3．已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x有f(x＋4)＝－f(x)＋2，若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，f(－1)＝2，则f(2
025)＝________.
答案 2
解析 由函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)为偶函数．又由f(x＋4)＝－f(x)＋2，得f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＋2＝f(x)，∴f(x)是周期为8的偶函数．
∴f(2
025)＝f(1＋253×8)＝f(1)＝f(－1)＝2.
4．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于任意x∈R，都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有>0.给出下列命题：
①f(3)＝0；
②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；
③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；
④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．
其中所有正确命题的序号为________．
答案 ①②④
解析 对于任意x∈R，都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，令x＝－3，则f(－3＋6)＝f(－3)＋f(3)．又f(x)是R上的偶函数，所以f(3)＝0.故①正确；
由①知f(x＋6)＝f(x)，所以f(x)的周期为6.
又f(x)是R上的偶函数，所以f(x)的图象关于y轴对称，
所以直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴．故②正确；
当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有>0，所以函数y＝f(x)在[0,3]上为增函数．因为f(x)是R上的偶函数，所以函数y＝f(x)在[－3,0]上为减函数，而f(x)的周期为6，所以函数y＝f(x)在[－9，－6]上为减函数．故③错误；
f(3)＝0，f(x)的周期为6，所以f(－9)＝f(－3)＝f(3)＝f(9)＝0，所以函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．故④正确．(共14张PPT)
培优点5 隐零点问题
专题一 函数与导数
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”.
例 已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln
x).
(1)讨论f(x)极值点的个数；
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，
h′(x)＝(x＋1)ex>0.
显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，
必存在x0>0，使h(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数.
所以，x＝x0是f(x)的极小值点.
综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点.
证明 由(1)得，f′(x0)＝0，即
＝a，
f(x0)＝
－a(x0＋ln
x0)＝
(1－x0－ln
x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln
x0>0，
g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，
由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0,1)，
设φ(x)＝ln
x－x＋1，x∈(0,1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，
φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，
即ln
xx>1－x，
所以ln(x＋1)x＋1>0.
因为x0∈(0,1)，所以
>x0＋1>0,1－x0－ln
x0>1－x0＋1－x0>0，
相乘得
(1－x0－ln
x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
结论成立.
能力
提升
零点问题求解三步曲
(1)用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
跟踪演练
已知函数f(x)＝－ln
x－x2＋x，g(x)＝(x－2)ex－x2＋m(其中e为自然对数的底数).当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)恒成立，求正整数m的最大值.
解 当x∈(0,1]时，f(x)>g(x)，
即m<(－x＋2)ex－ln
x＋x.
令h(x)＝(－x＋2)ex－ln
x＋x，x∈(0,1]，
当0所以u(x)在(0,1]上单调递增.
因为u(x)在区间(0,1]上的图象是一条不间断的曲线，
当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0；
当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.
所以函数h(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0,1)上单调递增，
所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)
－ln
x0＋x0
所以当m≤3时，不等式m<(－x＋2)ex－ln
x＋x对任意的x∈(0,1]恒成立，
所以正整数m的最大值是3.(共14张PPT)
培优点2 基本不等式的综合问题
专题一 函数与导数
利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求.
例1 (1)已知x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是_________.
解析 由(x＋y)2＝xy＋1，
3
∴2x＋y＝2x＋(y＋1)－1≥3(当且仅当x＝1，y＝1时取等号)，故2x＋y的最小值为3.
10
≥20，∴2t≥20，即t≥10.
＝100，∴t2≥100，即t≥10.
能力
提升
(1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件.
(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值.
跟踪演练
1
2
3
4
√
1
2
3
4
∴所求最小值为6.
1
2
3
4
1
2
3
4
解析 因为a>0，b>0，ab＝1，
4
即a＋b＝4时，等号成立.
1
2
3
4
－2培优点2 基本不等式的综合问题
利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．
例1 (1)已知x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是_________________________．
(2)设x≥0，y≥0，x2＋＝1，则x·的最大值为________．
(3)已知x>0，y>0，＋＝2，则2x＋y的最小值为________．
答案 (1) (2) (3)3
解析 (1)由(x＋y)2＝xy＋1，
得(x＋y)2≤2＋1，
则x＋y≤(当且仅当x＝y＝时取等号)，
故x＋y的最大值为.
(2)x·＝x·
≤·＝·
＝，
故x·的最大值为.
