2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分層級二75分的重點保分題精析精研重點攻關(guān)理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE380學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第一部分層級二75分的重點保分題精析精研重點攻關(guān)保分專題（一)基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程[全國卷3年考情分析]年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2017卷Ⅰ指數(shù)與對數(shù)的互化、對數(shù)運(yùn)算、比較大小·T111.基本初等函數(shù)作為高考的命題熱點，多考查利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小，一般出現(xiàn)在第5~11題的位置，有時難度較大．2。函數(shù)的應(yīng)用問題多體現(xiàn)在函數(shù)零點與方程根的綜合問題上，近幾年全國課標(biāo)卷考查較少,但也要引起重視，題目可能較難。卷Ⅲ函數(shù)的零點問題·T112016卷Ⅰ冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、比較大小·T8卷Ⅲ指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調(diào)性、比較大小·T62015卷Ⅱ?qū)?shù)運(yùn)算、分段函數(shù)求值·T5基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)［師生共研·悟通］指數(shù)與對數(shù)式的8個運(yùn)算公式（1)am·an＝am＋n；（2)(am)n＝amn;（3)(ab）m＝ambm;（4）loga(MN)＝logaM＋logaN;（5)logaeq\f（M,N)＝logaM－logaN；（6）logaMn＝nlogaM；（7）alogaN＝N;（8)logaN＝eq\f（logbN,logba).［注意］(1)(2)（3）中，a>0,b〉0；(4)(5)（6)（7)(8）中，a>0且a≠1，b>0且b≠1,M〉0，N〉0.[典例]（1）（2017·全國卷Ⅰ)設(shè)x,y,z為正數(shù),且2x＝3y＝5z，則(）A．2x<3y〈5z B．5z〈2x〈3yC．3y〈5z〈2x D．3y<2x〈5z［解析］選D由2x＝3y＝5z,可設(shè)(eq\r(2))2x＝(eq\r(3,3）)3y＝（eq\r（5，5)）5z＝t，因為x,y,z為正數(shù),所以t〉1,因為eq\r(2）＝eq\r(6，23）＝eq\r（6,8），eq\r(3，3）＝eq\r（6，32)＝eq\r（6，9）,所以eq\r(2)〈eq\r（3，3）；因為eq\r(2)＝eq\r（10,25）＝eq\r（10，32），eq\r（5,5）＝eq\r（10,25）,所以eq\r(2）〉eq\r（5，5），所以eq\r（5，5）<eq\r(2）〈eq\r（3，3).分別作出y＝（eq\r（2））x,y＝（eq\r(3,3))x，y＝（eq\r（5,5）)x的圖象,如圖．則3y<2x〈5z，故選D.(2)已知f(x）＝ax－2，g(x）＝loga|x｜（a>0且a≠1），若f（4）g(－4)<0,則y＝f（x）,y＝g（x)在同一坐標(biāo)系內(nèi)的大致圖象是()［解析］選B∵f（x)＝ax－2〉0恒成立，又f(4)·g（－4)<0，∴g（－4）＝loga|－4｜＝loga4〈0＝loga1，∴0〈a〈1.故函數(shù)y＝f（x)在R上單調(diào)遞減，且過點(2,1),函數(shù)y＝g(x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，在（－∞，0)上單調(diào)遞增，故B正確．[類題通法］基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用技巧(1）對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性都取決于其底數(shù)的取值，當(dāng)?shù)讛?shù)a的值不確定時,要注意分a>1和0<a<1兩種情況討論：當(dāng)a〉1時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為增函數(shù)；當(dāng)0<a〈1時，兩函數(shù)在定義域內(nèi)都為減函數(shù)．（2)由指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)與其他函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)，其性質(zhì)的研究往往通過換元法轉(zhuǎn)化為兩個基本初等函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，然后根據(jù)復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)與相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．(3）對于冪函數(shù)y＝xα的性質(zhì)要注意α>0和α<0兩種情況的不同．[即學(xué)即用·練通]1．已知函數(shù)f(x）＝3x－b(2≤x≤4，b為常數(shù)）的圖象經(jīng)過點(2，1）,則f(x）的值域為()A．[1，81］ B．［1，3］C．［1，9] D．[1，＋∞）解析：選C由f（x)的圖象過點（2，1)可知b＝2，∴f（x)＝3x－2，其在區(qū)間［2，4］上是增函數(shù)，∴f（x)min＝f（2)＝30＝1，f（x）max＝f(4)＝32＝9。故f(x）的值域為［1，9］．2．若函數(shù)f（x）＝xa滿足f（2）＝4，那么函數(shù)g(x)＝｜loga(x＋1)|的圖象大致為（)解析：選C法一:由函數(shù)f（x)＝xa滿足f（2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，則g（x)＝|loga（x＋1)|＝|log2（x＋1）｜，將函數(shù)y＝log2x的圖象向左平移1個單位長度(縱坐標(biāo)不變)，然后將x軸下方的圖象翻折上去，即可得g(x法二:由函數(shù)f(x）＝xa滿足f(2）＝4，得2a＝4，∴a＝2,即g(x)＝|log2(x＋1）|，由g(x）的定義域為{x|x>－1｝，排除B、D；由x＝0時,g（x3．（2016·浙江高考)已知a＞b＞1，若logab＋logba＝eq\f（5，2),ab＝ba，則a＝________,b＝________。解析:∵logab＋logba＝logab＋eq\f(1,logab）＝eq\f(5,2）,∴l(xiāng)ogab＝2或eq\f(1，2）。∵a＞b＞1,∴l(xiāng)ogab＜logaa＝1,∴l(xiāng)ogab＝eq\f(1，2），∴a＝b2.∵ab＝ba,∴（b2）b＝bb2，即b2b＝bb2，∴2b＝b2，∴b＝2，a＝4。答案:42函數(shù)的零點［師生共研·悟通]1．函數(shù)的零點及其與方程根的關(guān)系對于函數(shù)f(x）,使f（x）＝0的實數(shù)x叫做函數(shù)f（x)的零點．函數(shù)F(x）＝f(x）－g（x)的零點就是方程f（x）＝g(x)的根,即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g（x)的圖象交點的橫坐標(biāo)．2．零點存在性定理如果函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間［a，b］上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f（a)·f(b)〈0，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間（a，b)內(nèi)有零點,即存在c∈(a，b)，使得f（c）＝0,這個c也就是方程f(x)＝0的根．［典例]（1）已知f（x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈（0，＋∞)時，f（x）＝2018x＋log2018x，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是(）A．1 B．2C．3 D．4[解析］選C在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝2018x和y＝－log2018x的圖象如圖所示,可知函數(shù)f(x）＝2018x＋log2018x在x∈(0,＋∞)上存在一個零點，又f(x）是定義在R上的奇函數(shù)，∴f（x)在x∈(－∞，0）上只有一個零點，又f（0)＝0，∴函數(shù)f(x)的零點個數(shù)是3.(2)(2017·山東高考)已知當(dāng)x∈[0,1］時,函數(shù)y＝(mx－1）2的圖象與y＝eq\r(x）＋m的圖象有且只有一個交點，則正實數(shù)m的取值范圍是()A．(0,1]∪[2eq\r(3），＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)C．（0，eq\r（2)]∪［2eq\r（3），＋∞) D．（0，eq\r(2)]∪[3，＋∞）［解析］選B在同一直角坐標(biāo)系中，分別作出函數(shù)f（x）＝（mx－1)2＝m2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（1，m)))2與g（x）＝eq\r（x)＋m的大致圖象．