(共53张PPT)
第2课时 导数与零点的综合问题
考向一 利用导数研究函数的零点(方程的根)
【典例】1.已知函数f
=sin
x+ln
x-1.
(1)求函数f
在点
处的切线方程；
(2)当x∈
时，讨论函数f
的零点个数.
2.设函数f
=ln
x+2x2-
x，m∈R.
(1)当m=6时，求函数f
的极值；
(2)若关于x的方程f
=2x2在区间[1，4]上有两个实数解，求实数m的取值范
围.
【解题指南】1.(1)求出f′
，应用点斜式求出切线的方程；(2)应用导数研
究函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数.
2.(1)求出函数的定义域以及导函数，根据单调性求解出函数的极值；(2)关于x
的方程f
=2x2可化简为m=
+1，问题转化为直线y=m与函数g
=
+
1有两个交点，通过研究函数g
的图象即可得到答案.
【解析】1.(1)因为f′
=cos
x+
所以k=f′
所求切线方程为：y-ln
即y=
(2)因为f′
=cos
x+
所以当x∈
时，f′
>0，则f
在
上单调递增，且
>0，
所以f
在
内有唯一零点；
当x∈
时，由f″
=-sin
x-
<0，知f′
在
上单调递减，且
f′
=
>0，
<0，知存在唯一x0∈
使得f′
=0；
当x∈
时f′
>0，f
单调递增；
当x∈
时，f′
<0，f
单调递减且f
>0，
f
=ln
π-1>0，所以f
在
上无零点，
综上可知f
在区间
内有且只有一个零点.
2.(1)依题意知f
的定义域为
当m=6时，f(x)=ln
x+2x2-5x，
所以f′(x)=
令f′(x)=0，解得x=1或
，
则当0
或x>1时，f′
>0，f(x)单调递增；
当
<0，f(x)单调递减.
所以当x=1时，函数f(x)取得极小值，且极小值为f(1)=-3，
当x=
时，函数f(x)取得极大值，且极大值为
(2)由f(x)=2x2，可得ln
x=(m-1)x，
又x>0，所以
=m-1，即m=
+1.
令g
=1+
，则g′
=
由g′
≥0，得1≤x≤e；由g′
≤0，得e≤x≤4，
所以g
在区间
上是增函数，在区间[e，4]上是减函数.
所以当x=e时函数g
有最大值，且最大值为
又g(1)=1，g(4)=1+
所以当1+
≤m<1+
时，方程在区间[1，4]上有两个实数解.
即实数m的取值范围为
【探究延伸】
若将本例2(2)的条件改为：若关于x的方程f
=2x2在区间[1，4]上只有1个实
数解，求实数m的取值范围.
【解析】由题可知，此时实数m的取值范围是
【素养提升】1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题
第一步：将问题转化为方程解的问题，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的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解.
2.根据函数零点情况求参数范围
(1)要注意端点的取舍.
(2)选择恰当的分类标准进行讨论.
【变式训练】
(2020·全国Ⅲ卷)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.
【解析】(1)因为f′(x)=3x2+b，由题意，f′
=0，
即3×
+b=0，则b=-
(2)由(1)可得f(x)=x3-
x+c，
f′(x)=3x2-
=3
令f′(x)>0，得x>
或x<-
；
令f′(x)<0，得-
，
所以f(x)在
上单调递减，在
上单调递增，
且f(-1)=c-
，
f(1)=c+
，若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(-1)>0或
f(1)<0，
即c>
或c<-
.
当c>
时，f(-1)=c-
>0，
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0，
由零点存在性定理知f(x)在(-4c，-1)上存在唯一一个零点x0，
即f(x)在(-∞，-1)上存在唯一一个零点，
在(-1，+∞)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当c<-
时，f(-1)=c-
<0，
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0，
由零点存在性定理知f(x)在(1，-4c)上存在唯一一个零点x0′，
即f(x)在(1，+∞)上存在唯一一个零点，在(-∞，1)上不存在零点，
此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
考向二 利用导数求解最优化问题
【典例】某公司为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销.经
调查，每年投入广告费t百万元，可增加销售额约为(-t2+7t)百万元.
(1)若该公司将一年的广告费控制在4百万元之内，则应投入多少广告费，才能
使该公司由此增加的收益最大？
(2)现该公司准备共投入5百万元，分别用于广告促销和技术改造，经预测，每
投入技术改造费x(1≤x≤5)百万元，可增加的销售额约为
百万元，
请设计一个资金分配方案，使该公司由此增加的收益最大.
(注：收益=销售额-投入，这里除了广告费和技术改造费，不考虑其他的投入)
【解题指南】(1)先写出收益f(t)的解析式，再利用二次函数的图象和性质求最大值和此时t的值.(2)设由此增加的收益是g(x)百万元，再写出g(x)的解析式，再利用导数求函数的最值，即可得到资金分配方案.
【解析】(1)设投入t百万元的广告费后增加的收益为f(t)百万元，
所以当t=3时，f(t)取得最大值9，即投入3百万元的广告费时，该公司由此增
加的收益最大.
(2)用于技术改造的资金为x百万元，则用于广告促销的资金为(5-x)百万元，
设由此增加的收益是g(x)百万元.
则
=-
x2+3x+4ln
x+5.
1≤x≤5.
则当1≤x<4时，g′
>0；当4<0；
所以当x=4时，g(x)取得最大值.
即4百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，该公司由此增加的收益最大.
【素养提升】
利用导数解决生活中优化问题的一般步骤
(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).
(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)=0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.
(4)结论：回归实际问题作答.
【变式训练】
某地环保部门跟踪调查一种有害昆虫的数量.根据调查数据，该昆虫的数量
y(万只)与时间x(年)(其中x∈N
)的关系为y=2ex.为有效控制有害昆虫数量、保
护生态环境，环保部门通过实时监控比值M=
(其中a为常数，且a>0)来
进行生态环境分析.
(1)当a=1时，求比值M取最小值时x的值；
(2)经过调查，环保部门发现：当比值M不超过e4时不需要进行环境防护.为确
保恰好3年不需要进行保护，求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数，
e=2.718
28…)
【解析】(1)当a=1时，M=
(x≥1，x∈N
)，
所以M′=
列表得：
x
[1，2)
2
(2，+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以M在
上单调递减，在
上单调递增，
所以M在x=2时取最小值.
(2)因为M′=
(a>0)，
根据(1)知：M在
上单调递减，在
上单调递增，
因为确保恰好3年不需要进行保护，
﹒
﹒
答：实数a的取值范围为
【加练备选】
网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋
势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)
满足关系式y=
其中2每日可售出套题21千套.
(1)求m的值；
(2)假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的
套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留
1位小数)
【解析】(1)因为x=4时，y=21，
代入关系式y=
中，
得
+16=21，
解得m=10.
(2)由(1)可知，套题每日的销售量
所以每日销售套题所获得的利润
=4x3-56x2+240x-278
则f′
=12x2-112x+240=
令f′
=0，得x=
且在
上，
f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在
上，f′(x)<0，
函数f(x)单调递减，
所以x=
是函数f(x)在
内的极大值点，也是最大值点，
所以当x=
≈3.3时，函数f(x)取得最大值.
故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.
专题能力提升练
二十五 导数与零点的综合问题
（40分钟80分）
1.已知函数f(x)=(x-a-1)ex-
ax2+a2x，其中a(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在(1，2)内只有一个零点，求a的取值范围.
【解析】(1)因为a=2，所以f(x)=(x-3)ex-x2+4x，
所以f(0)=-3，f′(x)=(x-2)ex-2x+4，
则f′(0)=2，故所求切线方程为y=2x-3；
(2)f′(x)=(x-a)(ex-a)，
当a≤1时，f′(x)>0对x∈(1，2)恒成立，
则f(x)在(1，2)上单调递增，
从而
则a∈(0，1)时f(x)在(1，2)上有唯一零点，
当1因为f(1)=
<0，
所以f(a)<0，所以需有
则a∈
，
当2≤a因为f(1)<0，所以f(x)在(1，2)内没有零点，
综上，a的取值范围为(0，1).
2.已知函数f(x)=ex-x2-x-1.
(1)求函数y=f′(x)的单调区间；
(2)函数g(x)=-x2+(a-1)x，求g(x)=f(x)的解的个数.
【解析】(1)由f(x)=ex-x2-x-1，
得f′(x)=ex-2x-1，
故f″(x)=ex-2，
令f″(x)>0，解得x>ln
2，令f″(x)<0，解得x2，
故函数y=f′(x)在(-∞，ln
2)上单调递减，在(ln
2，+∞)上单调递增；
(2)令h(x)=g(x)-f(x)=1+ax-ex，则h′(x)=a-ex，
若a≤0，则h′(x)<0，h(x)在R上单调递减，
而h(0)=0，
故h(x)有1个零点，
若a>0，可得x∈(-∞，ln
a)时，h′(x)>0，x∈(ln
a，+∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)在(-∞，ln
a)上单调递增，在(ln
a，+∞)上单调递减，
所以h(x)max=h(ln
a)=1-a+aln
a，
令t(a)=1-a+aln
a，则t′(a)=ln
a，
当a∈(0，1)时，t′(a)<0，
当a∈(1，+∞)时，t′(a)>0，
所以t(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，而t(1)=0，
故a∈(0，1)∪(1，+∞)时，h(x)max>0，h(x)有2个零点，
当a=1时，h(x)max=0，h(x)有1个零点，
综上，a∈(-∞，0)∪{1}时，g(x)=f(x)有1个解，
当a∈(0，1)∪(1，+∞)时，g(x)=f(x)有2个解.
3.(2020·大庆二模)已知函数f(x)=ln
x，g(x)=ax-1(a∈R).
(1)讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的单调性；
(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1求实数a的取值范围.
【解析】(1)由函数f(x)=ln
x，g(x)=ax-1(a∈R)，
可得h(x)=f(x)-g(x)=ln
x-ax+1，
则h′(x)=
-a(x>0)，
当a≤0时，h′(x)>0，函数h(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>0时，h′(x)=
，
令h′(x)>0，解得0，
令h′(x)<0，解得x>
，
所以函数h(x)的单调递增区间为
，单调递减区间为
，
综上可得，当a≤0时，函数h(x)在(0，+∞)单调递增；
当a>0时，函数h(x)的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
(2)函数f(x)与g(x)有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中x1等价于函数h(x)有两个不同的零点x1，x2，其中x1由(1)知，当a≤0时，函数h(x)在(0，+∞)上是增函数，不可能有两个零点，
当a>0时，h(x)在
上是增函数，在
上是减函数，
此时
为函数f(x)的最大值，
当
≤0时，h(x)最多有一个零点，
所以
=ln
>0，
解得0此时，
且
=-1-
+1=-
<0，
=2-2ln
a-
+1=3-2ln
a-
，
令F(a)=3-2ln
a-
，则F′(a)=-
+
=
>0，
所以F(a)在(0，1)上单调递增，
所以F(a)<0，
所以a的取值范围是(0，1).
4.已知某民族品牌手机生产商为迎合市场需求，每年都会研发推出一款新型号
手机.该公司现研发了一款新型智能手机并投入生产，生产这款手机的月固定成
本为80万元，每生产1千台，须另投入27万元，设该公司每月生产x千台并能全
部销售完，每1千台的销售收入为R(x)万元，且R(x)=
为更好地推
广该产品，手机生产商每月还需支付各类广告费用20万元.
(1)写出月利润W(x)(万元)关于月产量x(千台)的函数解析式；
(2)当月产量为多少千台时，该公司在这一型号的手机生产中所获月利润最大？
【解析】(1)已知月产量为x(千台)，设总成本为y万元，
则y=80+27x+20=100+27x，
每1千台的销售收入为R(x)万元，且R(x)=
则当0当x>10时，
W(x)=
综上可得W(x)=
(2)①当0由W′(x)=81-x2=-(x+9)(x-9)，
得当x∈(0，9)时，W′(x)>0，W(x)单调递增；
当x∈(9，10)时，W′(x)<0，W(x)单调递减.
故W(x)max=
=81×9-
×93-100=386；
②当x>10时，W(x)=980-
≤980-2
=380，
当且仅当27x=
，即x=
>10时取最大值380.
综上，当月产量为9千台时，该公司在这一型号的手机生产中所获月利润最大，利
润额为386万元.
5.设函数
=ex-msin
x+n(其中e=2.718
28…，m，n为常数).
(1)当m=1时，对x∈
有
>0恒成立，求实数n的取值范围；
(2)若曲线y=
在x=0处的切线方程为x-y-1=0，函数
=x
+x-2的零点为
x0，求所有满足x0∈
的整数k的和.
【解析】(1)当m=1时，
=ex-sin
x+n，
所以
=ex-cos
x>0，
当x>0时，ex>1，cos
x∈
，
所以
>0对任意的x∈
都成立，
所以
在
单调递增，
所以
>
=1+n，
要使得x∈
时，
>0恒成立，则1+n≥0，解得n≥-1，
即n的取值范围为
.
(2)因为
=ex-mcos
x，
所以
=1-m=1，解得m=0，
又
=1+n=-1，所以n=-2，
所以
=ex-2，
=xex-x-2，
显然x=0不是
的零点，
所以xex-x-2=0可化为ex-
-1=0，
令
=ex-
-1，则
=ex+
>0，
所以
在
上单调递增.
又
=e-3<0，
=e2-2>0，
=
<0，
>0，
所以
在
上各有1个零点，
所以
在
上各有1个零点，
所以整数k的取值为-3或1，
所以整数k的所有取值的和为-3+1=-2.
6.已知函数f(x)=aln
x-x，其中a为常数.