(3)∵2x＋(y＋1)＝[2x＋(y＋1)]
＝≥4，
∴2x＋y＝2x＋(y＋1)－1≥3(当且仅当x＝1，y＝1时取等号)，故2x＋y的最小值为3.
例2 记max{a，b}为a，b两数的最大值，则当正数x，y(x>y)变化时，t＝max的最小值为________．
答案 10
解析 方法一 由题意知t≥x2，t≥，
∴2t≥x2＋，
又∵x2＋≥x2＋＝x2＋
≥20，∴2t≥20，即t≥10.
∴当正数x，y(x>y)变化时，t＝max的最小值为10.
方法二 由题意知t≥x2>0，t≥>0，
∴t2≥x2·，
又∵x2·≥x2·＝x2·
＝100，∴t2≥100，即t≥10.
∴当正数x，y(x>y)变化时，t＝max的最小值为10.
(1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．
(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．
1．若正数a，b满足＋＝1，则＋的最小值是( )
A．1
B．6
C．9
D．16
答案 B
解析 ∵正数a，b满足＋＝1，
∴b＝>0，解得a>1.同理可得b>1，
∴＋＝＋
＝＋9(a－1)≥2＝6，
当且仅当＝9(a－1)，即a＝时等号成立，
∴所求最小值为6.
2．(2020·厦门模拟)函数y＝＋
的最大值是________．
答案 2
解析 y2＝(＋)2
＝4＋2
≤4＋(2x－1)＋(5－2x)＝8，
又y>0，所以03．(2020·天津)已知a>0，b>0，且ab＝1，则＋＋的最小值为________．
答案 4
解析 因为a>0，b>0，ab＝1，
所以原式＝＋＋
＝＋≥2＝4，
当且仅当＝，
即a＋b＝4时，等号成立．
故＋＋的最小值为4.
4．设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，＋取得最小值．
答案 －2
解析 ＋＝＋＝＋＋≥－＋2＝，当且仅当＝且a<0，即a＝－2，b＝4时取等号．故当a＝－2时，＋取得最小值．(共17张PPT)
培优点3 导数中函数的构造问题
专题一 函数与导数
导数问题中已知某个含f′(x)的不等式，往往可以转化为函数的单调性，我们可以根据不等式的形式构造适当的函数求解问题.
例1 (1)f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为______________________.
(－∞，－4)∪(0,4)
解析 构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，可以推出当x<0时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减，
∵f(x)为偶函数，∴F(x)＝xf(x)为奇函数，
∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减.
根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，
根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，
根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4).
(2)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________________.
(－1,0)∪(0,1)
当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1).
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.
例2 (1)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)恒成立，若x1f(x2)与
f(x1)的大小关系为
A.
f(x2)>
f(x1)
B.
f(x2)<
f(x1)
C.
f(x2)＝
f(x1)
D.
f(x2)与
f(x1)的大小关系不确定
√
由题意得g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，
所以
f(x2)>
f(x1).
√
能力
提升
1.(2020·广东韶关调研)已知f(x)为R上的可导函数，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是
A.f(2
021)>e2
021f(0)
B.f(2
021)021f(0)
C.f(2
021)＝e2
021f(0)
D.f(2
021)与e2
021f(0)的大小关系无法确定
跟踪演练
1
2
3
4
√
1
2
3
4
∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，
即函数g(x)在R上单调递减，
∴f(2
021)021f(0).故选B.
1
2
3
4
√
1
2
3
4
解析 因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.
所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)·f(x)，
则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，
所以函数g(x)在R上单调递增，
又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；
当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.
综上，对于任意x∈R，f(x)>0，故选B.
1
2
3
4
3.设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________________________.
(－∞，－1)∪(1，＋∞)
1
2
3
4
当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，0)上单调递增，
∵f(x)为偶函数，∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增，
根据f(1)＝0可得F(1)＝0.
根据函数图象(图略)可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞).
1
2
3
4
4.设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2
020)2f(x＋2
020)－4f(－2)>0的解集为_______________.
(－∞，－2
022)
1
2
3
4
解析 由2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x2·f′(x)即[x2f(x)]′则当x<0时，F′(x)<0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数.
因为F(x＋2
020)＝(2
020＋x)2f(x＋2
020)，F(－2)＝4f(－2)，
所以F(2
020＋x)－F(－2)>0，
即F(2
020＋x)>F(－2).
又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2
020＋x<－2，即x<－2
022.