分兩種情形:①當(dāng)0<m≤1時，eq\f(1，m)≥1，如圖①，當(dāng)x∈［0，1］時，f（x)與g(x)的圖象有一個交點,符合題意；②當(dāng)m>1時，0〈eq\f（1，m)<1，如圖②，要使f(x)與g(x）的圖象在[0,1］上只有一個交點，只需g（1）≤f（1),即1＋m≤（m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去）．綜上所述,m∈（0，1]∪［3，＋∞)．[類題通法］1．判斷函數(shù)零點個數(shù)的3種方法2．利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值(或范圍）的3種方法［即學(xué)即用·練通]1．函數(shù)f(x）＝log3x－x＋2必有一個零點的區(qū)間是(）A。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,9)，\f(1,3）)）B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3),\f(5，9）))C.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（5,9），\f(7，9）)）D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(7，9），1)）解析：選A因為f（x)＝log3x－x＋2，所以feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，9)))＝log3eq\f（1,9）－eq\f（1，9)＋2＝－2－eq\f（1,9)＋2＝－eq\f（1,9）〈0，feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，3))）＝log3eq\f（1,3）－eq\f（1,3）＋2＝－1－eq\f（1,3)＋2＝eq\f（2,3）〉0,即feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))·feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))〈0，所以函數(shù)f(x）＝log3x－x＋2在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，9），\f（1，3))）上必有一個零點．2．函數(shù)f（x)＝2x－eq\f（2，x)－a的一個零點在區(qū)間（1，2)內(nèi)，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．（1,3） B．(1，2)C．(0，3) D．(0,2)解析：選C因為f(x)在(1,2）內(nèi)單調(diào)遞增,依題意有f(1)·f(2)〈0，所以(－a)·(3－a)<0,所以0<a<3。3．設(shè)f1(x）＝｜x－1|，f2（x)＝－x2＋6x－5,函數(shù)g（x）是這樣定義的：當(dāng)f1(x)≥f2(x）時，g(x)＝f1(x），當(dāng)f1(x)〈f2（x）時，g（x)＝f2（x），若方程g（x)＝a有四個不同的實數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是（)A．(－∞，4） B．(0，4)C．(0,3) D．(3，4)解析:選D作出f1（x）＝|x－1｜，f2（x）＝－x2＋6x－5的圖象如圖，函數(shù)g(x)的圖象為兩函數(shù)中位置在上的部分(即圖中實線部分)，即g（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋1，x≤1，,－x2＋6x－5，1<x≤4,,x－1，x〉4，））由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x－1，，y＝－x2＋6x－5，)）得A(4,3），f2(x）＝－x2＋6x－5的頂點坐標(biāo)為B(3，4）,要使方程g（x)＝a有四個不同的實數(shù)解，即函數(shù)g（x）的圖象與函數(shù)y＝a的圖象有四個不同交點，數(shù)形結(jié)合可得3<a<4，故選D.函數(shù)的實際應(yīng)用[師生共研·悟通］[典例］(2017·湖北七市（州）聯(lián)考）某工廠產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物數(shù)量P（毫克/升)與時間t(小時）的關(guān)系為P＝P0e－kt。如果在前5小時消除了10%的污染物，那么污染物減少19％需要花費(fèi)的時間為________小時．［解析］前5小時污染物消除了10％，此時污染物剩下90%,即t＝5時，P＝0。9P0，代入,得(e－k)5＝0。9，∴e－k＝0.9eq\f(1，5)，∴P＝P0e－kt＝P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0。9\f（1,5）))t。當(dāng)污染物減少19％時，污染物剩下81％，此時P＝0.81P0,代入得0。81＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.9\f(1,5)))t,解得t＝10,即需要花費(fèi)10小時．［答案]10［類題通法］應(yīng)用函數(shù)模型解決實際問題的一般程序和解題關(guān)鍵(1）一般程序：eq\x（\f（讀題,文字語言))?eq\x(\f(建模,數(shù)學(xué)語言))?eq\x（\f（求解，數(shù)學(xué)應(yīng)用))?eq\x（\f（反饋,檢驗作答）)（2）解題關(guān)鍵：解答這類問題的關(guān)鍵是確切地建立相關(guān)函數(shù)解析式,然后應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式和導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識加以綜合解答．[即學(xué)即用·練通］1．某電腦公司在甲、乙兩地各有一個分公司，甲分公司現(xiàn)有某型號電腦6臺，乙分公司現(xiàn)有同一型號的電腦12臺．現(xiàn)A地某單位向該公司購買該型號的電腦10臺,B地某單位向該公司購買該型號的電腦8臺．已知從甲地運(yùn)往A，B兩地每臺電腦的運(yùn)費(fèi)分別是40元和30元,從乙地運(yùn)往A，B兩地每臺電腦的運(yùn)費(fèi)分別是80元和50元．若總運(yùn)費(fèi)不超過1000元，則調(diào)運(yùn)方案的種數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C設(shè)甲地調(diào)運(yùn)x臺電腦至B地，則剩下（6－x）臺電腦調(diào)運(yùn)至A地；乙地應(yīng)調(diào)運(yùn)(8－x)臺電腦至B地，運(yùn)往A地12－(8－x)＝(x＋4)臺電腦（0≤x≤6，x∈N）．則總運(yùn)費(fèi)y＝30x＋40（6－x）＋50（8－x）＋80（x＋4）＝20x＋960，∴y＝20x＋960(x∈N,0≤x≤6)．若y≤1000，則20x＋960≤1000，得x≤2.又0≤x≤6,x∈N，∴x＝0,1,2，即有3種調(diào)運(yùn)方案．2．某商場為了解商品的銷售情況,對某種電器今年一至五月份的月銷售量Q(x）（百臺)進(jìn)行統(tǒng)計，得數(shù)據(jù)如下：x（月份）12345Q（x）（百臺)691086根據(jù)表中的數(shù)據(jù),你認(rèn)為能較好地描述月銷售量Q（x)(百臺)與時間x（月份)變化關(guān)系的模擬函數(shù)是（)A．Q(x）＝ax＋b（a≠0)B．Q(x)＝a｜x－4｜＋b(a≠0）C．Q(x）＝a(x－3)2＋b(a≠0)D．Q(x）＝a·bx（a≠0，b>0且b≠1)解析:選C觀察數(shù)據(jù)可知,當(dāng)x增大時，Q（x）的值先增大后減小，且大約是關(guān)于Q(3）對稱，故月銷售量Q(x)(百臺)與時間x（月份）變化關(guān)系的模擬函數(shù)的圖象是關(guān)于x＝3對稱的,顯然只有選項C滿足題意，故選C.eq\a\vs4\al([專題過關(guān)檢測])A級——常考點落實練1．冪函數(shù)y＝f（x）的圖象經(jīng)過點（3，eq\r（3))，則f（x）是（）A．偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù)B．偶函數(shù)，且在(0,＋∞)上是減函數(shù)C．奇函數(shù)，且在（0，＋∞)上是減函數(shù)D．非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞）上是增函數(shù)解析：選D設(shè)冪函數(shù)f(x)＝xa，則f(3)＝3a＝eq\r（3），解得a＝eq\f(1,2)，則f（x）＝xeq\f（1，2)＝eq\r(x)，是非奇非偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是增函數(shù)．2．(2017·全國卷Ⅱ）函數(shù)f(x）＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．（－∞，－2） B．（－∞，1）C．（1，＋∞) D．（4，＋∞）解析:選D由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2。因此，函數(shù)f(x）＝ln（x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2）∪（4，＋∞）．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在（4,＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞）．3．