(1)讨论函数y=f(x)的单调性；
(2)当a=e(e为自然对数的底数)，x∈[1，+∞)时，若方程f(x)=
有两个
不等实数根，求实数b的取值范围.
【解析】(1)由题意得：f(x)定义域为(0，+∞)，
f′(x)=
当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=0，解得：x=a，
所以当x∈(0，a)时，f′(x)>0；
当x∈(a，+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减.
综上所述：当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，
在(a，+∞)上单调递减.
(2)当a=e时，eln
x-x=
有两个不等实根，方程可化为
，
令g(x)=
，
则g′(x)=
，
令h(x)=-x2+ex+e-eln
x，
则h′(x)=-2x+e-
=
，
当x∈[1，+∞)时，-2x2+ex-e≤-2<0，
即h′(x)<0，所以h(x)在[1，+∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)=-1+2e=2e-1，
且h(e)=-e2+e2+e-e=0.
所以h(x)在[1，+∞)上有且仅有一个零点x=e，
所以当x∈[1，e)时，h(x)>0，即g′(x)>0；
当x∈(e，+∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，所以g(x)在[1，e)上单调递增，在
(e，+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(e)=e+1-e=1，g(1)=-1.
由此可得g(x)图象如图所示：(共56张PPT)
第3课时 导数与不等式的综合问题
考向一 利用导数证明不等式
【典例】1.(2020·厦门二模)已知函数f(x)=
在x=0处取得极值.
(1)求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当0x>0.
2.(2020·贵州二模)已知函数f(x)=
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的正整数n，都有
【解析】1.(1)
由x=0是极值点得f′(0)=0，所以a=1，
所以f(x)=
，所以f′(x)=
，
由f′(x)>0得x<0，
所以f
(x)的单调递增区间为(－∞,0)；
由f′(x)<0得x>0，
所以f
(x)的单调递减区间为(0,+∞).
(2)方法一：由(1)可知f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(-∞,0)上单调递减，
故f(x)≤f(0)=1，即
≤1，故ex≥x+1.
所以ex-2≥x-1，当且仅当x=2时取等号，
因为x>0，所以xex-2≥x(x-1)，
所以xex-2-m(x-1)ln
x≥x(x-1)-m(x-1)ln
x=(x-1)(x-mln
x)，
因为x>1，所以ln
x>0，因为0所以x-mln
x≥x-eln
x，
令g(x)=x-eln
x，所以g′(x)=1-
，
由g′(x)>0得x>e，所以g(x)在(e,+∞)上单调递增；
由g′(x)<0得1所以g(x)≥g(e)=0，即x-eln
x≥0在x=e处取等号，
所以xex-2-m(x－1)ln
x≥(x－1)(x－mln
x)≥(x－1)(x－eln
x)≥0，
由于取等条件不同，所以xex-2-m(x－1)ln
x>0.
方法二：由(1)可知f(x)在(－∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
故f(x)≤f(0)=1，即
≤1，所以f(x－2)=
≤1，当且仅当x=2时取等号，
因为0≤e，
令g(x)=
，g′(x)=
由g′(x)>0得x>e，所以g(x)在(e,+∞)上单调递增；
由g′(x)<0得1所以g(x)≥g(e)=e，所以m·
≤e≤
，
由于取等条件不同，故
整理得xex-2-m(x－1)ln
x>0.
2.(1)f′(x)=
令f′(x)=0得x=m，
当m>0时，函数f(x)的定义域为(0,+∞).
令f′(x)
>0得x>m；f′(x)<0得0所以f(x)的单调递减区间为(0,m)，单调递增区间为(m,+∞).
当m<0时，函数f(x)的定义域为(－∞,0).
令f′(x)>0得m所以f(x)的单调递减区间为(－∞,m)，单调递增区间为(m,0).
(2)要证
只需证
即证
由(1)知，取m=1时，
f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f
(x)≥f(1)=1，即x-ln
x≥1，
所以，原不等式成立.
【素养提升】
利用导数证明不等式的方法
(1)证明f(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)(2)证明f(x)>g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)=f(x)-g(x)，如果F′(x)
>0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x).
【变式训练】
(2020·河北二模)已知函数f(x)=ex-
-a(e为自然对数的底数)有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>
【解析】(1)f(x)=ex-a
-a=
有两个零点，
等价于h(x)=xex-a(ln
x+x)=xex-aln(xex)(x>0)有两个零点，
令t=xex，则t′=(x+1)ex>0在x>0时恒成立，
所以t=xex在x>0时单调递增，
所以h(x)=xex-aln(xex)有两个零点，等价于g(t)=t-aln
t有两个零点.
因为g′(t)=
所以
①当a≤0时，g′(t)>0，g(t)单调递增，不可能有两个零点；
②当a>0时，令g′(t)>0，得t>a，g(t)单调递增；
令g′(t)<0，得0所以g(t)min=g(a)=a-aln
a.
若g(a)>0，得00恒成立，没有零点；
若g(a)=0，得a=e，此时g(t)有一个零点；
若g(a)<0，得a>e，因为g(1)=1>0，且a>e，g(ea)=ea-a2>0，
所以g(t)在(1，e)，(e,ea)上各存在一个零点，符合题意.
综上，当a>e时，函数g(t)有两个零点，
即若函数f(x)有两个零点，
则a的取值范围为(e，+∞).
(2)要证x1x2>
，只需证
>e2，
即证
由(1)知t1=x1
，t2=x2
，所以只需证ln
t1+ln
t2>2.
因为aln
t1=t1，aln
t2=t2，
所以a(ln
t2－ln
t1)=t2-t1，a(ln
t2+ln
t1)=t2+t1，
所以ln
t2+ln
t1=
只需证
>2.
设0，则t>1，
所以只需证ln
t>2
，即证ln
t+
-2>0.
令h(t)=ln
t+
-2，t>1，则h′(t)=
>0，h(t)>h(1)=0.
即当t>1时，ln
t+
-2>0成立.
所以ln
t1+ln
t2>2，即
>e2，
即x1x2>
考向二 不等式恒(能)成立问题
【典例】1.(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.
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex+x2-x，
f′(x)=ex+2x-1，
由于f″(x)=ex+2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)=0，
故当x∈(-∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)由f(x)≥
x3+1得，
ex+ax2-x≥
x3+1，其中x≥0，
①当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，a≥
记g(x)=
g′(x)=
令h(x)=ex-
x2-x-1(x≥0)，
则h′(x)=ex-x-1，h″(x)=ex-1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)=0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0，
由h(x)≥0可得：ex-
x2-x-1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
因此，
综上可得，实数a的取值范围是
2.(2020·广东二模)已知函数f(x)=ax2+bln
+1，且f′(
)=4，f′(1)=5.
(1)求f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)已知函数g(x)=ln
+mln
x+3，若存在x∈(1，e]，使得不等式f(x)≥g(x)
成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)=ax2+bln
+1，可得f′(x)=2ax+
，x>0，
所以f′(
)=a+2b=4，①
f′(1)=2a+b=5，②
由①②解得a=2，b=1，
f′(x)=4x+
，
则f′(2)=
，f(2)=9，
故f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程为
y-9=
(x-2)，即：17x-2y-16=0.
(2)若f(x)≥g(x)，
则2x2+ln
+1≥ln
+mln
x+3，
即m≤
在(1，e]上有解，
令h(x)=
，x∈(1，e]，
所以h′(x)=
令p(x)=4xln
x-2x+
，
所以p′(x)=4ln
x+2-
，
当x∈(1，e]时，p′(x)>0，p(x)单调递增，
p(x)>p(1)=0，
即h′(x)>0，
所以h(x)在(1，e]上单调递增，
故h(x)max=h(e)=2e2-2，
所以m的范围(－∞,2e2－2]．
【素养提升】
不等式恒成立问题
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解.
【变式训练】
已知函数f(x)=ax+1+ln
x.
(1)g(x)=af(x)+
x2-(a2+a+1)x，求函数g(x)的单调区间；
(2)对于任意x>0，不等式f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意g(x)=aln
x+
x2-(a+1)x+a，(x>0)，g′(x)=
①当a>1时，g′(x)>0的解集为(0，1)∪(a，+∞)，
则g(x)的单调增区间为(0，1)和(a，+∞)，单调减区间为(1，a)；
②当a=1时，g′(x)≥0，则g(x)的单调增区间为(0，+∞)，无单调减区间；
③当00的解集为(0，a)∪(1，+∞)，则g(x)的单调增区间为(0，a)和(1，+∞)，单调减区间为(a，1)；
④当a≤0时，g′(x)>0的解集为(1，+∞)，则g(x)的单调增区间为(1，+∞)，单调减区间为(0，1).
(2)由已知，问题等价于对于任意x>0，不等式a≤
恒成立，
设F(x)=
则F′(x)=
设h(x)=x2ex+ln
x，则h′(x)=
在(0，+∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增，
又h(
)=
-1<0，h(1)=e>0，
所以h(
)h(1)<0，
所以?x0∈
，
使得h(x0)=0，即F′(x0)=0，
在(0,x0)上，F′(x)<0，F(x)单调递减；
在(x0,+∞)上，F′(x)>0，F(x)单调递增；
所以F(x)≥F(x0)，
设φ(x)=xex(x>0)，
则有φ(x0)=φ(
)和φ′(x)=(x+1)ex>0，
所以在(0，+∞)上，φ(x)单调递增，
所以x0=ln(
)?
所以F(x)≥
故实数a的取值范围为a≤1.
专题能力提升练
二十六 导数与不等式的综合问题
（40分钟
80分）
1.(2020·萍乡二模)已知函数f(x)=(x-1)ln
x.
(1)求f(x)的单调性；
(2)若不等式exf(x)≥x+aex在(0，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由f(x)=(x-1)ln
x，知f′(x)=ln
x+1-
.
当0x<0，1-
<0，ln
x+1-
<0，此时f′(x)<0.
当x>1时，ln
x>0，1-
>0，ln
x+1-
>0，此时f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.
(2)不等式exf(x)≥x+aex等价于a≤f(x)-
.
令g(x)=
，则g′(x)=
，当00，当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.
又因为f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以y=f(x)-
在
(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，即y=f(x)-
在x=1处取得最小
值-
.
所以a≤-
，故实数a的取值范围是
.
2.(2020·北京二模)已知函数
.
(1)求函数
的极值；
(2)求证：当x∈
时，
>-
x2+1；
(3)当x>0时，若曲线y=
在曲线y=ax2+1的上方，求实数a的取值范围.
【解析】(1)因为
，定义域为R，
所以
.令
=0，解得x=0.
随x的变化，
和
的情况如下：
由表可知函数
在x=0时取得极大值
=1，无极小值.
(2)令
所以
由x>0得ex-1>0，于是
>0，
故函数
是
上的增函数.
所以当x∈
时，
=0，
即
>-
x2+1.
(3)当a≤-
时，由(2)知
>-
x2+1≥ax2+1，满足题意.
令
当-
，
<0，
则
在
上是减函数.
所以x∈
时，
=0，不合题意.
当a≥0时，
<0，则
在
上是减函数，
所以
=0，不合题意.
综上所述，实数a的取值范围为
.
3.(2020·潍坊三模)已知函数
(1)若函数
在
处的切线与直线x-y+1=0平行，求m；
(2)证明：在(1)的条件下，对任意x1，x2∈
，
成立.
【解析】(1)
的定义域为
，
=ln
x+1-mx，
=1-m，
因为
在
处的切线与直线x-y+1=0平行，
所以1-m=1，即m=0.
(2)在(1)的条件下，
=xln
x，可得
=ln
x+1，
当x∈
时，
<0，
单调递减，
当x∈
时，
>0，
单调递增，
所以
=xln
x在x=
时取得最小值
=-
，
可知
由
令
所以当x∈
时，
>0，
单调递增，
当x∈
时，
<0，
单调递减，
所以
≤
=
=
，
因为
≤
<0，所以
在
单调递减，
可知
所以对任意x1，x2∈
，
.
4.已知函数
=2ex-aln
x
(1)讨论
的导函数
零点的个数；
(2)x>0时若
>a，求a的取值范围.
【解析】(1)
①当a=0时，由x>0得，
=2ex>2，所以
没有零点；
②当a>0时，
在
单调递增，
又
=2ea-1>0，
设0且b<
，则2eb<2
，-
<-4，
<2
-4<0，
所以
有且仅有一个零点.
(2)依题意得，2ex-a-aln
x>0
在
恒成立.
①当a=0时，不等式显然成立；
②当a>0时，
<2ex，即
成立，
设
则
设
-1-ln
x，则
在
单调递减，
=0.
所以，当x∈
时，
>0，
>0，
单调递增；
当x∈
时，
单调递减.
所以
所以
，解得a∈
.
综上，当a∈
时，
>a.
5.(2020·黑龙江三模)设函数f(x)=(m-x)ex(m∈Z).
(1)当m=0时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x>0时，f(x)(参考数值：e≈2.718
3，
≈4.481
7，
≈5.294
5，e2≈7.389
1)
【解析】(1)当m=0时，f(x)=-xex，
f′(x)=-ex-xex=-(x+1)ex
所以k=f′(1)=-2e，因为f(1)=-e，
所以切线方程为y+e=-2e(x-1)，
整理得：2ex+y-e=0.
(2)(m-x)ex0，所以m<
+x(x>0)恒成立.
设h(x)=x+
，则h′(x)=1+
设s(x)=ex-x-3，则s′(x)=ex-1>0(x>0).
所以s(x)在(0，+∞)上单调递增，
又
≈4.481
7-4.5<0，
-3≈5.294
5-
-3>0，
所以存在x0∈
使得s(x0)=0，
当x∈(0，x0)时，s(x)<0，即h′(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，s(x)>0即h′(x)>0.
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，(x0，+∞)上单调递增.
所以h(x)min=h(x0)=x0+
.
因为s(x0)=0，
-x0-3=0，所以
=x0+3.
所以h(x)min=h(x0)=x0+
设g(x)=x+1+
，
当x∈
时，g′(x)=1-
>0，
所以g(x)在
上单调递增，
则
，
即2<
<3.
所以2因为m∈Z，所以m≤2，所以m的最大值为2.
6.(2020·山东二模)已知函数
=xln
x+x-ax2.
(1)若函数
在区间
上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)当n≥2，(n∈N
)时，求证：
(3)若函数
有两个极值点x1，x2，求证：e2x1x2>1(e为自然对数的底数).
【解析】(1)
=1+ln
x+1-2ax=ln
x-2ax+2，若函数
在区间
上单调
递减，
则
≤0在
上恒成立，即ln
x-2ax+2≤0在
上恒成立，
即
≤a区间
上恒成立，
所以
≤a.
令
则
因为x≥1，所以ln
x≥0，所以
≤0，
在
上单调递减，
所以
=1，故a≥1，所以实数a的取值范围为a≥1.
(2)由(1)可知，当a≥1时，函数
在区间
上单调递减，
所以，当a=1时，
=xln
x+x-x2≤f(1)=0，则当x>1时有ln
x+1-x<0，
即ln
x时
+1>1，所以n≥2时，
所以
(3)若函数
有两个极值点x1，x2，不妨设x1即
=ln
x-2ax+2=0有两个相异实根x1，x2，且x1从而有
将上两式相加得2a=
.
将上两式相减得2a=
，
从而
即ln
x1+ln
x2+4=
，即得
，
要证明e2x1x2>1，也就是证明2+ln(x1x2)>0，
即ln(x1x2)>-2，
也就是证明
>2，令t=
，只需证明
>2，由00因此只需证明
令
则
所以
在区间
上单调递增，(共55张PPT)
3课时突破
函数与导数解答题
第1课时 导数与函数的单调性、极
值、最值问题
考向一 利用导数研究函数的单调性
命题角度1 确定函数的单调性(区间)
【典例】1.已知函数h(x)=ax-xln
a，其中a>0且a≠1.求函数的单调区间.
【解析】h(x)=ax-xln
a，有h′(x)=(ax-1)ln
a，
令h′(x)=0，解得x=0.
①若0a<0.
当x∈(-∞，0)时，ax>a0=1，即ax-1>0，
所以h′(x)=(ax-1)ln
a<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(0，+∞)时，ax所以h′(x)=(ax-1)ln
a>0，函数h(x)单调递增.
②当a>1时，则ln
a>0.
当x∈(-∞，0)时，ax所以h′(x)=(ax-1)ln
a<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(0，+∞)时，ax>a0=1，即ax-1>0，
所以h′(x)=(ax-1)ln
a>0，函数h(x)单调递增.
综上，函数的单调递增区间为(0，+∞)，递减区间为(-∞，0).
【探究延伸】
若将本例改为：已知函数p(x)=ax-txln
a，其中a>0且a≠1.试求它的单调区间.
【解析】p(x)=ax-txln
a.
p′(x)=axln
a-tln
a=(ax-t)ln
a.
①当t≤0时，ax-t>0.
若0a<0，p′(x)<0恒成立，函数p(x)单调递减；
若a>1，则ln
a>0，p′(x)>0恒成立，函数p(x)单调递增.
②当t>0，由ax-t=0，解得x=logat.
若0a<0，
当x∈(-∞，logat)时，ax-t>0，p′(x)<0恒成立，函数p(x)单调递减；
当x∈(logat，+∞)时，ax-t<0，p′(x)>0恒成立，函数p(x)单调递增.
若a>1，则ln
a>0，
当x∈(-∞，logat)时，ax-t<0，p′(x)<0恒成立，函数p(x)单调递减；
当x∈(logat，+∞)时，ax-t>0，p′(x)>0恒成立，函数p(x)单调递增.
综上，当t≤0，若01，则函数p(x)在R单调递增.
当t>0时，函数的单调递减区间为(-∞，logat)；单调递增区间为(logat，
+∞).
命题角度2 根据函数单调性求参数的取值范围
【典例】2.已知函数f
=
+ln
x(其中a>0，e≈2.7).若函数f
在区
间
上为增函数，求实数a的取值范围.
【解析】因为f
=
+ln
x，
所以f′
=
(a>0).
因为函数f
在
上为增函数，所以f′
≥0对任意x∈
恒成立.所
以ax-1≥0对任意x∈
恒成立，即a≥
对任意x∈
恒成立.
因为x∈
时，
所以a≥
，即所求正实数a的取值范围是
【素养提升】
求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论.
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
提醒：讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.
【变式训练】
1.已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x，讨论f(x)的单调性.
【解析】函数f(x)的定义域为(-∞，+∞)，
f′(x)=2
-aex-a2
=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0，则f(x)=
在(-∞，+∞)上单调递增.
②若a>0，则由f′(x)=0，得x=ln
a.
当x∈(-∞，ln
a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln
a，+∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(-∞，ln
a)上单调递减，
在(ln
a，+∞)上单调递增.
③若a<0，则由f′(x)=0，
得x=ln
.
当x∈
时，f′(x)<0；
当x∈
时，f′(x)>0.
故f(x)在
上单调递减，
在
上单调递增.
2.已知函数f(x)=ex-2(a-1)x-b，其中e为自然对数的底数.若函数f(x)在区间[0，1]上是单调函数，试求实数a的取值范围.
【解析】根据题意，函数f(x)=ex-2(a-1)x-b，
其导数为f′(x)=ex-2(a-1)，
当函数f(x)在区间[0，1]上单调递增时，
f′(x)=ex-2(a-1)≥0在区间[0，1]上恒成立，
所以2(a-1)≤(ex)min=1(其中x∈[0，1])，
解得a≤
；
当函数f(x)在区间[0，1]单调递减时，f′(x)=ex-2(a-1)≤0在区间[0，1]上
恒成立，
所以2(a-1)≥(ex)max=e(其中x∈[0，1]，
解得a≥
+1.
综上所述，实数a的取值范围是
考向二 利用导数研究函数的极值和最值(规范解答)
【典例】(12分)(2019·全国Ⅰ卷)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
上存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点.
【思维流程图】(1)设g(x)=f′(x)→对g(x)求导→得出g(x)的单调性，得证；
(2)对x进行讨论→分四个区间(-1，0]，(0，
]，
(π，+∞)根据用导数
判断函数单调性来确定零点个数.
【规范解答】(1)设g(x)=f′(x)，则g(x)=cos
x-
g′(x)=-sin
x+
…………2分
当x∈
时，g′(x)单调递减，
…………3分
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)上单调递增，在
上单调递减，
…………4分
故g(x)在
上存在唯一极大值点，
即f′(x)在
上存在唯一极大值点.
…………5分
考查要求
基础性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
对函数f(x)两次求导给2分；
判断出新函数g′(x)的单调性给1分；确定g(x)存在唯一极大值点给1分；结论给1分
(2)f(x)的定义域为(-1，+∞).
…………6分
①当x∈(-1，0]时，由(1)知，f′(x)在(-1，0)上单调递增.而f′(0)=0，
所以当x∈(-1，0)时，f′(x)<0，
故f(x)在(-1，0)上单调递减.
又f(0)=0，从而x=0是f(x)在(-1，0]上的唯一零点；
…………7分
②当x∈(0，
]时，
由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，
在
上单调递减，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)上单调递增，在
上单调递
减.
又f(0)=0，f
=1-ln
>0，
所以当x∈(0，
]时，f(x)>0.从而，f(x)在(0，
]上没有零点；……9分
③当x∈
时，f′(x)<0，
所以f(x)在
上单调递减.而f
>0，f(π)<0，
所以f(x)在
上有唯一零点；
…………10分
④当x∈(π，+∞)时，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在(π，+∞)上没有
零点.
…………11分
综上，f(x)有且仅有2个零点.
…………12分
【答题模板】
【素养提升】
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)=0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.
(2)若探究极值点个数，则探求方程f′(x)=0在所给范围内实根的个数.
(3)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.
(4)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，从而得到函数的最值.
【变式训练】
1.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-
处取得极值.
(1)确定a的值；
(2)若g(x)=f(x)ex，讨论g(x)的单调性.
【解析】(1)对f(x)求导得f′(x)=3ax2+2x，
因为f(x)在x=-
处取得极值，所以f′
=0，
即
解得a=
.
(2)由(1)得g(x)=
ex，
故g′(x)=
ex+
ex
=
x(x+1)(x+4)ex.
令g′(x)=0，解得x=0，x=-1或x=-4.
当x<-4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当-40，故g(x)为增函数；
当-1当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数.
综上知g(x)在(-∞，-4)和(-1，0)内为减函数，
在(-4，-1)和(0，+∞)内为增函数.
2.已知函数f(x)=ln
x+ax2+bx(其中a，b为常数且a≠0)在x=1处取得极值.
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值.
【解析】
因为f
=ln
x+ax2+bx，
所以f′
=
+2ax+b，
因为函数f
=ln
x+ax2+bx在x=1处取得极值，
f′
=1+2a+b=0，
当a=1时，b=-3，
f′
，f
随x的变化情况如表：
所以f
的单调递增区间为
单调递减区间为
(2)因为
令f′
=0，x1=1，x2=
，
因为f
在x=1处取得极值，所以x2=
≠x1=1，当
<0时，f
在
上单
调递增，
在
上单调递减，
所以f
在区间
上的最大值为f
，
令f
=1，解得a=-2，a>0时，x2=
>0，
当
<1时，f
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调
递增，
所以最大值1可能在x=
或x=e处取得，而f
=ln
+a
-
=ln
-
-1<0，
所以f
=ln
e+ae2-
e=1，解得a=
当1≤
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
所以最大值1可能在x=1或x=e处取得，
而f
=ln
1+a-
<0，
所以f
=ln
e+ae2-
e=1，
解得a=
与1当x2=
≥e时，f
在区间
上单调递增，在
单调递减，所以最大值
1在x=1处取得，而f
=ln
1+a-
<0，矛盾.
综上所述，a=
或a=-2.
【加练备选】
已知函数f(x)=ln
x-ax2+(a-2)x.
(1)若f(x)在x=1处取得极值，求a的值；
(2)求函数y=f(x)在[a2，a]上的最大值.
【解析】(1)因为f(x)=ln
x-ax2+(a-2)x，
所以函数的定义域为(0，+∞).
所以f′(x)=
-2ax+(a-2)=
因为f(x)在x=1处取得极值，
即f′(1)=-(2-1)(a+1)=0，所以a=-1.
当a=-1时，在
内f′(x)<0，在(1，+∞)内f′(x)>0，所以x=1是函数y=
f(x)的极小值点，
所以a=-1.
(2)因为a2f′(x)=
-2ax+(a-2)=
因为x∈(0，+∞)，所以ax+1>0，
所以f(x)在
上单调递增，在
上单调递减，
①当0时，f(x)在[a2，a]上单调递增，
所以f(x)max=f(a)=ln
a-a3+a2-2a；
②当
f(x)在
上单调递增，在
上单调递
减，所以f(x)max=f
=-ln
2-
-1-ln
2；
③当
≤a2，即
≤a<1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，
所以f(x)max=f(a2)=2ln
a-a5+a3-2a2.
综上所述，当0时，函数y=f(x)在[a2，a]上的最大值是ln
a-a3+a2-2a；
当
时，函数y=f(x)在[a2，a]上的最大值是
-1-ln
2；
当
≤a<1时，函数y=f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln
a-a5+a3-2a2.
专题能力提升练
二十四 导数与函数的单调性、极值、最值问题
（40分钟80分）
1.已知函数f(x)=2ax-
-(2+a)ln
x(a≥0).
(1)当a=0时，求f(x)的极值；
(2)当a>0时，讨论f(x)的单调性.
【解析】(1)当a=0时，f(x)=-
-2ln
x
?f′(x)=
由f′(x)=
>0，解得0，
由f′(x)=
<0，解得x>
.
所以f(x)在
内是增函数，在
内是减函数，
所以f(x)的极大值为
=2ln
2-2，无极小值.
(2)f(x)=2ax-
-(2+a)ln
x
?
f′(x)=2a+
-(2+a)
=
①当0和
内是增函数，
在
内是减函数；
②当a=2时，f(x)在(0，+∞)内是增函数；
③当a>2时，f(x)在
和
内是增函数，在
内是减函数.
2.已知函数f(x)=
(1)当a=0时，求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若函数f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=0时，f(x)=
则f′(x)=
在x=1处的切点为(1，0)，切线斜率为f′(1)=2，
所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y=2x-2.
(2)因为f(x)=
+a(a∈R)，
所以f(x)的定义域为(0，+∞).
所以f′(x)=
又因为函数f(x)在定义域上单调递增，
所以f′(x)=
≥0在x>0时恒成立，
即x2-2ln
x+2a+3≥0在x>0时恒成立，
设g(x)=x2-2ln
x+2a+3(x>0)，
则g′(x)=
当0则g(x)在
上单调递减，
当x>1时，g′(x)>0，
则g(x)在
上单调递增，
x2-2ln
x+2a+3≥0在x>0时恒成立?g(x)min=g(1)=4+2a≥0，所以a≥-2.
3.已知函数f(x)=x-
sin
x-aln
x-
，a∈R.
(1)当a=
时，求曲线y=f(x)在点
处的切线方程；
(2)当a=0时，求函数g(x)=f(x)-
sin
x在
上的最大值.