已知函數(shù)f(x）＝ax,其中a〉0且a≠1，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2,f（x2））為端點的線段的中點在y軸上，那么f(x1）·f（x2)＝()A．1 B．a(chǎn)C．2 D．a(chǎn)2解析：選A∵以P（x1，f(x1）)，Q（x2,f(x2））為端點的線段的中點在y軸上，∴x1＋x2＝0，又f(x)＝ax，∴f(x1）·f（x2）＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.4．某商場銷售A型商品,已知該商品的進(jìn)價是每件3元，且銷售單價與日均銷售量的關(guān)系如表所示：銷售單價/元45678910日均銷售量/件400360320280240200160請根據(jù)以上數(shù)據(jù)分析,要使該商品的日均銷售利潤最大，則此商品的定價（單位:元/件)應(yīng)為（）A．4 B．5。5C．8。5 D．10解析:選C由題意可設(shè)定價為x元/件,利潤為y元，則y＝(x－3)[400－40（x－4）］＝40(－x2＋17x－42），故當(dāng)x＝8.5時，y有最大值．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f（6,x)－log2x，在下列區(qū)間中，包含f(x)零點的區(qū)間是（)A．(0,1) B．(1，2）C．(2,4) D．（4,＋∞）解析:選C因為f（1）＝6－log21＝6〉0,f(2)＝3－log22＝2〉0，f（4)＝eq\f（3，2）－log24＝－eq\f(1，2)〈0，所以函數(shù)f(x)的零點所在區(qū)間為（2，4)．6．若函數(shù)f（x）與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)))－x，則f（2)＋g（4）＝（）A．3 B．4C．5 D．6解析：選D法一:∵函數(shù)f（x）與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱,又f（x）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2）））－x＝2x，∴g（x）＝log2x,∴f（2）＋g（4)＝22＋log24＝6.法二：∵f(x)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2))）－x,∴f(2）＝4,即函數(shù)f（x)的圖象經(jīng)過點（2，4)，∵函數(shù)f（x)與g(x）的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，∴函數(shù)g(x)的圖象經(jīng)過點(4,2)，∴f(2）＋g(4)＝4＋2＝6。7．(2017·云南第一次統(tǒng)一檢測)設(shè)a＝60。7,b＝log70.6，c＝log0.60.7，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c>b>a B．b〉c>aC．c〉a>b D．a(chǎn)〉c>b解析：選D因為a＝60.7〉1,b＝log70。6<0，0〈c＝log0.60。7〈1,所以a〉c>b.8．若函數(shù)y＝a|x|（a〉0，且a≠1)的值域為{y|0<y≤1}，則函數(shù)y＝loga|x|的圖象大致是（）解析：選A若函數(shù)y＝a|x｜(a>0,且a≠1)的值域為｛y｜0<y≤1}，則0<a<1，故loga|x|是偶函數(shù)且在(0，＋∞）上單調(diào)遞減，由此可知y＝loga｜x｜的圖象大致為A.9．函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2ex－1，x〈2，,log3x2－1，x≥2，))則不等式f(x）>2的解集為（)A．(－2，4） B．(－4,－2）∪（－1，2）C．(1，2）∪(eq\r(10),＋∞） D．（eq\r（10），＋∞）解析:選C令2ex－1〉2（x<2)，解得1<x〈2；令log3（x2－1）>2(x≥2)，解得x〉eq\r（10）.故不等式f（x)>2的解集為（1,2）∪(eq\r(10)，＋∞）．10．已知直線x＝m（m＞1）與函數(shù)f(x）＝logax(a＞0且a≠1)，g（x）＝logbx(b＞0且b≠1)的圖象及x軸分別交于A，B,C三點，若eq\o（AB,\s\up7(→)）＝2eq\o（BC,\s\up7(→））,則（)A．b＝a2 B．a(chǎn)＝b2C．b＝a3 D．a(chǎn)＝b3解析：選C由于eq\o(AB,\s\up7(→））＝2eq\o(BC,\s\up7（→）)，則eq\o(AC,\s\up7(→))＝3eq\o(BC,\s\up7（→）),則點A的坐標(biāo)為(m,3g(m)），又點A在函數(shù)f(x）＝logax的圖象上，故logam＝3logbm，即logam＝logbm3，由對數(shù)運(yùn)算可知b＝a3。B級——易錯點清零練1．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1，log\f（1，2)2x＋1）,則f（x)的定義域為（)A.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0））B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)，＋∞)）C。eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），0）)∪(0，＋∞)D.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)）解析：選C由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2x＋1≠1，，2x＋1>0，))解得x>－eq\f（1，2)且x≠0.2．已知a＞1，f（x）＝aeq\a\vs4\al(x2＋2x)，則使f（x)＜1成立的一個充分不必要條件是（）A．－1＜x＜0 B．－2＜x＜1C．－2＜x＜0 D．0＜x＜1解析：選A∵a＞1，∴y＝ax在R上為增函數(shù)，故f（x）<1?aeq\a\vs4\al（x2＋2x）〈1?aeq\a\vs4\al（x2＋2x）<a0?x2＋2x<0?－2<x<0，結(jié)合選項可知,使f(x）＜1成立的一個充分不必要條件是－1＜x＜0.3．兩個函數(shù)的圖象經(jīng)過平移后能夠重合，稱這兩個函數(shù)為“同根函數(shù)”，給出四個函數(shù)：f1(x）＝2log2(x＋1），f2(x）＝log2(x＋2）,f3(x）＝log2x2，f4（x）＝log2（2x)，則“同根函數(shù)"是（)A．f2（x)與f4（x） B．f1（x）與f3（x）C．f1(x)與f4(x） D．f3(x）與f4（x）解析：選Af4（x）＝log2(2x)＝1＋log2x，f2（x)＝log2（x＋2），將f2（x)的圖象沿著x軸先向右平移2個單位得到y(tǒng)＝log2x的圖象，然后再沿著y軸向上平移1個單位可得到f4（x）的圖象,根據(jù)“同根函數(shù)”的定義可知選A.4．已知冪函數(shù)f（x)＝（m－1)2xeq\a\vs4\al(m2－4m＋2）在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x)＝2x－k，當(dāng)x∈[1，2)時，記f（x)，g（x)的值域分別為集合A，B，若A∪B＝A,則實數(shù)k的取值范圍是________．解析:∵f（x）是冪函數(shù)，∴（m－1）2＝1,解得m＝2或m＝0。若m＝2，則f（x）＝x－2，f(x)在（0,＋∞）上單調(diào)遞減，不滿足條件；若m＝0,則f(x）＝x2，f（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，滿足條件，故f(x）＝x2。當(dāng)x∈［1,2)時,f(x)∈［1，4),g（x）∈[2－k,4－k)，即A＝[1，4），B＝[2－k,4－k)，∵A∪B＝A,∴B?A，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2－k≥1，,4－k≤4，））解得0≤k≤1.答案：［0,1］C級-—“12＋4"高考練1．函數(shù)y＝ax＋2－1（a>0且a≠1)的圖象恒過的點是（)A．(0,0) B．（0，－1）C．(－2,0） D．（－2，－1）解析：選C令x＋2＝0，得x＝－2,所以當(dāng)x＝－2時,y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1（a>0且a≠1）的圖象恒過點（－2,0）．2．“eq\f（1，a）〉1”是“函數(shù)f（x）＝(3－2a)x單調(diào)遞增"的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A由eq\f（1,a）〉1得0<a<1，若函數(shù)f（x）＝（3－2a）x單調(diào)遞增，則3－2a〉1，解得故“eq\f(1，a)〉1"是“函數(shù)f（x)＝(3－2a)x單調(diào)遞增"的充分不必要條件．3．（2017·北京高考）根據(jù)有關(guān)資料，圍棋狀態(tài)空間復(fù)雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與eq\f（M,N)最接近的是(）(參考數(shù)據(jù):lg3≈0。48）A．1033 B．1053C．1073 D．1093解析：選D因為lg3361＝361×lg3≈361×0.48≈173，所以M≈10173，則eq\f(M,N)≈eq\f（10173，1080)＝1093.4．函數(shù)f(x)＝|log2x|＋x－2的零點個數(shù)為(）A．1 B．2C．3 D．4解析:選B函數(shù)f（x)＝｜log2x｜＋x－2的零點個數(shù)，就是方程|log2x|＋x－2＝0的根的個數(shù)．令h（x)＝|log2x|，g(x）＝2－x,畫出函數(shù)的圖象，如圖．