【解析】(1)a=
时，f(x)=x-
sin
x-
πln
x-
，
所以
因为f′(x)=1-
cos
x-
π·
，
所以
=0，故y=f(x)在点
处的切线方程为
y=-
-
πln
π.
(2)a=0时，g(x)=f(x)-
sin
x=x-sin
x-
π，
所以g′(x)=1-cos
x>0在
上恒成立，
故g(x)在
上单调递增，
当x=
时，函数取得最大值1+π.
4.已知函数f(x)=
ax2+ln
x，其中a∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，1]上的最大值是-1，求a的值.
【解析】(1)f′(x)=
，x∈(0，+∞).
当a≥0时，f′(x)>0，从而函数f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)=0，
解得x=
，舍去x=
.
此时，f(x)与f′(x)的情况如下：
所以，f(x)的单调递增区间是
；
单调递减区间是
.
(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0，1]上的最大值为f(1)=
.
令
=-1，得a=-2，这与a≥0矛盾，舍去a=-2.
②当-1≤a<0时，
≥1，由(1)得函数f(x)在(0，1]上的最大值为f(1)=
.
令
=-1，得a=-2，这与-1≤a<0矛盾，
舍去a=-2.
③当a<-1时，0<
<1，由(1)得函数f(x)在(0，1]上的最大值为
.
令
=-1，解得a=-e，满足a<-1.
综上，当f(x)在(0，1]上的最大值是-1时，a=-e.
5.设函数f(x)=ln
x+
，k∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x-2=0垂直，求f(x)的单调递减
区间和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意x1>x2>0，f(x1)-f(x2)【解析】(1)由题得f′(x)=
(x>0)，
因为曲线y=f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x-2=0垂直，
所以此切线的斜率为0，
即f′(e)=0，有
=0，
得k=e.所以f′(x)=
(x>0)，
由f′(x)<0得00得x>e.
所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增.当x=e时，f(x)取得极
小值f(e)=ln
e+
=2.
故f(x)的单调递减区间为(0，e)，极小值为2.
(2)条件等价于对任意x1>x2>0，
f(x1)-x1设h(x)=f(x)-x=ln
x+
-x(x>0)，
则h(x)在(0，+∞)上单调递减，
所以h′(x)=
-1≤0在(0，+∞)上恒成立，
得k≥-x2+x=
(x>0)恒成立，所以k≥
.
故k的取值范围是[
，+∞).
6.已知函数f(x)=
ax2-aln
x+x.
(1)求函数y=f(x)的图象在点P
处的切线l的方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性.
【解析】(1)f(1)=
?
a+1=
?a=1，
f′(x)=x-
+1，
k=f′(1)=1，
切线方程为y-
=x-1，即y=x+
.(共72张PPT)
3课时突破
函数与导数高考小题
第1课时 函数的图象与性质
关键能力·应用实践
考向一 函数及其表示
【多维题组】速通关
1.(2020·泰安三模)已知函数
，则函数
的定义域为
( )
【解析】选D.令2x>4x，即2x<1，解得x<0.
若
有意义，则
即
.
2.(2020·焦作三模)已知
为奇函数，则
( )
A.2+log23
B.1
C.0
D.-log23
【解析】选D.因为
为奇函数，所以
所以
=1-log24=-1，
所以
=f(-1)=-1+log22=0.
=-1+log216=3，
所以
=1-log26，
所以
=1-log26
=1-log22-log23=-log23.
3.已知函数f(x)=
若f(a)+f(1)=0，则实数a的值为
( )
A.-
B.-1或2
C.1
D.-3或1
【解析】选A.由题意得f(1)=20=1，即f(a)=-1，
又f(x)=2x-1>0恒成立，
所以a-
=-1，即a=-
.
【变式拓展】
本题函数不变，若f(a-1)>f(1)，试求a的取值范围.
【解析】函数y=2x-1在区间
上为增函数，函数
在
上为增函
数，且2-1>0-
.
所以函数
在
上为增函数.
由
得a-1>1，解得a>2.
4.已知函数
则不等式x2·
+x-2≤0的解集是________.?
【解析】由题意可得
所以-1≤x<
或
≤x≤1，即解集为{x|-1≤x≤1}.
答案：{x|-1≤x≤1}
【技法点拨】提素养
分段函数常见的五种问题类型及解题策略
考向二 函数的性质及其应用
【多维题组】速通关
1.已知函数
是定义在R上的偶函数，且在
上单调递增，则
( )
【解析】选C.因为
为R上的偶函数，
所以
因为20.6<2=log39在
上单调递增，
所以
所以
【变式拓展】
本题条件变为：若f(x)为奇函数且在R上连续，其余条件不变，则正确的选项为
( )
【解析】选A.若函数
为R上的奇函数且在R上连续，又在
上单调递增，
所以该函数在R上单调递增.
又因为log313-log313>-3，
又20.6>0，所以20.6>0>-log313>-3.
所以
2.(2020·安徽三模)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R都有f(x+2)=f(2-x)+3f(2)，且f(5)=-3，则f(2
019)的值为
( )
A.6
B.-3
C.0
D.3
【解析】选D.因为对于任意x∈R都有f(x+2)=f(2-x)+3f(2)，
令x=0可得：f(2)=f(2)+3f(2)，
解得f(2)=0；
则f(x+2)=f(2-x)，
所以f(-x)=f(4+x)，
又因为f(x)为奇函数，则f(-x)=-f(x)，
则有f(x+4)=-f(x)，
所以f(x+8)=-f(x+4)=f(x)，
即函数f(x)是周期为8的周期函数，
所以f(2
019)=f(3+252×8)=f(3)=-f(-3)=-f(5)=3.
3.(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】选D.函数f(x)的定义域为
关于原点对称，
f(-x)=ln|-2x+1|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x+1|=-f(x)，
所以f(x)为奇函数，
x∈
时，f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x)，单调递增；x∈
时，f(x)=
ln(-2x-1)-ln(1-2x)=
单调递减.
4.已知函数g(x)是R上的奇函数，且当x<0时，g(x)=-lg(1-x)，函数
若f(2-x2)>f(x)，则实数x的取值范围为________ .?
【解析】因为奇函数g(x)满足当x<0时，
g(x)=-lg(1-x)，所以当x>0时，-x<0，
g(-x)=-lg(1+x)，
所以当x>0时，g(x)=-g(-x)=lg(1+x)，
所以
所以f(x)在其定义域上是增函数，
所以f(2-x2)>f(x)等价于2-x2>x，
解得-2答案：(-2，1)
5.(2020·晋中一模)已知函数
是奇函数，当x>0时，f(x)=loga(x-1)
且f(log0.516)=-2，则a=________.?
【解析】函数
是奇函数，
当x>0时，
且
因为log0.516=-4<0，log216=4>0，且函数
是奇函数，
所以
即
=2，a2=3，
因为a>0且a≠1，所以
答案：
【技法点拨】提素养
函数性质的应用
函数性质
应用指南
奇偶性
(1)具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切；
(2)研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上.尤其注意偶函数f(x)的性质：
f(|x|)=f(x)
单调性
(1)比较大小；(2)求函数最值；
(3)解不等式；(4)证明方程根的唯一性
周期性
利用周期性可以转化函数的解析式、图象和
性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解
提醒：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另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题.
考向三 函数的图象及应用(重难突破)
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅲ卷)函数
在[-6，6]上的图象大致为
( )
【考场思维】
解题方法
排除法
性质应用
奇偶性定对称
特殊值定正负
端点值定趋势
素养考查
直观想象、逻辑推理
【解析】选B.因为y=f(x)=
，
所以f(-x)=
=-f(x)，
所以f(x)为奇函数，排除选项C.
又因为f(4)=
=8，
根据图象进行判断，可知选项B符合题意.
2.(2020·福州一模)如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是
( )
A.y=2x-x2-1
B.y=2xsin
x
C.y=
D.y=
【考场思维】
【解析】选D.因为y=2xsin
x为偶函数，其图象关于y轴对称，所以排除B.因为
函数y=
的定义域为
所以排除C.对于y=2x-x2-1，当x=-2时，
y=2-2-
-1<0，所以排除A.
解题方法
排除法
性质应用
对称性定奇偶性
定义域定分布
图象位置定符号
素养考查
直观想象、逻辑推理
3.已知函数f(x)=x|x|-2x，则下列结论正确的是
( )
A.f(x)是偶函数，递增区间是(0，+∞)
B.f(x)是偶函数，递减区间是(-∞，1)
C.f(x)是奇函数，递减区间是(-1，1)
D.f(x)是奇函数，递增区间是(-∞，0)
【考场思维】
解题方法
数形结合法
解题流程
知式画图→借助图象判断
素养考查
直观想象、逻辑推理
【解析】选C.将函数f(x)=x|x|-2x去掉绝对值，
得
作出函数f(x)的图象，
如图，观察图象可知，函数f(x)为奇函数，且在(-1，1)上单调递减.
【技法点拨】提素养
1.寻找函数图象与解析式对应关系的两种方法
(1)知式选图“四维度”：
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从函数的周期性，判断图象的循环往复.
(2)知图选式“四维度”：
①从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域；
②从图象的变化趋势，观察函数的单调性；
③从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性；
④从图象的循环往复，观察函数的周期性.
2.利用函数的图象研究函数的性质
①从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；②从图象的对称性，分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性.
3.利用函数的图象研究不等式
当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合法求解.
【变式训练】
1.(2020·广州一模)已知某个函数的部分图象如图所示，则这个函数的解析式
可能是
( )
A.y=xln
x
B.y=xln
x-x+1
C.y=ln
x+
-1
D.y=-
+x-1
【解析】选D.对于选项A，当x=2时，2ln
2=ln
4>ln
e=1，由图象可知选项A不
符合题意；
对于选项B，当x=e时，eln
e-e+1=1，由图象可知选项B不符合题意；
对于选项C，当x=e时，ln
e+
-1=
<1，
由图象可知选项C不符合题意.
2.若函数
若f(a)>f(-a)，则实数a的取值范围是
( )
A.(-1，0)∪(0，1)
B.(-∞，-1)∪(1，+∞)
C.(-1，0)∪(1，+∞)
D.(-∞，-1)∪(0，1)
【解析】选C.方法一：由题意作出y=f(x)的图象如图.
显然当a>1或-1f(-a).故选C.
方法二：对a分类讨论：
当a>0时，log2a>
，即log2a>0，所以a>1.
当a<0时，
>log2(-a)，
即log2(-a)<0，所以-1综上所述，a的取值范围是(-1，0)∪(1，+∞).
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.已知f(x+2)是偶函数，f(x)在
上单调递减，f(0)=0，则f(2-3x)>0的解
集是
( )
【解析】选D.f(x+2)是偶函数，所以f(x)关于直线x=2对称；
因此，由f(0)=0得f(4)=0；又f(x)在
上单调递减，则f(x)在
上单调
递增；
所以当2-3x≥2即x≤0时，由f(2-3x)>0得f(2-3x)>f(4)，
所以2-3x>4，解得x<-
；
当2-3x<2即x>0时，
由f(2-3x)>0得f(2-3x)>f(0)，
所以2-3x<0，解得x>
；
因此f(2-3x)>0的解集是
2.现有四个函数：①y=xsin
x，②y=xcos
x，③y=x|cos
x|，④y=x·2x的图象
(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确
的一组是
( )
A.④①②③
B.①④③②
C.③④②①
D.①④②③
【解析】选D.函数y=xsin
x是偶函数，由图象知，函数①对应第一个图象；
函数y=xcos
x为奇函数，且当x=π时，y=-π<0，故函数②对应第三个图象；
函数y=x|cos
x|为奇函数，故函数③与第四个图象对应；
函数y=x·2x为非奇非偶函数，与第二个图象对应.
3.函数f(x)=x2+ln(e-x)ln(e+x)的图象大致为
( )
【解析】选A.因为f(-x)=(-x)2+ln(e+x)ln(e-x)=x2+ln(e-x)ln(e+x)=f(x)，所以函
数f(x)是偶函数，据此可排除选项C(也可由f(0)=1排除选项C).当x→e时，f(x)→
-∞，据此可排除选项B、D.
4.已知函数
的值域为R，则实数a的取值范围是
_____________.?
【解析】当x≥1时，f(x)=
≥1，
因为函数
的值域为R，
所以当x<1时，y=(1-2a)x+3a必须取遍(-∞，1)内的所有实数，
则
解得0≤a<
.
答案：
【创新迁移】
1.已知函数f(x)的定义域为R且满足f(-x)=-f(x)，f(x)=f(2-x)，若f(1)=4，则f(6)+f(7)=
( )
A.-8
B.-4
C.0
D.4
【解析】选B.f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，
=0，
f(x)=f(2-x)=-f(x-2)，则f(x-2)=-f(x-4)=-f(x)，
函数周期为4.
所以f(6)+f(7)=
=0-4=-4.
2.函数f(x)的定义域为R，且
若方程f(x)=x+a有两个不同实
根，则a的取值范围是________.?
【解题导引】1.确定解析式；2.画出该函数的图象；3.数形结合求解参数范围.
【解析】当x≤0时，f(x)=2-x-1，
当0f(x)=f(x-1)=2-(x-1)-1.
当1f(x)=f(x-1)=f(x-2)=2-(x-2)-1.
故x>0时，f(x)是周期函数，如图，
欲使方程f(x)=x+a有两解，即函数f(x)的图象与直线y=x+a有两个不同交点，
故a<1，则a的取值范围是(-∞，1).
答案：(-∞，1)
专题能力提升练
二十一 函数的图象与性质
(40分钟 80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.(2020·合肥一模)已知函数f(x)=
则f(f(1))=
( )
A.-
B.2
C.4
D.11
【解析】选C.因为函数f(x)=
所以f(1)=12+2=3，所以f(f(1))=f(3)=3+
=4.
2.若函数f(x)=ax2+bx+8(a≠0)是偶函数，则g(x)=2ax3+bx2+9x是
( )
A.奇函数
B.偶函数
C.非奇非偶函数
D.既奇又偶函数
【解析】选A.由于f(x)=ax2+bx+8(a≠0)是偶函数，
所以b=0，所以g(x)=2ax3+9x(a≠0)，
所以g(-x)=2a(-x)3+9(-x)=-(2ax3+9x)=-g(x)，
所以g(x)=2ax3+9x是奇函数.
3.已知函数f(x)=
，则该函数的单调递增区间为
( )
A.(-∞，1]
B.[3，+∞)
C.(-∞，-1]
D.[1，+∞)
【解析】选B.由x2-2x-3≥0，得x≥3或x≤-1.
当x≥3时，函数t=x2-2x-3为增函数.
因为y=
为增函数，所以此时函数f(x)为增函数，
即函数f(x)的单调递增区间为[3，+∞).
4.已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=3x+m(m为常数)，
则f(-log35)的值为
( )
A.4
B.-4
C.6
D.-6
【解析】选B.由题意，f(0)=30+m=0，解得m=-1，
故当x≥0时，f(x)=3x-1，
所以f(-log35)=-f(log35)=-(
-1)=-4.
5.我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数
f(x)=
的图象大致是
( )
【解析】选D.因为函数f(x)=
，f(-x)=
≠f(x)，
所以函数f(x)不是偶函数，图象不关于y轴对称，故排除A，B选项；
又因为f(3)=
，f(4)=
，
所以f(3)>f(4)，
而选项C在(0，+∞)上是递增的，故排除C，选D.
6.设函数f(x)=
-1(a>0，且a≠1)过定点(2，0)，且f(x)在定义域R上是减函
数，则g(x)=loga(x+k)的图象是
( )
【解析】选A.由题意可知
-1=0，
解得k=2，所以f(x)=
-1，
又f(x)在定义域R上是减函数，所以0此时g(x)=loga(x+2)在定义域上是减函数，且恒过点(-1，0).
7.函数f(x)=xe-|x|的图象可能是
( )
【解析】选C.因为函数f(x)的定义域为R，f(-x)=-f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除A，B；
当x∈(0，+∞)时，f(x)=xe-x，因为e-x>0，所以f(x)>0，即f(x)在x∈(0，+∞)时，其图象恒在x轴上方，排除D.
8.已知函数f(x)=|log2x|，正实数m，n满足m[m2，n]上的最大值为2，则m，n的值分别为
( )
A.
，2
B.
，4
C.
，
D.
，4
【解析】选A.f(x)=|log2x|=
根据f(m)=f(n)(m1.
又f(x)在[m2，n]上的最大值为2，
由图象知：f(m2)>f(m)=f(n)，所以f(x)max=f(m2)，x∈[m2，n].
故f(m2)=2，易得n=2，m=
.
9.已知函数f(x)=
对于任意的x1≠x2，都有
(x1-x2)[f(x2)-f(x1)]>0成立，则实数a的取值范围是
( )
A.(-∞，3]
B.(-∞，3)
C.(3，+∞)
D.[1，3)
【解析】选D.由(x1-x2)[f(x2)-f(x1)]>0，
得(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0，
所以函数f(x)为R上的减函数，
则
解得1≤a<3.
10.设函数f(x)=ln(1+|x|)-
，则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是
( )
A.
B.
∪(1，+∞)
C.
D.
∪
【解析】选A.f(x)是偶函数，且在[0，+∞)上是增函数，
所以f(x)>f(2x-1)?f(|x|)>f(|2x-1|)?|x|>|2x-1|?
11.已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1)，b=g(20.8)，c=g(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A.aB.cC.bD.b【解析】选C.因为f(x)是奇函数，且在R上递增，所以x>0时，f(x)>0，从而g(x)=xf(x)在R上为偶函数，且在[0，+∞)上是增函数，a=g(-log25.1)
=g(log25.1)，20.8<2，又4<5.1<8，所以212.在实数集R上定义一种运算“★”，对于任意给定的a，b∈R，a★b为唯一确
定的实数，且具有下列三条性质：(1)a★b=b★a；(2)a★0=a；(3)(a★b)★c=c★(ab)+(a★c)+(c★b)-2c.
关于函数f(x)=x★
，有如下说法：
①函数f(x)在(0，+∞)上的最小值为3；
②函数f(x)为偶函数；
③函数f(x)为奇函数；
④函数f(x)的单调递增区间为(-∞，-1)，(1，+∞)；
⑤函数f(x)不是周期函数.
其中正确说法的个数为
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选C.对于新运算“★”的性质(3)，
令c=0，则(a★b)★0=0★(ab)+(a★0)+(0★b)=ab+a+b，即a★b=ab+a+b.
所以f(x)=x★
=1+x+
，
当x>0时，f(x)=1+x+
≥1+2
=3，
当且仅当x=
，即x=1时取等号，
所以函数f(x)在(0，+∞)上的最小值为3，故①正确；
函数f(x)的定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)，
因为f(1)=1+1+1=3，f(-1)=1-1-1=-1，
所以f(-1)≠-f(1)且f(-1)≠f(1)，
所以函数f(x)为非奇非偶函数，故②③错误；
根据函数的单调性，知函数f(x)=1+x+
的单调递增区间为
(-∞，-1)，(1，+∞)，故④正确；
由④知，函数f(x)=1+x+
不是周期函数，故⑤正确.
综上所述，所有正确说法的个数为3.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.(2020·枣庄二模)已知函数f(x
=
则f(log23
)
=________.?
【解析】因为f(x)=
且log23>0，
所以f(log23)=
f(log23-2)=
f(log2
)，
又log2
所以f(log23)=
f(log2
)=
=
.
答案：
14.已知函数f(x)的图象关于点(-3，2)对称，则函数h(x)=f(x+1)-3的图象的对称中心为________.?
【解析】函数h(x)=f(x+1)-3的图象是由函数f(x)的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到的，又f(x)的图象关于点(-3，2)对称，所以函数h(x)的图象的对称中心为(-4，-1).
答案：(-4，-1)
15.若函数f(x)=2x+sin
x对任意的m∈[-2，2]，有f(mx-3)+f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________ .?
【解析】易知f(x)是R上的奇函数，由f′(x)=2+cos
x>0，知f(x)为增函数.
因为f(mx-3)+f(x)<0可变形为f(mx-3)设g(m)=xm-3+x，由题意知当m∈[-2，2]时，g(m)<0恒成立，
则当x≥0时，g(2)<0，即2x-3+x<0，则0≤x<1；
当x<0时，g(-2)<0，即-2x-3+x<0，则-3所以所求x的取值范围是(-3，1).
答案：(-3，1)
【加练备选】
f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(3)=1，
当f(x)+f(x-8)≤2时，x的取值范围是
( )
A.(8，+∞) B.(8，9]
C.[8，9]
D.(0，8)
【解题导引】利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求
解.
【解析】选B.2=1+1=f(3)+f(3)=f(9)，由f(x)+f(x-8)≤2，
可得f(x(x-8))≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，
所以有
解得8专题六 函数与导数
必备知识·整合回顾
【核心知识】建体系
【常用结论】精归纳
1.函数的周期性
(1)若函数f(x)满足f(x+a)=f(x-a)，则f(x)是周期函数，其中一个周期是
T=2a(a≠0)；
(2)若满足f(x+a)=-f(x)，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T=2a(a≠0)；
(3)若满足f(x+a)=
，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T=2a(a≠0)；
(4)若函数满足f(x+a)=-
，则f(x)是周期函数，其中一个周期是T=2a(a≠0).
2.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；
(3)若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则函数f(x)的图象关于直线x=
对称.
3.函数图象的变换规则
(1)平移变换：
将y=f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度得到y=f(x+a)的图象；
将y=f(x)的图象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|个单位长度得到y=f(x)+a的图象.
(2)对称变换：
①作y=f(x)关于y轴的对称图象得到y=f(-x)的图象；
②作y=f(x)关于x轴的对称图象得到y=-f(x)的图象；
③作y=f(x)关于原点的对称图象得到y=-f(-x)的图象；
④将y=f(x)在x轴下方的图象翻折到上方，与y=f(x)在x轴上方的图象，合起来得到y=|f(x)|的图象；
⑤将y=f(x)在y轴左侧部分去掉，再作右侧关于y轴的对称图象，合起来得到y=f(|x|)的图象.
4.导数与函数的单调性
若可导函数f(x)在区间M上单调递增(或递减)，则f′(x)≥0(或≤0)在区间M上恒成立.
【易错警示】防误区
1.忽略函数的定义域
(1)判断函数的单调性时，要函数的定义域优先；
(2)判断函数的奇偶性时，忽略函数的定义域会导致结论错误；
(3)求复合函数单调区间时忽视定义域而致误；
(4)研究函数的导数时忽略定义域而致误.
2.错用集合运算符号
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.
3.忽略基本初等函数的形式、定义和性质
如讨论指数函数y=ax(a>0且a≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽略ax>0的隐含条件；幂、指数、对数函数的性质记忆不准确.(共74张PPT)
第3课时 导数的简单应用
关键能力·应用实践
考向一 导数的几何意义及其应用
【多维题组速通关】
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】选B.因为f(x)=x4-2x3，所以f′(x)=4x3-6x2，所以f(1)=-1，f′(1)=
-2，因此，所求切线的方程为y+1=-2(x-1)，即y=-2x+1.
2.已知曲线y=
在点
处的切线方程为y=2x+b，则
( )
A.a=e，b=1
B.a=-e，b=1
C.a=e，b=0
D.a=-e，b=-1
【解析】选C.因为y′=
所以
所以曲线y=
+x·sin
在点
处的切线方程为
即y=
x，所以
所以a=e，b=0.
3.设曲线f(x)=ex+2x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1，总存在曲线g(x)=-ax+sin
x上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为
( )
【解析】选D.f(x)=ex+2x的导数为f′(x)=ex+2，设(x1，y1)为f(x)上的任意一
点，则过(x1，y1)处的切线l1的斜率为k1=
+2，g(x)=-ax+sin
x的导数为
g′(x)=cos
x-a，过g(x)图象上一点(x2，y2)处的切线l2的斜率为k2=-a+cos
x2.
由l1⊥l2，可得(
+2)·(-a+cos
x2)=-1，
即-a+cos
x2=
y=-a+cos
x2的值域为A=[-a-1，-a+1]，
的值域为B=
任意的x1∈R，总存在x2∈R使等式成立，
所以B?A，即
?[-a-1，-a+1]，
【技法点拨提素养】
与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略
(1)已知切点求切线方程.解决此类问题的步骤为：
①求出函数y=f(x)在点x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的斜率；
②由点斜式求得切线方程为y-y0=f′(x0)·(x-x0).
(2)已知斜率求切点：已知斜率k，求切点(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)=k.
(3)求切线倾斜角的取值范围：先求导数的取值范围，即确定切线斜率的取值范围，然后利用正切函数的单调性解决.
(4)根据切线的性质求倾斜角或参数值：已知曲线上一点P(x0，y0)的切线与已知直线的关系(平行或垂直)，确定该切线的斜率k，再求出函数的导函数，然后利用导数的几何意义得到k=f′(x0)=tan
α，其中倾斜角α∈[0，π)，根据范围进一步求得角α或有关参数的值.
考向二 导数的运算
【多维题组速通关】
1.已知函数
若f′
=2
021，则x0=
( )
A.e2
B.1
C.ln
2
D.e
【解析】选D.由函数
则f′
=2
019+ln
x+x·
=2
020+ln
x，
又f′
=2
021，则ln
x0=1，即x0=e.
2.等比数列
中，a1=1，a12=8，函数f(x)=
则f′(0)=
( )
A.212
B.215
C.218
D.221
【解析】选C.令g(x)=
则f(x)=xg(x)，
所以f′(x)=g(x)+xg′(x)，
所以f′(0)=g(0)=a1a2·…·a11a12=
=86=
=218.
3.已知函数f
=x2ln
x+1-f′
x，则函数f
的图象在点
处的
切线斜率为
( )
【解析】选A.因为f
=x2ln
x+1-f′
x，
所以f′
=2xln
x+x-f′
，
所以f′
=1-f′
，解得f′
=
，因此，函数y=f
的图象在点
处的切线斜率为
.
【技法点拨提素养】
导数运算的原则和方法
(1)原则：先化简解析式，再求导.
(2)方法：
①连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；
②分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；
③对数形式：先化为和、差的形式，再求导；
④根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；
⑤三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导；
⑥复合函数：由外向内，层层求导.
考向三 导数的简单应用(重难突破)
【多维题组速通关】
1.已知f
=aln
x+
x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有
>2恒成立，则a的取值范围是
( )
【考场思维】
解题方法
转化构造法
方法应用
变形不等式构造函数
导数转化单调性
导函数符号定参数
素养考查
数学抽象、逻辑推理
【解析】选D.根据
>2可知
令g(x)=f
-2x=aln
x+
x2-2x(a>0)为定义域上的增函数，
所以g′
=
+x-2≥0
恒成立，分离参数得a≥x
而当x>0时，x
最大值为1，故a≥1.