由圖象得h(x)與g(x）有2個交點，∴方程｜log2x|＋x－2＝0的解的個數(shù)為2.5．函數(shù)f（x）＝x2lgeq\f（x－2，x＋2)的圖象(）A．關(guān)于x軸對稱 B．關(guān)于原點對稱C．關(guān)于直線y＝x對稱 D．關(guān)于y軸對稱解析：選B因為f(x）＝x2lgeq\f（x－2,x＋2)，所以其定義域為(－∞，－2)∪(2,＋∞）,所以f(－x)＝x2lgeq\f(x＋2，x－2)＝－x2lgeq\f(x－2，x＋2)＝－f(x),所以函數(shù)為奇函數(shù),所以函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱．6．(2018屆高三·濟(jì)南質(zhì)檢)已知a＝2－eq\f(1,3），b＝(2log23）－eq\f（1,2)，c＝eq\f(1，4)eq\i\in(0，π,）sinxdx,則實數(shù)a，b，c的大小關(guān)系是（)A．a(chǎn)〉c〉b B．b〉a〉cC．a(chǎn)>b〉c D．c>b>a解析：選C依題意得，a＝2－eq\f(1，3），b＝3－eq\f(1,2)，c＝－eq\f(1,4）cosxeq\o\al（π，0)＝eq\f(1,2），所以a6＝2－2＝eq\f（1，4)，b6＝3－3＝eq\f(1,27),c6＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））6＝eq\f（1,64),則a>b〉c.7．（2017·沈陽模擬）若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1）的圖象如圖所示，則下列函數(shù)與其圖象相符的是（)ABCD解析：選B由函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1）的圖象可知，a＝3，所以y＝3－x，y＝（－x)3＝－x3及y＝log3(－x)均為減函數(shù)，只有y＝x3是增函數(shù),選B.8．（2017·保定二模）李華經(jīng)營了甲、乙兩家電動轎車銷售連鎖店，其月利潤(單位：元）分別為L甲＝－5x2＋900x－16000，L乙＝300x－2000(其中x為銷售輛數(shù)），若某月兩連鎖店共銷售了110輛，則能獲得的最大利潤為（)A．11000元 B．22000元C．33000元 D．40000元解析：選C設(shè)甲連鎖店銷售x輛,則乙連鎖店銷售（110－x)輛,故利潤L＝－5x2＋900x－16000＋300（110－x）－2000＝－5x2＋600x＋15000＝－5（x－60)2＋33000,∴當(dāng)x＝60時，有最大利潤33000元．9．（2018屆高三·西安八校聯(lián)考）已知在(0,＋∞)上函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2，0＜x＜1，，1，x≥1，））則不等式log2x－(logeq\f（1，4）4x－1)·f（log3x＋1)≤5的解集為(）A。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,3)，1)) B．［1,4］C。eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，3），4）） D．[1，＋∞）解析:選C原不等式等價于eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（log3x＋1≥1，,log2x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log\f(1，4）4x－1))≤5)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（0＜log3x＋1＜1，，log2x＋2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(log\f(1,4)4x－1））≤5,）)解得1≤x≤4或eq\f(1，3）＜x＜1，所以原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)，4））。10．已知函數(shù)f(x）是定義在R上的奇函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若eq\f(\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x）)))）,2）<f（1）,則x的取值范圍是（)A.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,e））） B．(0,e)C。eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，e)，e）) D．（e,＋∞)解析:選C∵函數(shù)f(x）是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(lnx)－feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ln\f（1,x））)＝f（lnx）－f(－lnx）＝f(lnx)＋f(lnx)＝2f（lnx)，∴eq\f（\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（flnx－f\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ln\f（1,x)））））,2）〈f（1）等價于|f(lnx)|<f(1),又f（x)在區(qū)間[0，＋∞）上單調(diào)遞增，∴－1〈lnx<1,解得eq\f(1,e)<x<e.11．（2017·南昌一模)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且x＞0時，f（x)＝lnx－x＋1，則函數(shù)g(x）＝f(x)－ex(e為自然對數(shù)的底數(shù)）的零點個數(shù)是（）A．0 B．1C．2 D．3解析：選C當(dāng)x＞0時，f(x）＝lnx－x＋1，f′(x）＝eq\f（1，x)－1＝eq\f（1－x,x),所以x∈(0,1)時f′(x)＞0，此時f(x）單調(diào)遞增；x∈(1,＋∞)時，f′（x)＜0，此時f(x)單調(diào)遞減．因此，當(dāng)x＞0時,f(x)max＝f（1)＝ln1－1＋1＝0.根據(jù)函數(shù)f（x)是定義在R上的奇函數(shù)作出函數(shù)y＝f（x）與y＝ex的大致圖象如圖所示,觀察到函數(shù)y＝f（x)與y＝ex的圖象有兩個交點，所以函數(shù)g（x）＝f(x)－ex（e為自然對數(shù)的底數(shù))有2個零點．12．已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)滿足：對?x∈R，有f(x＋2)＝f（x）－f（1)，且當(dāng)x∈［2，3］時，f（x）＝－2x2＋12x－18。若函數(shù)y＝f(x)－loga(x＋1）在(0，＋∞)上至少有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍為（）A.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(3），3))）B.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(\r(2），2)))C。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(\r(5),5）))D。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（\r（6)，6））)解析：選A∵f(x＋2）＝f（x)－f(1)，f(x)是偶函數(shù),∴f（1）＝0，∴f(x＋2）＝f（x)，即f（x)是周期為2的周期函數(shù)，且y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，作出函數(shù)y＝f（x）與g（x)＝loga(x＋1)的圖象如圖所示,∵兩個函數(shù)圖象在(0，＋∞)上至少有三個交點，∴g（2)＝loga3〉f（2）＝－2，且0<a〈1,解得0<a〈eq\f(\r(3),3)。13．計算：2log410－eq\f（1,2)log225＋8eq\f(2,3)－(π－3）0＝________。解析：2log410－eq\f(1,2）log225＋8eq\f(2,3）－(π－3）0＝2×eq\f(1,2）log210－log25＋（23)eq\f(2,3)－1＝log2eq\f(10,5）＋22－1＝1＋4－1＝4。答案:414．有四個函數(shù)：①y＝xeq\f（1，2）；②y＝21－x；③y＝ln(x＋1)；④y＝|1－x|.其中在區(qū)間（0，1)內(nèi)單調(diào)遞減的函數(shù)的序號是________．解析：分析題意可知①③顯然不滿足題意，畫出②④中的函數(shù)圖象（圖略)，易知②④中的函數(shù)滿足在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減．答案:②④15．(2017·寶雞質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x〉0,,3x,x≤0,）)且關(guān)于x的方程f（x）＋x－a＝0有且只有一個實數(shù)根,則實數(shù)a的取值范圍是________．解析:依題意，由f(x)＋x－a＝0有且只有一個實數(shù)根得，函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝－x＋a有唯一公共點．