2.已知函数f(x)=ex·(asin
x+bcos
x)，若x=0是f
的一个极小值点，且
a2+b2=2，则a=
( )
A.-1
B.0
C.1
D.±1
【解析】选C.由f′
=ex·
得f′
=a+b=0，又a2+b2
=2，则a2=1，若a=-1，则b=1，此时f′
=-2ex·sin
x，x=0是f
的一个极
大值点，舍去；
若a=1，则b=-1，此时f′
=2ex·sin
x，x=0是f
的一个极小值点，满足
题意，故a=1.
3.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为
( )
A.-1
B.-2e-3
C.5e-3
D.1
【解析】选A.由题可得f′
因为f′
=0，所以a=-1，
故
令f′
>0，解得x<-2或x>1，
所以f
在
上单调递增，
在
上单调递减，
所以f
的极小值为
e1-1=-1.
4.(2020·辽宁二模)已知函数
若存在实数s，t满足0≤s
则t-4s的最小值为
( )
A.1
B.e2-1
C.2-ln
2
D.2-2ln
2
【考场思维】
解题方法
导数法
方法应用
利用方程建立关系
代入目标构建函数
导数求解函数最值
素养考查
数学建模、逻辑推理、直观想象
【解析】选D.作出函数f(x)的图象，如图所示：
因为
结合图象可知2s=ln
t=m(0可得s=
，t=em，令t-4s=em-2m=h(m)，h′(m)=em-2，
令h′(m)=em-2=0，解得m=ln
2，
可以判断函数h(m)在(0，ln
2)上单调递减，在(ln
2，2]上单调递增，
所以h(m)在m=ln
2处取得最小值，且h(ln
2)=eln
2-2ln
2=2-2ln
2.
5.(2020·潍坊三模)已知函数f
的导函数f′
=
则下列结论正确的是
( )
A.f
在x=0处有极大值
B.f
在x=2处有极小值
C.f
在
上单调递减
D.f
至少有3个零点
【解析】选C.由函数f
的导函数f′
=x4
可知，
当x∈
时，f′
≥0，f
的单调递增区间为
和
；
当x∈
时，f′
≤0，f
的单调递减区间为
，故AB错误，C正确.
又
的符号无法确定，
故无法确定f
的零点个数，故D错误.
【技法点拨提素养】
求函数f(x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域，再解方程f′(x)=0，再判断f′(x)=0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论.
【变式训练】1.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)+f′(x)>1，f(0)=4，则不等式exf(x)>ex+3的解集为
( )
A.(0，+∞)
B.(-∞，0)∪(3，+∞)
C.(-∞，0)∪(0，+∞)
D.(3，+∞)
【解析】选A.由exf(x)>ex+3变形得，ex[f(x)-1]-3>0，设g(x)=ex[f(x)-1]-3，
所以原不等式等价于g(x)>g(0)，
因为g′(x)=ex[f(x)-1]+ex·f′(x)
=ex[f(x)+f′(x)-1]>0，
所以g(x)在定义域R上递增，由g(x)>g(0)，得x>0.
2.若函数f
=
x2-2x+aln
x有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是
( )
A.a>1
B.-1C.a<1
D.0【解析】选D.f
的定义域是(0，+∞)，
若函数f
有两个不同的极值点，
则g
=x2-2x+a在(0，+∞)上有2个不同的实数根，
故
解得0题组训练·素养提升
【新题速递】
1.直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A(1，3)，则2a+b的值等于
( )
A.2
B.-1
C.1
D.-2
【解析】选C.因为直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A(1，3)，
所以点A在直线y=kx+1上，所以3=k+1，所以k=2，
且点A在曲线y=x3+ax+b上，所以a+b=2，
y′=3x2+a，y′|x=1=3+a=2，所以a=-1，b=3，
所以2a+b=1.
2.若函数f
的导数为f′
，满足f(x)-2f′(1)ln
x+x=0，则f′
=
( )
A.0
B.-1
C.-e
D.e
【解析】选A.因为f(x)-2f′(1)ln
x+x=0，
即f(x)=2f′(1)ln
x-x，
所以f′(x)=2f′(1)×
-1.
所以f′(1)=2f′(1)-1，
所以f′(1)=1，所以f′(x)=
-1，
令x=2则f′(2)=
-1=0.
3.已知函数f(x)的定义域为D，其导函数为f′
，函数y=sin
x·f′(x)(x∈D)
的图象如图所示，则f(x)
( )
A.有极小值f(2)，极大值f(π)
B.有极大值f(2)，极小值f(0)
C.有极大值f(2)，无极小值
D.有极小值f(2)，无极大值
【解析】选D.当x∈
时，sin
x>0，
当x∈
时，sin
x<0，
则由图象可得当x∈
时，f′
≤0，
当x∈
时，f′
≥0，
故函数f
在
上单调递减，
在
上单调递增，
则由图象可得函数f(x)在定义域D上，先减后增，有极小值f(2)，无极大值.
4.已知函数f
=ex-ax(e=2.718
28…为自然对数的底数)的图象恒过定点A，
则点A的坐标为________；若f
在点A处的切线方程y=2x+1，则a=________.?
【解析】当x=0时，f
=1，所以点A的坐标为
因为f′
=ex-a，所以f′
=1-a=2，解得a=-1.
答案：
-1
5.已知函数f
=
+cos
x，给出下列结论：
①f
在
上有最小值，无最大值；
②设F
=f
-f
，则F
为偶函数；
③f
在
上有两个零点.
其中正确结论的序号为________.(写出所有正确结论的序号)?
【解析】由于x∈
，所以f′
=-
-sin
x<0，
所以f
在
上递减，
所以f
在
上有最小值，无最大值，故①正确.
依题意F
=f
-f
=
+cos
x-
由于F
≠F
，
所以F
不是偶函数，故②错误.
令f
=0得cos
x=-
，画出y=cos
x和y=-
在区间
上的图象如图所
示，由图可知y=cos
x和y=-
在区间
上的图象有两个交点，则f
在
上有两个零点，故③正确.
答案：①③
【创新迁移】
1.给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也
可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f′′(x)=(f′(x))′，若f′′(x)
<0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在
上不是凸函
数的是
( )
A.f(x)=sin
x+cos
x
B.f(x)=ln
x-2x
C.f(x)=-x3+2x-1
D.f(x)=-xe-x
【解析】选D.若f(x)=sin
x+cos
x，
则f″(x)=-sin
x-cos
x，
在x∈
上，恒有f″(x)<0；
若f(x)=ln
x-2x，则f″(x)=-
，
在x∈
上，恒有f″(x)<0；
若f(x)=-x3+2x-1，则f″(x)=-6x，在x∈
上，恒有f″(x)<0；
若f(x)=-xe-x，则f″(x)=2e-x-xe-x=(2-x)e-x.
在x∈
上，恒有f″(x)>0.
2.2019年底，武汉发生“新型冠状病毒肺炎”疫情，国家卫健委紧急部署，从多省调派医务工作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他们成为“最美逆行者”.武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人.若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区”.假设每人被确诊的概率均为p
且相互独立，若当p=p0时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大值，则p0=________.?
【解析】由题意知，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率
f(p)=p(1-p)3+p(1-p)4，
f′(p)=(1-p)2
令f′(p)=0，解得p=1-
故f(p)在
上单调递增，
在
上单调递减，
故当p=1-
时，f(p)取得最大值.
答案：1-
专题能力提升练
二十三 导数的简单应用
(40分钟 80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.已知函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x+2y-2=0，则f(1)+f′(1)=
( )
A.
B.1
C.
D.0
【解析】选D.切点(1，f(1))在切线x+2y-2=0上，所以1+2f(1)-2=0，
得f(1)=
，
又切线斜率k=f′(1)=-
，
所以f(1)+f′(1)=0.
2.(2020·陕西二模)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】选D.y′=aex+ln
x+1，
k=y′|x=1=ae+1=2，所以a=e-1
将(1，1)代入y=2x+b得2+b=1，b=-1.
3.已知函数f0(x)=sin
x+cos
x，f1(x)=f0′(x)，f2(x)=f1′(x)，…，fn+1(x)=fn′(x)，n∈N，那么f2
020(x)=
( )
A.cos
x-sin
x
B.sin
x-cos
x
C.sin
x+cos
x
D.-sin
x-cos
x
【解析】选C.由题意得f0(x)=sin
x+cos
x，
f1(x)=f0′(x)=cos
x-sin
x，
f2(x)=f1′(x)=-sin
x-cos
x，
f3(x)=f2′(x)=-cos
x+sin
x，
f4(x)=f3′(x)=sin
x+cos
x，
以此类推，可得fn(x)=fn+4(x)，
所以f2
020(x)=f0(x)=sin
x+cos
x.
4.已知函数f(x)=ex-mx+1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线，
则实数m的取值范围是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.函数f(x)=ex-mx+1的导数为f′(x)=ex-m，若曲线C存在与直线
y=ex垂直的切线，即有ex-m=-
有解，即m=ex+
.由ex>0，得m>
，
则实数m的取值范围为
.
5.已知函数f(x)=
+sin
x，其导函数记为f′(x)，则
f(2
020)+f(-2
020)+f′(2
020)-f′(-2
020)的值为
( )
A.2
B.1
C.0
D.-2
【解析】选A.因为f(x)=
+sin
x，
所以f′(x)=-
+cos
x，
所以f(x)+f(-x)=
+sin
x+
+sin(-x)=2，
f′(x)-f′(-x)=-
+cos
x+
-cos(-x)=-
+
=-
+
=0，
所以f(2
020)+f(-2
020)+f′(2
020)-f′(-2
020)=2.
6.已知函数f(x)=x-sin
x，则不等式f(x2-1)+f(2x-2)>0的解集是
( )
A.（-∞,-1）∪（3,+∞）
B.（-3,1）
C.（-∞,-3）∪（1,+∞）
D.（-1,3）
【解析】选C.因为f(-x)=-x+sin
x=-f(x)，所以函数f(x)是奇函数，
因为f′(x)=1-cos
x≥0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增，
故f(x2-1)+f(2x-2)>0，即f(x2-1)>-f(2x-2)>f(-2x+2)，
所以x2-1>-2x+2，x2+2x-3>0，解得x>1或x<-3，
故其解集为（-∞,-3）∪（1,+∞）.
7.已知函数f(x)=xln
x+x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是
( )
A.x0<
B.x0>
C.f(x0)+2x0<0
D.f(x0)+2x0>0
【解析】选D.函数f(x)=xln
x+x2(x>0)，
所以f′(x)=ln
x+1+2x，
因为x0是函数f(x)的极值点，所以f′(x0)=0，
所以ln
x0+1+2x0=0，所以f′（
）=
>0，f′（
）=
-1<0，
又f′(x)在(0，+∞)上单调递增，所以x0∈（
，），故排除A，B.
f(x0)+2x0=x0ln
x0+
+2x0=x0(ln
x0+x0+2)=-x0(x0-1)>0，即D正确，C不正确.
8.(2020·唐山一模)已知函数f(x)的定义域为（0,+∞），且满足
f(x)+xf′(x)>0(f′(x)是f(x)的导函数)，则不等式(x-1)f(x2-1)的解集为
( )
A.（-∞,2）
B.（1,+∞）
C.（-1,2）
D.（1,2）
【解析】选D.构造函数g(x)=xf(x)，其中x>0，则g′(x)=f(x)+xf′(x)>0，
所以，函数y=g(x)在定义域（0,+∞）上为增函数，
在不等式(x-1)f(x2-1)(x2-1)f(x2-1)<(x+1)f(x+1)，即g(x2-1)，
解得19.(2020·甘肃一模)已知定义在R上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，
且满足xf′(x)-f(x)=x2ex，f(1)=e，则f(x)的最小值为
( )
A.-e
B.e
C.
D.-
【解题指南】将题干中的等式变形为
=ex，可得出
′=ex，并构
造函数F(x)=
，可得出
=ex+c，进而可得出f(x)=xex+cx，利用f(1)=e求
得c的值，可得出函数y=f(x)的解析式，进而利用导数可求得函数f(x)的最小值.
【解析】选D.由xf′(x)-f(x)=x2ex，
变形得
=ex，即
′=ex，所以
=ex+c(c为常数)，
则f(x)=xex+cx，
由f(1)=e+c=e，得c=0.所以f(x)=xex，所以f′(x)=(x+1)ex，
当x<-1时，f′(x)<0，此时函数y=f(x)单调递减；
当x>-1时，f′(x)>0，此时函数y=f(x)单调递增.
所以，函数y=f(x)在x=-1处取得极小值，亦即最小值，
则
.
10.若f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10，则
的值为
( )
A.-
或-
B.-
或
C.-
D.-
【解析】选C.因为f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a，
所以f′(x)=3x2+2ax+b，
又f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10，
所以f′(1)=3+2a+b=0，
f(1)=1+a+b-a2-7a=10，
所以a2+8a+12=0，
所以a=-2，b=1或a=-6，b=9.
当a=-2，b=1时，
f′(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1)，
当
当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)在x=1处取得极小值，与题意不符；
当a=-6，b=9时，f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3)，
当x<1时，f′(x)>0，
当1所以f(x)在x=1处取得极大值，符合题意；
则
=-
=-
.
11.(2020·抚顺二模)已知函数f(x)=ex+
-ln
x的极值点为x1，函数
f(x)ex+x-2的零点为x2，函数h(x)=
的最大值为x3，则
( )
A.x1>x2>x3
B.x2>x1>x3
C.x3>x1>x2
D.x3>x2>x1
【解析】选A.因为f′(x)=ex+x-
在（0,+∞）上单调递增，且
f′（
）=
-
>0，f′（
）=
-
<0，所以x1∈（
，），且
+x1-
=0，
因为函数g(x)=ex+x-2在（0,+∞）上单调递增，
且g（
）=
-
>0，g(
)=
+
-2<0，
所以x2∈(
,
)，又g(x1)=
+x1-2=(
-x1)+x1-2=
-2>0=g(x2)，
且g(x)单调递增，所以x1>x2.
由h′(x)=
可得：
，即x3=
<
，所以x1>x2>x3.
12.(2020·青海一模)已知函数f(x)=ax3-3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，
且x0>0，则a的取值范围是
( )
A.(2,+∞)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-2)
D.(-∞,-1)
【解析】选C.当a=0时，f(x)=-3x2+1，函数f(x)有两个零点
和-
，
不满足题意，舍去；
当a>0时，f′(x)=3ax2-6x，
令f′(x)=0，得x=0或x=
.x∈(-∞，0)时，f′(x)>0；
x∈(0,
)时，f′(x)<0；
x∈(
,+∞)时，f′(x)>0，且f(0)>0，
此时在x∈(-∞，0)必有零点，故不满足题意，舍去；
当a<0时，x∈(-∞，
)时，f′(x)<0；
x∈(
,0)时，f′(x)>0；
x∈(0，+∞)时，f′(x)<0，且f(0)>0，要使得f(x)存在唯一的零点x0，
且x0>0，
只需f(
)>0，即a2>4，则a<-2.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.(2020·哈尔滨二模)已知函数f(x)=f′(
)cos
x+sin
x，则f(
)=_____.?
【解析】因为f(x)=f′(
)cos
x+sin
x，
所以f′(x)=-f′(
)sin
x+cos
x，
所以f′(
)=-f′(
)sin
+cos
，
即f′(
)=-
f′(
)+
，
解得f′(
)=2-
，
所以f(x)=（2-
）cos
x+sin
x，
所以f（
）=（2-
）cos
+sin
=1.
答案：1
14.若曲线y=ax+2cos
x上存在两条切线相互垂直，则实数a的取值范围是________.?
【解析】求导得y′=a-2sin
x∈[a-2，a+2]，
因为曲线y=ax+2cos
x上存在两条切线相互垂直，
所以存在k1，k2∈[a-2，a+2]使得k1k2=-1，
不妨设k1<0因为k1k2≥k1（a+2）≥（a-2）（a+2），
所以（a-2）（a+2）≤-1，即-
≤a≤
.
答案：[-
,
]
15.若函数f(x)=ex-ln
x-mx在区间(1，+∞)上单调递增，则实数m的取值范围为________.?
【解析】由题意，函数f(x)=ex-ln
x-mx，可得f′(x)=ex-
-m，
因为函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，
即f′(x)≥0在(1，+∞)上恒成立，
即m≤ex-
在(1，+∞)上恒成立，
设g(x)=ex-
，x∈(1，+∞)，则g′(x)=ex+
>0，
所以函数g(x)在(1，+∞)为增函数，所以m≤g(1)=e-1，
即实数m的取值范围是(-∞，e-1].
答案：(-∞，e-1]
16.已知定义在R上的函数f(x)和g(x)满足g(x)≠0，f′(x)g(x)f(x)=ax·g(x)，
.令an=
，则使数列{an}的前n项和Sn超过
的
最小自然数n的值为________ .?
【解析】因为f(x)=ax·g(x)，
所以令x=1，得到f(1)=a·g(1)；
令x=-1，得到f(-1)=
·g(-1).
代入
可得a+
=
，
化简得2a2-5a+2=0，解得a=2或a=
.(共84张PPT)
第2课时 基本初等函数、函数与方程
关键能力·应用实践
考向一 基本初等函数的图象与性质
【多维题组】速通关
1.(2020·全国Ⅱ卷)若2x-2y<3-x-3-y，则
( )
A.ln(y-x+1)>0
B.
ln(y-x+1)<0
C.ln|x-y|>0
D.ln|x-y|<0
【解析】选A.由2x-2y<3-x-3-y
得：2x-3-x<2y-3-y，
令f(t)=2t-3-t，则f(x)因为y=2x为R上的增函数，y=3-x为R上的减函数，
所以f(t)为R上的增函数，所以x所以y-x>0，所以y-x+1>1，
所以ln(y-x+1)>0，则A正确，B错误；
因为|x-y|与1的大小关系不确定，故C、D无法确定.
2.(2020·安徽一模)若函数f(x)=(k-1)ax-a-x(a>0且a≠1)在(-∞，+∞)上既是奇函数，又是减函数，则g(x)=loga(x+k)的图象是
( )
【解析】选A.因为函数f(x)=(k-1)ax-a-x(a>0，a≠1)在(-∞，+∞)上是奇函数，
所以f(0)=0，所以k=2.
经检验k=2满足题意，
又函数为减函数，所以0所以g(x)=loga(x+2)，定义域为(-2，+∞)，且单调递减.
3.(2020·北京二模)如图，点O为坐标原点，点A(1，1)，若函数y=ax及y=logbx的图象与线段OA分别交于点M，N，且M，N恰好是线段OA的两个三等分点，则a，b满足
( )
A.aB.bC.b>a>1
D.a>b>1
【解析】选A.由题意知A(1，1)，且M，N恰好是线段OA的两个三等分点，所以
M
，N
，
把M
代入函数y=ax，即
，
解得a=
，把N
代入函数y=logbx，
即
=logb
，即得b=
，
所以a4.函数f(x)=
满足f(x)<1的x的取值范围为
( )
A.(-1，2)
B.(-1，+∞)
C.(-∞，-2)∪(0，+∞)
D.(-∞，-1)∪(2，+∞)
【解析】选A.当x≤0时，f(x)<1即2-x-1<1，
所以2-x<2=21，所以-x<1，-1当x>0时，f(x)<1即log2x<1，所以0综上，不等式的解集为(-1，2).
【技法点拨】提素养
与指数函数有关问题的解题思路
(1)求解指数型函数的图象与性质问题：
对指数型函数的图象与性质问题(单调性、最值、大小比较、零点等)的求解往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换得到其图象，然后数形结合使问题得解.
(2)求解指数型方程、不等式问题：
一些指数型方程、不等式问题的求解，往往利用相应指数型函数图象根据数形结合求解.
(3)求解与指数函数有关的复合函数问题：
首先，要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次，要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，要借助“同增异减”这一性质分析判断，最终将问题归结为与内层函数相关的问题加以解决.
考向二 函数的零点与方程
(重难突破)
【多维题组】速通关1.(2020·天津一模)已知[x]表示不超过实数x的最大整
数，g(x)=[x]为取整函数，x0是函数f(x)=ln
x+x-4的零点，则
=
( )
A.4
B.5
C.2
D.3
【解析】选C.函数f(x)=ln
x+x-4在(0，+∞)上递增，
且f(2)=ln
2-2<0，f(3)=ln
3-1>0，
所以函数f(x)存在唯一的零点x0∈(2，3)，
故
=2.
【加练备选】
(2020·安徽三模)函数f(x)=ex+3x的零点个数是
( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选B.因为f(x)=ex+3x为增函数，
且f(0)=1>0，f(-1)=e-1-3<0，
所以在(-1，0)内函数f(x)存在唯一的一个零点，
即零点的个数为1.
2.(2019·全国Ⅲ卷)函数f(x)=2sin
x-sin
2x在[0，2π]上的零点个数为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选B.令f(x)=2sin
x-sin
2x=2sin
x-2sin
xcos
x
=2sin
x(1-cos
x)=0，
则sin
x=0或cos
x=1，
又x∈[0，2π]，所以x=0，π，2π，共三个零点.
3.(2020·吉林二模)已知函数f(x)=
则函数y=f(x)-3的零点个数
是
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.当x>0时，|ln
x|-3=0，所以ln
x=±3，
所以x=e3或e-3，都满足x>0；
当x≤0时，-2x2-4x-3=0，所以2x2+4x+3=0，因为2>0，Δ=16-4×2×3<0，
所以方程没有实数根.
综合得函数y=f(x)-3的零点个数是2.
4.(2020·安徽省高三三模)已知函数f(x)=
则函数g(x)=f(f(x))-1的零点个数为
( )
A.1
B.3
C.4
D.6
【考场思维】
解题方法
数形结合法
方法应用
转化方程构造函数
分段画出函数图象
图象确定零点个数
素养考查
直观想象、逻辑推理
【解析】选C.令g(x)=f(f(x))-1=0，
则f(f(x))=1，
令f(x)=1，若
=1，
解得x=1或x=-
，符合x∈(-1，3)；
若
=1，解得x=5，符合x∈[3，+∞).
作出函数f(x)的图象，如图，
x∈
时，f(x)∈
；x∈
时，f(x)∈
；x∈[3，+∞)时，
f(x)∈
.
结合图象，若f(x)=1，有3个解；若f(x)=-
，无解；
若f(x)=5，有1个解.
所以函数g(x)=f(f(x))-1的零点个数为4.
5.(2020·天津二模)已知函数f(x)=
若函数g(x)=f(x)-m有3个零
点，则实数m的取值范围为
( )
A.(-∞，0)
B.(1，+∞)
C.(0，1)
D.[0，1]
【考场思维】
解题方法
符号法
方法应用
分离参数构函数
分析性质画图象
平移直线细观察
相对位置定参数
素养考查
直观想象、逻辑推理
【解析】选C.当x≤0时，f(x)=-x2-2x，其图象为开口向下，对称轴为x=-1的抛
物线的一部分，且f(-1)=-1+2=1；
当x>0时，
=2x-1，其图象为函数y=2x在y轴右侧的图象向下平移1个单位形
成；
画出函数f(x)的图象，如图：
因为函数g(x)=f(x)-m有3个零点，
所以f(x)=m有三个实根，即直线y=m与函数y=
的图象有三个交点，
数形结合可知，0所以实数m的取值范围为(0，1).
【技法点拨】提素养1.判断函数零点个数的方法
(1)直接法：解方程f(x)=0，方程有几个解，函数f(x)就有几个零点.
(2)图象法：画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴的交点个数即为函数f(x)的零点个数.
(3)将函数f(x)拆成两个常见函数h(x)和g(x)的差，从而f(x)=0?h(x)-g(x)
=0?h(x)=g(x)，则函数f(x)的零点个数即为函数y=h(x)与函数y=g(x)的图象的交点个数.
(4)二次函数的零点问题，通过相应的二次方程的判别式Δ来判断.
2.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围.
(2)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.
(3)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决.
【变式训练】
1.(2020·四川三模)设a，b，c依次表示函数
的零点，则a，b，c的大小关系为
( )
A.aB.cC.aD.b【解题指南】根据题意可知，
的图象与y=x-1的图象的交点
的横坐标依次为a，b，c，作图可求解.
【解析】选D.依题意可得，
的图象与y=x-1的图象交点的横
坐标为a，b，c，
作出图象如图：
由图象可知，b2.已知函数f(x)=
g(x)=f(x)+x-a，若g(x)恰有一个零点，则a的取
值范围是
( )
A.(0，+∞)
B.(-∞，0)
C.[1，+∞)
D.(0，1]
【解题指南】根据零点定义可得f(x)=-x+a.
作出y=f(x)=
和y=-x+a的图象.根据图象即可分析出有一个交点时a
的取值范围.
【解析】选A.根据零点定义可得g(x)=0，即f(x)=-x+a，作出函数y=f(x)的图象
和函数y=-x+a的图象，如图所示，
由函数图象可知，当a>0时，两函数图象有一个交点，即函数g(x)有一个零点.
故选A.
3.已知函数f(x)=
关于x的方程f(x)=loga(x+1)恰有5个解，则a的
取值范围为
( )
A.
≤a<
B.
C.
D.
≤a<
【解析】选B.由题意函数y=f(x)的图象与y=loga(x+1)的图象有5个交点.
作出f(x)的图象，根据函数解析式，其图象在区间
[2n-1，2n+1](n∈N
)上的图象与[-1，1]上相同，如图，
若a>1，则y=loga(x+1)是增函数，它与f(x)的图象只有一个交点，不合题意，
当0因此有
解得
.
考向三 函数的实际应用
【多维题组】速通关
1.(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】选C.因为I(t)=
，
所以I(t
)=
=0.95K，
则
=19，
所以0.23(t
-53)=ln
19≈3，
解得t
≈
≈66.
2.人们通常以分贝(符号是dB)为单位来表示声音强度的等级，30～40分贝是较
理想的安静环境，超过50分贝就会影响睡眠和休息，70分贝以上会干扰谈话，
长期生活在90分贝以上的噪声环境，会严重影响听力和引起神经衰弱、头疼、
血压升高等疾病，如果突然暴露在高达150分贝的噪声环境中，听觉器官会发生
急剧外伤，引起鼓膜破裂出血，双耳完全失去听力，为了保护听力，应控制噪
声不超过90分贝，一般地，如果强度为x的声音对应的等级为f(x)dB，则有
f(x)=10×
，则90
dB的声音与50
dB的声音强度之比为
( )
A.10
B.100
C.1
000
D.10
000
【解析】选D.设90
dB的声音与50
dB的声音对应的强度分别为x1，x2，
由题意90=10×
，
50=10×
，
所以x1=10-3，x2=10-7，
所以
=
=104
=10
000.
【技法点拨】提素养
解决函数实际应用题的两个关键点
(1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题.
(2)要合理选取变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解.
题组训练·素养提升
【新题速递】1.设不为1的实数a，b，c满足：a>b>c>0，则
( )
A.logcb>logab
B.logab>logac
C.ba>bc
D.ab>cb
【解析】选D.因为底数a与1的大小关系不确定，故B错；同理，C也错；
取c=0.1，b=2，a=3，则logcb<0，logab>0，从而logcb因为y=xb
为
上的增函数，而a>c>0，故ab>cb，故D正确.