在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出直線y＝－x與函數(shù)y＝f(x）的大致圖象如圖所示，平移直線y＝－x,當(dāng)平移到該直線在y軸上的截距大于1時,相應(yīng)直線與函數(shù)y＝f（x）的圖象有唯一公共點,即此時關(guān)于x的方程有且只有一個實數(shù)根，因此a〉1,即實數(shù)a的取值范圍是（1，＋∞)．答案：(1，＋∞）16．某食品的保鮮時間t(單位：小時)與儲藏溫度x（單位:℃)滿足函數(shù)關(guān)系式t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，x≤0，，2kx＋6，x〉0，))且該食品在4℃時的保鮮時間是16小時．已知甲在某日10時購買了該食品，并將其遺放在室外，且此日的室外溫度隨時間變化如圖所示．給出以下四個結(jié)論：①該食品在6℃的保鮮時間是8小時;②當(dāng)x∈［－6，6]時,該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少;③到了此日13時，甲所購買的食品還在保鮮時間內(nèi)；④到了此日14時,甲所購買的食品已過了保鮮時間．其中，所有正確結(jié)論的序號是________．解析：∵某食品的保鮮時間t（單位：小時)與儲藏溫度x(單位：℃)滿足函數(shù)關(guān)系式t＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（64，x≤0,,2kx＋6，x>0，）)且該食品在4℃時的保鮮時間是16小時，∴24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－eq\f（1,2)，∴t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，x≤0，,2－\f（1，2)x＋6，x>0。））①當(dāng)x＝6時，t＝8，故①正確；②當(dāng)x∈［－6，0］時，保鮮時間恒為64小時，當(dāng)x∈（0,6]時,該食品的保鮮時間t隨著x的增大而逐漸減少,故②錯誤；③此日10時,溫度為8℃,此時保鮮時間為4小時，而隨著時間的推移,到11時，溫度為11℃，此時的保鮮時間t＝2－eq\f（1，2)×11＋6＝eq\r（2)≈1.414(小時)，到13時，甲所購買的食品不在保鮮時間內(nèi)，故③錯誤；④由③可知,到了此日14時，甲所購買的食品已過了保鮮時間，故④正確．所以正確結(jié)論的序號為①④。答案：①④保分專題(二)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用[全國卷3年考情分析]年份卷別考查內(nèi)容及考題位置命題分析2017卷Ⅰ利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的零點·T211。高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現(xiàn)，難度較小,有時出現(xiàn)在解答題第一問．2.高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等．有時出現(xiàn)在解答題第一問．3。近幾年全國課標(biāo)卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少,題目一般比較簡單，但也不能忽略.卷Ⅱ利用導(dǎo)數(shù)求極值·T112016卷Ⅰ導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象·T7卷Ⅲ函數(shù)的奇偶性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義·T15利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)·T21（1）2015卷Ⅰ切線的幾何意義·T21（1)卷Ⅱ利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性·T21(1）導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及幾何意義［師生共研·悟通]1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x）在點P(x0，f（x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點P處的切線的斜率k＝f′(x0），相應(yīng)的切線方程為y－f（x0)＝f′（x0)·（x－x0）．2．四個易誤導(dǎo)數(shù)公式(1）（sinx)′＝cosx；（2）(cosx)′＝－sinx；(3)(ax）′＝axlna(a〉0)；(4）(logax）′＝eq\f(1，xlna)(a>0，且a≠1）．[典例]（1）已知M為不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y≤x2，，1≤x≤2,,y≥0））表示的平面區(qū)域，直線l：y＝2x＋a，當(dāng)a從－2連續(xù)變化到0時，區(qū)域M被直線l掃過的面積為（）A。eq\f（7,3) B．2C。eq\f(3，2) D．eq\f（4,3)［解析]選D作出圖形可得區(qū)域M被直線l掃過的面積為S2＝eq\i\in（1，2，)x2dx－S1＝eq\f（1,3）x3eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2）×1×2＝eq\f（1，3）×(8－1）－1＝eq\f(4,3）。（2）(2017·昆明質(zhì)檢)若函數(shù)f（x)＝eq\r（2)coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π，4))）的圖象在x＝0處的切線方程為y＝－3x＋1，則ω＝___________________________________________________________.［解析］由題意，得f′(x）＝－eq\r(2）ωsineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π，4）)），所以f′（0）＝－eq\r（2）ωsineq\f（π，4）＝－ω＝－3，所以ω＝3.［答案］3(3）（2016·全國卷Ⅲ）已知f(x）為偶函數(shù),當(dāng)x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x）在點（1，2）處的切線方程是________．［解析]設(shè)x＞0，則－x＜0，f（－x）＝ex－1＋x.∵f(x)為偶函數(shù)，∴f（－x）＝f（x），∴f(x）＝ex－1＋x。∵當(dāng)x＞0時，f′（x）＝ex－1＋1，∴f′（1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2?！嗲€y＝f（x)在點(1,2）處的切線方程為y－2＝2（x－1），即2x－y＝0.[答案]2x－y＝0[類題通法］1．求曲線y＝f（x)的切線方程的3種類型及方法（1）已知切點P（x0，y0），求切線方程求出切線的斜率f′（x0）,由點斜式寫出方程；（2)已知切線的斜率k，求切線方程設(shè)切點P（x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程；(3）已知切線上一點（非切點），求切線方程設(shè)切點P(x0，y0），利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f′（x0），再由斜率公式求得切線斜率，列方程（組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程．2．利用定積分求平面圖形面積的方法利用定積分求平面圖形的面積，一般先正確作出幾何圖形，再結(jié)合圖形位置，準(zhǔn)確確定積分區(qū)間以及被積函數(shù)，從而得到面積的積分表達(dá)式，再利用微積分基本定理求出積分值．[即學(xué)即用·練通]1．已知函數(shù)f(x）＝xsinx＋ax，且f′eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,2)））＝1，則a＝(）A．0 B．1C．2 D．4解析:選A∵f′(x）＝sinx＋xcosx＋a，且f′eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）））＝1，∴sineq\f(π，2)＋eq\f（π，2）coseq\f(π，2）＋a＝1，即a＝0.2．(2017·沈陽質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(x，2）)）＋x2，曲線y＝g(x）在點（1，g(1)）處的切線方程為9x＋y－1＝0,則曲線y＝f（x）在點（2，f(2））處的切線方程為________．解析：由已知得g′（1）＝－9，g（1）＝－8,又f′（x）＝eq\f（1，2)g′eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x，2））)＋2x，∴f′(2)＝eq\f(1,2）g′(1)＋4＝－eq\f(9,2)＋4＝－eq\f(1,2），f（2）＝g（1）＋4＝－4,∴所求切線方程為y＋4＝－eq\f(1，2）(x－2)，即x＋2y＋6＝0.答案：x＋2y＋6＝03.eq\i\in（，1,)－1（x2＋eq\r（1－x2))dx＝________。解析:eq\i\in（,1,)－1x2dx＝eq\f(1,3)x3eq\o\al(1,－1）＝eq\f（2,3），而根據(jù)定積分的定義可知eq\i\in(,1,）－1eq\r(1－x2)dx表示圓心在原點的單位圓的上半部分的面積，即半圓的面積，∴eq\i\in(，1，）－1（x2＋eq\r(1－x2))dx＝eq\f（2,3)＋eq\f（π,2）。答案：eq\f（2，3)＋eq\f(π,2）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性［師生共研·悟通］導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f′（x）＞0是f（x）為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f（x）＝x3在(－∞，＋∞）上單調(diào)遞增，但f′（x）≥0.（2）f′(x）≥0是f(x）為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′（x)＝0時，則f（x）為常數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．［典例](2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f（x)＝eq\o(exex－a－a2x，\s\do4(?)）。（1)討論f（x)的單調(diào)性;(2）若eq\o（fx≥0，\s\do4(?)),求a的取值范圍．[解答示范］（一）搭橋——找突破口第(1）問：欲討論f(x）的單調(diào)性,應(yīng)先求f（x）的定義域及導(dǎo)數(shù)f′（x)，再討論f′（x)的符號；第（2）問：欲求a的取值范圍，應(yīng)想到找出有關(guān)a的不等關(guān)系．由f（x）≥0，則應(yīng)求f（x）的最小值，借助（1）的結(jié)論可得．（二)建橋——尋關(guān)鍵點有什么想到什么注意什么信息①:已知f(x)的解析式可求導(dǎo)函數(shù)f′（x）(1）要討論函數(shù)的單調(diào)性，必須先求出函數(shù)定義域（2）對于含參數(shù)的問題，要根據(jù)不同情況對參數(shù)進(jìn)行分類討論信息②：f（x）≥0函數(shù)的最小值f（x)min≥0［解]（1）函數(shù)f(x）的定義域為（－∞,＋∞)，f′（x）＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)（ex－a)．①若a＝0，則f(x)＝e2x在（－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a＞0，則由f′（x）＝0,得x＝lna.當(dāng)x∈（－∞，lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈（lna，＋∞）時，f′(x）＞0.故f(x）在(－∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，＋∞)上單調(diào)遞增．③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（a,2)））.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(a，2))）))時,f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(a，2)）），＋∞))時,f′(x)＞0.故f（x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞，ln\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（a，2))))）上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(a，2）)）,＋∞））上單調(diào)遞增．（2)①若a＝0,則f（x）＝e2x，所以f（x)≥0。②若a＞0，則由（1)得,當(dāng)x＝lna時，f(x）取得最小值，最小值為f（lna）＝－a2lna。從而當(dāng)且僅當(dāng)－a2lna≥0,即0＜a≤1時，f(x)≥0.③若a＜0，則由（1)得,當(dāng)x＝lneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（a,2）)）時，f（x）取得最小值，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a，2))））)＝a2eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(3，4）－ln\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（a,2))））)。從而當(dāng)且僅當(dāng)a2eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(3，4)－ln\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（a，2）))）)≥0，即－2eeq\f(3,4)≤a＜0時，f(x）≥0.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（－2e\f（3，4),1））。［類題通法］求解或討論函數(shù)單調(diào)性有關(guān)問題的解題策略討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論：（1)在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時，依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論．（2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論．［注意]討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的,千萬不要忽視了定義域的限制．［即學(xué)即用·練通]1．已知f（x)＝x2＋ax＋3lnx在（1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為（)A．(－∞，－2eq\r（6）] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞,\f(\r（6),2）））C．[－2eq\r(6),＋∞） D．［－5，＋∞）解析：選C由題意得f′（x）＝2x＋a＋eq\f(3,x）＝eq\f(2x2＋ax＋3，x)≥0在（1，＋∞)上恒成立?g(x）＝2x2＋ax＋3≥0在（1，＋∞）上恒成立?Δ＝a2－24≤0或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（a,4）≤1，,g1≥0))?－2eq\r(6)≤a≤2eq\r(6）或a≥－4?a≥－2eq\r（6）.2．已知函數(shù)f（x)＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示,則函數(shù)y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f（2，3)bx＋\f(c，3)））的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2），＋∞)） B．［3，＋∞)C．[－2，3] D．（－∞,－2）解析：選D因為f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d,所以f′(x）＝3x2＋2bx＋c，由圖可知f′(－2）＝f′（3）＝0，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（12－4b＋c＝0，，27＋6b＋c＝0,)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（b＝－\f（3,2）,,c＝－18。))令g(x）＝x2＋eq\f(2，3)bx＋eq\f(c,3),則g(x)＝x2－x－6,g′(x）＝2x－1,由g(x)＝x2－x－6〉0，解得x<－2或x>3。當(dāng)x〈－2時，g′（x)<0，所以g(x）＝x2－x－6在（－∞，－2)上為減函數(shù)，所以函數(shù)y＝log2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x2＋\f（2,3)bx＋\f（c,3)））的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，－2)．3．已知函數(shù)f（x）＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4，3)處取得極值．（1)確定a的值;(2）若g（x)＝f（x）ex，討論g(x)的單調(diào)性．解:(1)對f（x）求導(dǎo)得f′（x)＝3ax2＋2x,因為f（x)在x＝－eq\f（4,3)處取得極值,所以f′eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（4，3)）)＝0,即3a×eq\f（16,9)＋2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(4,3)))＝eq\f（16a,3)－eq\f（8，3)＝0，解得a＝eq\f(1,2)。(2)由（1)得g（x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）x3＋x2))ex，故g′(x）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3，2)x2＋2x））ex＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）x3＋\f(5,2)x2＋2x)）ex＝eq\f（1,2）x(x＋1)(x＋4）ex.令g′（x)＝0,解得x＝0或x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時，g′（x）〈0，故g（x)為減函數(shù)；當(dāng)－4〈x<－1時，g′(x）>0，故g(x）為增函數(shù)；當(dāng)－1〈x<0時，g′(x)〈0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x〉0時，g′(x）〉0，故g（x）為增函數(shù)．