2.设f(x)，g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为
2，且f(x)是奇函数.当x∈(0，2]时，f(x)=
，g(x)=
，
其中k>0.若在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，则k
的取值范围是
( )
【解析】选C.作出两函数的图象，如图所示：
由图可知，函数y=
和y=
=-
在
上的图象有2个不同的交点，
故函数y=
和y=
=k
在x∈(0，1]上的图象有2个不同的交点，才可以
在x∈(0，9]上在x轴上方有6个交点.
所以，圆心
到直线kx-y+2k=0的距离为d=
<1，解得0，因为两
点
连线的斜率为
，所以
≤k<
.
3.在直角坐标系xOy中，如果相异两点A
，B
都在函数y=
的图
象上，那么称A，B为函数
的一对关于原点成中心对称的点对(A，B与B，A为
同一对).函数
图象上关于原点成中心对称的点对有
( )
A.1对
B.2对
C.3对
D.4对
【解析】选C.若
图象上有关于原点成中心对称的点，则y=log6x与
y=sin
x，x≤0关于原点的对称图象有交点，
作出y=log6x，y=-sin
，x≥0的图象如图，
由图象可知，有3个交点，从而f(x)有3对关于原点对称的点.
4.已知函数
若a，b，c互不相等，且
，则
a+b+c的取值范围是
( )
【解析】选C.画出f(x)的图象如图所示：
因为f(a)=f(b)=f(c)，且a≠b≠c，不妨设a结合函数图象可知0019，且πa+πb=π，即a+b=1，
所以a+b+c=1+c∈(2，2
020).
5.为了抗击新型冠状病毒肺炎保障师生安全，我校决定每天对教室进行消毒工
作，已知药物释放过程中，室内空气中的含药量y(mg/m3)与时间t(h)成正
比
；药物释放完毕后，y与t的函数关系式为y=
，据
测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.5(mg/m3)以下时，学生方可进教室，
则学校应安排工作人员至少提前________分钟进行消毒工作
( )?
A.30
B.40
C.60
D.90
【解析】选C.根据题图：函数过点
，
故
当t≥
时，取
解得t=1小时=60分钟.
【创新迁移】
1.已知a=ln
0.5，b=
，c满足
=ln
c，则实数a，b，c满足
( )
A.aB.aC.bD.c【解题指南】利用指数函数与对数函数的性质确定出a，b的范围，借助图象确
定出c的范围，即可得出a，b，c的大小关系.
【解析】选A.a=ln
0.5<0，0<1，
=ln
c，即
=ln
c，
画出y=
和y=ln
x的图象，如图，
可知c>1，所以a<02.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构
造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角
形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，
称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线
段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n次构造”，就可以得到一条
科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1
000倍，则至少
需要通过构造的次数是
( )
(取lg
3≈0.477
1，lg
2≈0.301
0)
A.16
B.17
C.24
D.25
【解析】选D.线段长度为a，则“一次构造”后的折线长度为
a，
“二次构造”后的折线长度为
a，
以此类推，“n次构造”后的折线长度为
a，
若得到的折线长度为初始线段长度的1
000倍，则
a≥1
000a，
即
≥1
000，
所以lg
=nlg
=
≥lg
1
000=3，
即n≥
≈24.02，所以至少需要25次构造.
【加练备选】
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，
他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：
设x∈R，用
表示不超过x的最大整数，则y=
称为高斯函数，例如：
=
-4，
=2.已知函数
，则关于函数
的叙述中正确的是
( )
A.
是偶函数
B.
是奇函数
C.
在(-∞，+∞)上是减函数
D.
的值域是
【解析】选B.根据题意知，
因为
所以
所以函数
既不是奇函数也不是偶函数，A错误；
因为
所以
是奇函数，B正确；
由复合函数的单调性知
在(-∞，+∞)上是增函数，C错误；
因为ex>0，所以1+ex>1，所以
，
所以
的值域为
，D错误.
专题能力提升练
二十二 基本初等函数、函数与方程
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共50分)
1.(2020·全国Ⅰ卷)若2a+log2a=4b+2log4b，则
( )
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b2
D.a【解析】选B.设f(x)=2x+log2x，
则f(x)为增函数，因为2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b，
所以f(a)-f(2b)=2a+log2a-(22b+log22b)=22b+log2b-(22b+log22b)
=log2
=-1<0，
所以f(a)f(a)-f(b2)=2a+log2a-(
+log2b2)=22b+log2b-(
+log2b2)=22b-
-log2b，
当b=1时，f(a)-f(b2)=2>0，
此时f(a)>f(b2)，有a>b2，
当b=2时，f(a)-f(b2)=-1<0，
此时f(a)【光速解题1】选B.因为2a+log2a=4b+2log4b=4b+log2b，且a>0，b>0，
令b=1，则2=21+log21<2a+log2a=4<22+log22=5，
则1令b=2，则23+log23<2a+log2a=17<24+log24=18，则3【光速解题2】选B.令a=2，则12.(2020·云南三模)已知a=log43，b=ln
3，c=log3
，则a，b，c的大小关系
为
( )
A.a>c>b
B.a>b>c
C.b>c>a
D.b>a>c
【解析】选D.因为b=ln
3>ln
e=1，3∈(2，4)，
所以a=log43∈(log42，log44)，即a∈
，而
∈(1，
)，
所以c=log3
∈(log31，log3
)，即a∈
.
综上，b>1>a>
>c>0，即b>a>c.
3.1943年，我国病毒学家黄祯祥在美国发表了对病毒学研究有重大影响的论文“西方马脑炎病毒在组织培养上滴定和中和作用的进一步研究”，这一研究成果，使病毒在试管内繁殖成为现实，从此摆脱了人工繁殖病毒靠动物、鸡胚培养的原始落后的方法.若试管内某种病毒细胞的总数y和天数t的函数关系为：y=2t-1，且该种病毒细胞的个数超过108时会发生变异，则该种病毒细胞实验最多进行的天数为________(lg
2≈0.301
0)
( )?
A.25
B.26
C.27
D.28
【解析】选C.取y=2t-1=108，
故t-1=log2108=8log210，
即t=8log210+1=8
+1≈27.6，
故该种病毒细胞实验最多进行的天数为27.
4.若当x∈R时，函数f(x)=
始终满足0<|f(x)|≤1，则函数y=loga
的图象
大致为
( )
【解析】选B.
当x∈R时，函数f(x)=
满足0<|f（x）|≤1，得0图象，如图中虚线，
函数y=loga
=-loga|x|与y=loga|x|的图象关于x轴对称，故可得到y=loga
的
图象.
5.(2020·厦门一模)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】选C.由题意可得，
t=0.8，ρ=7.6，
=
.
因为I=I0e-ρμt，所以
=e-7.6×0.8×μ，
即μ=
≈0.114.
所以这种射线的吸收系数为0.114.
6.(2020·湖北二模)已知函数f(x)是定义在实数集R上的奇函数且连续，当x>0
时，f(x)=2x-1，则使不等式f（log3x）-3<0成立的x的取值范围是( )
A.（-∞,9
）
B.（0,9
）
C.（9,+∞）
D.（0,
）
【解题指南】根据题意，分析函数f(x)的单调性及连续性，根据x>0时函数解析式，求得f（2）=3，化简不等式，利用函数单调性解抽象函数不等式，得到log3x<2，再解对数不等式即可求解.
【解析】选B.当x>0时，f（x）=2x-1是增函数且f（x）>0，
因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，
且f（0）=0满足f（x）=2x-1，
又函数f（x）在R上是连续函数，
所以函数f（x）在R上是增函数，且f（2）=3，进而原不等式化为
f（log3x）结合f（x）的单调性可得log3x<2，所以07.(2020·焦作二模)已知函数f（x）=
若函数f（x）=-x+m
恰有两个不同的零点，则实数m的取值范围是
( )
A.（0,+∞
）
B.（-∞,
-5
）
C.（-∞,-2）∪（
-5,+∞）
D.
[-3,-2
)
∪（
-5,+∞）
【解题指南】令g(x)=f(x)+x，画出g(x)的图象，函数f(x)=-x+m恰有两个不同
的零点，即函数g(x)的图象与直线y=m有两个不同的交点，由此结合图象即可
求出答案.
【解析】选D.令g(x)=f(x)+x，
由题意g(x)=
画出g(x)的图象如图，
函数f(x)=-x+m恰有两个不同的零点，即函数g(x)的图象与直线y=m有两个不同
的交点，
因为当x>0时，3x+
-5≥4
-5，
当x<0时，-x2-2x-3=-(x+1)2-2≤-2，所以m>4
-5，或-3≤m<-2.
8.(2020·湖南二模)2020年3月，国内新冠肺炎疫情得到有效控制，人们开始走出家门享受春光.某旅游景点为吸引游客，推出团体购票优惠方案如表：
两个旅游团队计划游览该景点.若分别购票，则共需支付门票费1
290元；若合并成1个团队购票，则需支付门票费990元，那么这两个旅游团队的人数之差为( )
A.20
B.30
C.35
D.40
购票人数
1～50
51～100
100以上
门票价格
13元/人
11元/人
9元/人
【解析】选B.设这两个旅游团队的人数分别为a，b，不妨设a>b，由题意，
1
290与990都不能被13整除，所以两个团队的人数之和为a+b≥51，
(1)若51≤a+b≤100，
则11(a+b)=990，可得a+b=90，①
由共需支付门票费为1
290元，可知1≤b≤50，51≤a≤100，
可得11a+13b=1
290，②
联立①②，可得b=150，a=-60(舍去)；
(2)若a+b>100，则9(a+b)=990，可得a+b=110，③
由共需支付门票费为1
290元，可知1≤b≤50，51≤a≤100，
可得11a+13b=1
290，④
联立③④，可得a=70，b=40，
所以两个团队的人数之差为70-40=30.
9.(2020·合肥三模)函数y=loga(x-1)+1(a>0，a≠1)，图象恒过定点A，若点A
在一次函数y=mx+n的图象上，其中m>0，n>0.则
+
的最小值是( )
A.6
B.7
C.8
D.9
【解析】选C.对于函数y=loga(x-1)+1(a>0，a≠1)，
令x-1=1，求得x=2，y=1，可得函数的图象恒过定点A(2,1)，
若点A在一次函数y=mx+n的图象上，其中m>0，n>0.则有1=2m+n，
则
当且仅当
时取等号，故
+
的最小值是8.
10.(2020·天津高考)已知函数f(x)=
若函数g(x)=f(x)-
(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】选D.注意到g(0)=0，所以要使g(x)恰有4个零点，
只需方程|kx-2|=
(x≠0)恰有3个实根即可，令h(x)=
，
即y=|kx-2|与h(x)=
(x≠0)的图象有3个不同的交点.因为h(x)=
=
当k=0时，此时y=2，如图1，y=2与h(x)=
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)=
恒有3个不同的交点，满足题意；
当k>0时，如图3，当y=kx-2与y=x2相切时，联立方程得x2-kx+2=0，
令Δ=0得k2-8=0，解得k=2
(负值舍去)，所以k>2
.
综上，k的取值范围为(-∞，0)∪(2
，+∞).
二、填空题(每小题5分，共20分)
11.(2020·江苏三模)已知函数f(x)=loga(
-x)+b，若f(3)-f(-3)=-1，
则实数a的值是________.?
【解析】因为f(x)=loga(
-x)+b，
所以f(3)-f(-3)=loga(
-3)-loga(
+3)=-1，
即loga
=-1，解得a=7.
答案：7
12.已知f(x)=
(x2-ax+3a)在区间[2，+∞)上为减函数，则实数a的取值范围
是________.?
【解析】令t=x2-ax+3a，则由函数f(x)在区间[2，+∞)上为减函数，
可得函数t在区间[2，+∞)上为增函数且当x=2时，t>0，故有
解得-4答案：
13.(2020·安徽三模)已知函数f(x)=
，若a，b，c互不相等，
且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围为________.(用区间表示)?
【解题指南】先画出图象，设m=f（a）=f（b）=f（c），可得出0a=
，b=3m，c=
，进而得出a+b+c=
+3m，令t=3m∈（1，3），
然后构造函数g（t）=
+t，利用对勾函数的单调性求得函数g（t）=
+t在
区间（1，3）上的值域，即为所求.
【解析】作出函数f（x）=
的图象如图所示：
不妨设a函数y=f（x）的图象的三个交点的横坐标，
由图象可得0可得a=
，b=3m，c=
，
所以a+b+c=
+3m，令t=3m∈（1，3），
设g（x）=
+t，
由对勾函数的单调性可知，函数g（x）=
+t在（1，3）上单调递减，
则g（3）因此a+b+c的取值范围是（
，11
）.
答案：（
，11）
14.(2020·泉州一模)对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足
f(-x0)=-f(x0)，则称函数f(x)为“倒戈函数”.设f(x)=
(m∈R且m≠0)为其定义域上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是________.?
【解题指南】由题可得：f(x)=3在[2,+∞）上有解，即可转化为：2m=x-
在
[2,+∞）上有解，且2m在[2,+∞）上恒成立，令g(x)=x-
，转化为
2m∈g（x）的值域且2m<
，问题得解.
【解析】由函数f(x)为“倒戈函数”的定义可得：
f(x)=3在[2,+∞）上有解.
即log2
=3在[2,+∞）上有解，
则x2-2mx+1=8在[2,+∞）上有解，且x2-2mx+1>0在[2,+∞）上恒成立.
即2m=x-
在[2,+∞）上有解，且2m在[2,+∞）上恒成立，
记g（x）=x-
，则g（x）在[2,+∞）上单调递增，
且g（2）=2-
=-
，所以g（x）∈
，