綜上知，g（x）在(－∞，－4)和(－1,0)上為減函數(shù)，在（－4，－1)和(0，＋∞)上為增函數(shù)。利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)問題［師生共研·悟通］函數(shù)f（x）在點x0附近有定義，若在x0附近左側(cè)f′（x)〉0，右側(cè)f′（x)〈0，則f(x0）為函數(shù)f(x)的極大值;若在x0附近左側(cè)f′(x）〈0，右側(cè)f′(x)>0,則f(x0）為函數(shù)f（x)的極小值．［典例］(2017·北京高考)已知函數(shù)eq\o(fx＝excosx－x，\s\do4(?）)。(1)eq\o(求曲線y＝fx在點0，f0處的切線方程,\s\do4（?)）；（2)eq\o(求函數(shù)fx在區(qū)間\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2))）上的最大值和最小值,\s\do4(?））。[解答示范](一）搭橋—-找突破口第(1）問：欲求函數(shù)在某點處的切線方程，應(yīng)知切線的斜率，即求f（x)在此點處的導(dǎo)函數(shù)值；第(2)問:欲求函數(shù)在某區(qū)間上的最值，應(yīng)知f(x）在此區(qū)間的單調(diào)性，即判斷f′（x)在此區(qū)間上的正負(fù)．(二)建橋——尋關(guān)鍵點有什么想到什么注意什么信息①:已知f（x)的解析式可求導(dǎo)函數(shù)f′（x)（1）曲線y＝f(x）“在點P（x0，y0)處的切線”與“過點P（x0，y0）的切線“的區(qū)別（2)構(gòu)造新的函數(shù)解決問題時與原函數(shù)的等價性信息②：求切線方程過曲線上點的切線方程的求法信息③：求函數(shù)的最值函數(shù)的單調(diào)性，即判定導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)［解］（1）因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x）＝ex（cosx－sinx)－1,f′（0)＝0。又因為f(0）＝1，所以曲線y＝f(x）在點(0，f（0））處的切線方程為y＝1.(2)設(shè)h（x)＝ex（cosx－sinx）－1，則h′（x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx）＝－2exsinx。當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2））)時，h′(x)＜0，所以h(x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)))上單調(diào)遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2））)，有h(x）＜h（0)＝0,即f′(x）＜0。所以函數(shù)f(x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)））上單調(diào)遞減．因此f（x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2))）上的最大值為f(0)＝1,最小值為feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2))）＝－eq\f（π，2）.［類題通法］利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法(1）若求極值，則先求方程f′(x）＝0的根,再檢查f′（x）在方程根的左右函數(shù)值的符號．(2）若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x）＝0根的大小或存在情況來求解．（3）求函數(shù)f(x）在閉區(qū)間[a,b］的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a）,f（b）與f(x）的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值．［即學(xué)即用·練通]1．(2017·全國卷Ⅱ）若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1）ex－1的極值點，則f(x）的極小值為(）A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1解析:選A因為f(x）＝（x2＋ax－1）ex－1，所以f′（x)＝（2x＋a）ex－1＋(x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2)x＋a－1]ex－1。因為x＝－2是函數(shù)f（x）＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，所以－2是x2＋(a＋2）x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′（x）＝(x2＋x－2）ex－1＝(x＋2）(x－1）ex－1.令f′(x)〉0，解得x〈－2或x>1，令f′(x)<0,解得－2〈x<1，所以f(x)在(－∞，－2）上單調(diào)遞增，在（－2，1）上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時,f(x）取得極小值，且f(x）極小值＝f(1)＝－1.2．已知函數(shù)f（x)＝eq\f(x,x2＋a)（a>0)在［1，＋∞）上的最大值為eq\f（\r（3),3），則a的值為（)A。eq\r（3)－1 B.eq\f（3，4）C。eq\f(4,3) D。eq\r(3）＋1解析：選A由f(x）＝eq\f(x,x2＋a）得f′(x）＝eq\f（a－x2，x2＋a2),當(dāng)a＞1時，若x＞eq\r（a），則f′（x）＜0，f(x)單調(diào)遞減，若1＜x＜eq\r(a）,則f′(x）〉0，f(x)單調(diào)遞增,故當(dāng)x＝eq\r（a）時,函數(shù)f（x）有最大值eq\f（1，2\r（a）)＝eq\f(\r（3)，3)，得a＝eq\f(3，4)＜1，不合題意；當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)在[1,＋∞)上單調(diào)遞減，最大值為f(1）＝eq\f(1,2），不合題意；當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)f(x）在［1,＋∞)上單調(diào)遞減，此時最大值為f(1）＝eq\f（1,a＋1）＝eq\f（\r(3),3)，得a＝eq\r（3）－1，符合題意．故a的值為eq\r(3)－1.3．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝alnx＋2x。(1）當(dāng)a＝－4時，求f(x)的極值；(2)當(dāng)f（x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍．解：（1）由已知得f(x)的定義域為(0,＋∞)，f′(x)＝eq\f（a,x）＋2＝eq\f(a＋2x，x)。當(dāng)a＝－4時，f′(x）＝eq\f(2x－4,x)。所以當(dāng)0〈x<2時，f′（x）〈0，即f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時，f′（x）>0,即f（x）單調(diào)遞增．所以f(x)只有極小值,且在x＝2時，f(x）取得極小值f(2)＝4－4ln2。所以當(dāng)a＝－4時，f（x）只有極小值4－4ln2.(2）因為f′（x）＝eq\f（a＋2x,x）,所以當(dāng)a>0，x∈(0,＋∞）時，f′（x)〉0，即f(x）在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值；當(dāng)a<0時，由f′（x）〉0得，x>－eq\f（a,2)，所以f(x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a，2），＋∞））上單調(diào)遞增;由f′（x）〈0得,x〈－eq\f(a,2）,所以f(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，－\f(a,2)))上單調(diào)遞減．所以當(dāng)a〈0時,f(x)的最小值為feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(a，2）))＝alneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(a，2）))－a.根據(jù)題意得feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（a，2）))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（a,2)））－a≥－a,即a[ln(－a）－ln2]≥0。因為a〈0，所以ln(－a）－ln2≤0，解得a≥－2，所以實數(shù)a的取值范圍是［－2,0）．eq\a\vs4\al([專題過關(guān)檢測］）一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2）x2－lnx的最小值為（)A.eq\f(1，2) B．1C．0 D．不存在解析:選A∵f′(x）＝x－eq\f(1,x）＝eq\f（x2－1，x），且x>0.令f′（x)>0,得x〉1；令f′（x）<0，得0<x〈1.∴f（x)在x＝1處取得極小值也是最小值，且f（1)＝eq\f(1，2）－ln1＝eq\f(1，2）。2．函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1，x）的極值情況是(）A．當(dāng)x＝1時，取極小值2,但無極大值B．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2,但無極小值C．當(dāng)x＝－1時，取極小值－2;當(dāng)x＝1時,取極大值2D．當(dāng)x＝－1時，取極大值－2;當(dāng)x＝1時，取極小值2解析：選Df′（x）＝1－eq\f（1，x2)，令f′（x)＝0，得x＝±1，函數(shù)f（x)在區(qū)間(－∞，－1)和（1，＋∞)上單調(diào)遞增,在（－1，0）和（0,1）上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x＝－1時，取極大值－2,當(dāng)x＝1時，取極小值2。3．若直線y＝ax是曲線y＝2lnx＋1的一條切線，則實數(shù)a的值為()A．e－eq\f(1,2) B．2e－eq\f(1,2）C．eeq\f(1,2) D．2eeq\f(1，2)解析：選B依題意，設(shè)直線y＝ax與曲線y＝2lnx＋1的切點的橫坐標(biāo)為x0，則有y′|eq\a\vs4\al（x＝x0)＝eq\f（2,x0)，于是有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,x0），，ax0＝2lnx0＋1，））解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝\r(e）,，a＝2e－\f（1，2).））4．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1）上為減函數(shù)，函數(shù)g（x）＝x2－alnx在（1，2）上為增函數(shù),則a的值為（）A．1 B．2C．0 D．eq\r（2)解析：選B∵函數(shù)f（x)＝x2－ax＋3在（0，1）上為減函數(shù)，∴eq\f（a,2）≥1，得a≥2。又∵g′（x）＝2x－eq\f(a,x），依題意g′（x）≥0在x∈(1,2）上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.5．若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(b，x）(b∈R）的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間（1，2)上有零點，則f（x）在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是（）A．（－2,0） B．（0，1）C．(1，＋∞） D．(－∞，－2）解析：選D由題意知，f′（x）＝1－eq\f(b，x2)，∵函數(shù)f（x）＝x＋eq\f(b，x)（b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1，2)上有零點，令當(dāng)1－eq\f（b，x2)＝0,得b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′（x)＞0，解得x＜－eq\r(b)或x＞eq\r(b），即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－eq\r(b)），（eq\r（b），＋∞)．∵b∈(1,4），∴(－∞，－2)符合題意．6．已知f(x)＝lnx－eq\f(x，4)＋eq\f（3,4x），g(x)＝－x2－2ax＋4,若對任意的x1∈（0，2］，存在x2∈［1,2]，使得f(x1）≥g（x2)成立，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5，4），＋∞）) B.eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1，8)，＋∞))C。eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(1，8），\f（5,4））） D.eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－∞,－\f（5,4)))解析：選A因為f′(x）＝eq\f（1，x)－eq\f（1，4)－eq\f(3,4x2）＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2）＝－eq\f（x－1x－3,4x2），易知，當(dāng)x∈（0,1）時,f′(x)〈0,當(dāng)x∈(1,2]時，f′（x）〉0,所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減,在（1，2］上單調(diào)遞增，故f(x）min＝f(1）＝eq\f（1,2）。對于二次函數(shù)g（x)＝－x2－2ax＋4,易知該函數(shù)開口向下，所以其在區(qū)間[1，2]上的最小值在端點處取得，即g(x)min＝min｛g(1),g（2）｝．要使對任意的x1∈(0,2］，存在x2∈［1，2]，使得f(x1）≥g（x2）成立,只需f(x1）min≥g(x2）min,即eq\f（1,2）≥g（1）且eq\f(1，2）≥g（2），所以eq\f（1，2)≥－1－2a＋4且eq\f(1，2)≥－4－4a＋4，解得a≥eq\f（5，4)。二、填空題7．（2017·長春質(zhì)檢)eq\i\in（1，e,）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，x））)dx＝________.解析：eq\i\in（1，e，)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，x)）)dx＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x2，2）＋lnx))eq\o\al（e，1)＝eq\f（e2，2）＋1－eq\f（1,2)＝eq\f(e2＋1，2)。答案:eq\f(e2＋1,2）8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1，2)x2＋2ax－lnx，若f(x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1,3)，2））上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：由題意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1，x）≥0在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)，2)）上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,3)，2))上恒成立．又∵y＝－x＋eq\f(1，x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1，3），2)）上單調(diào)遞減，∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－x＋\f（1，x))）max＝eq\f（8，3)，∴2a≥eq\f（8，3)，即a≥eq\f（4,3）。答案：eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（4，3)，＋∞)）9．已知函數(shù)f(x）＝ex,g(x)＝lneq\f（x,2）＋eq\f（1,2）的圖象分別與直線y＝m交于A，B兩點，則｜AB|的最小值為________．解析：顯然m＞0,由ex＝m得x＝lnm，由lneq\f（x，2）＋eq\f(1，2)＝m得x＝2em－eq\f（1,2)，則｜AB|＝2em－eq\f(1，2）－lnm．令h(m）＝2em－eq\f（1，2)－lnm，由h′(m）＝2em－eq\f（1，2)－eq\f(1，m)＝0,求得m＝eq\f(1，2）。當(dāng)0＜m＜eq\f（1,2）時,h′（m）＜0，函數(shù)h(m)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(1，2)))上單調(diào)遞減；當(dāng)m＞eq\f（1，2）時，h′(m)＞0，函數(shù)h(m)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),＋∞))上單調(diào)遞增．所以h（m)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2））)＝2＋ln2,因此|AB｜的最小值為2＋ln2。答案：2＋ln2三、解答題10．已知函數(shù)f（x）＝eq\f（x，lnx）＋ax,x>1。（1)若f（x)在（1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，求函數(shù)f（x）的極小值．解:(1)f′(x）＝eq\f（lnx－1,ln2x)＋a，由題意可得f′(x)≤0在（1，＋∞)上恒成立，∴a≤eq\f（1,ln2x)－eq\f（1,lnx）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，lnx）－\f(1，2）)）2－eq\f(1，4）?！選∈(1，＋∞）,∴l(xiāng)nx∈（0，＋∞）,∴當(dāng)eq\f（1,lnx）－eq\f（1，2)＝0時，函數(shù)t＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，lnx）－\f(1,2）))2－eq\f(1，4）的最小值為－eq\f（1,4），∴a≤－eq\f(1，4)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)）).（2）當(dāng)a＝2時，f（x）＝eq\f(x,lnx)＋2x(x〉1），f′(x）＝eq\f(lnx－1＋2ln2x,ln2x)，令f′(x）＝0得2ln2x＋