2023届高考数学二轮复习第一部分层级二75分的重点保分题精析精研重点攻关教师用书理

第一局部层级二75分的重点保分题精析精研重点攻关保分专题(一)根本初等函数、函数与方程[全国卷3年考情分析]年份卷别考查内容及考题位置命题分析2023卷Ⅰ指数与对数的互化、对数运算、比拟大小·T111.根本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比拟大小，一般出现在第5～11题的位置，有时难度较大．2.函数的应用问题多表达在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国课标卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难.卷Ⅲ函数的零点问题·T112023卷Ⅰ幂函数、指数函数、对数函数的单调性、比拟大小·T8卷Ⅲ指数函数与幂函数的单调性、比拟大小·T62023卷Ⅱ对数运算、分段函数求值·T5根本初等函数的图象与性质[师生共研·悟通]指数与对数式的8个运算公式(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)(2023·全国卷Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，那么()A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5z[解析]选D由2x＝3y＝5z，可设(eq\r(2))2x＝(eq\r(3,3))3y＝(eq\r(5,5))5z＝t，因为x，y，z为正数，所以t>1，因为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)；因为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).分别作出y＝(eq\r(2))x，y＝(eq\r(3,3))x，y＝(eq\r(5,5))x的图象，如图．那么3y<2x<5z，应选D.(2)f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，假设f(4)g(－4)<0，那么y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐标系内的大致图象是()[解析]选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.故函数y＝f(x)在R上单调递减，且过点(2,1)，函数y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故B正确．[类题通法]根本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要注意分a>1和0<a<1两种情况讨论：当a>1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a<1时，两函数在定义域内都为减函数．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个根本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y＝xα的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同．[即学即用·练通]1．函数f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2,1)，那么f(x)的值域为()A．[1,81] B．[1,3]C．[1,9] D．[1，＋∞)解析：选C由f(x)的图象过点(2,1)可知b＝2，∴f(x)＝3x－2，其在区间[2,4]上是增函数，∴f(x)min＝f(2)＝30＝1，f(x)max＝f(4)＝32＝9.故f(x)的值域为[1,9]．2．假设函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，那么函数g(x)＝|loga(x＋1)|的图象大致为()解析：选C法一：由函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，那么g(x)＝|loga(x＋1)|＝|log2(x＋1)|，将函数y＝log2x的图象向左平移1个单位长度(纵坐标不变)，然后将x轴下方的图象翻折上去，即可得g(x法二：由函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，即g(x)＝|log2(x＋1)|，由g(x)的定义域为{x|x>－1}，排除B、D；由x＝0时，g(x3．(2023·浙江高考)a＞b＞1，假设logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，那么a＝________，b＝________.解析：∵logab＋logba＝logab＋eq\f(1,logab)＝eq\f(5,2)，∴logab＝2或eq\f(1,2).∵a＞b＞1，∴logab＜logaa＝1，∴logab＝eq\f(1,2)，∴a＝b2.∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，即b2b＝bb2，∴2b＝b2，∴b＝2，a＝4.答案：42函数的零点[师生共研·悟通]1．函数的零点及其与方程根的关系对于函数f(x)，使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．2．零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．[典例](1)f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝2018x＋log2018x，那么函数f(x)的零点个数是()A．1 B．2C．3 D．4[解析]选C在同一直角坐标系中作出函数y＝2018x和y＝－log2018x的图象如下图，可知函数f(x)＝2018x＋log2018x在x∈(0，＋∞)上存在一个零点，又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在x∈(－∞，0)上只有一个零点，又f(0)＝0，∴函数f(x)的零点个数是3.(2)(2023·山东高考)当x∈[0,1]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝eq\r(x)＋m的图象有且只有一个交点，那么正实数m的取值范围是()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]选B在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx－1)2＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))2与g(x)＝eq\r(x)＋m的大致图象．分两种情形：①当0<m≤1时，eq\f(1,m)≥1，如图①，当x∈[0,1]时，f(x)与g(x)的图象有一个交点，符合题意；②当m>1时，0<eq\f(1,m)<1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．[类题通法]1．判断函数零点个数的3种方法2．利用函数零点的情况求参数值(或范围)的3种方法[即学即用·练通]1．函数f(x)＝log3x－x＋2必有一个零点的区间是()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：选A因为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，所以函数f(x)＝log3x－x＋2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(1,3)))上必有一个零点．2．函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，那么实数a的取值范围是()A．(1,3) B．(1,2)C．(0,3) D．(0,2)解析：选C因为f(x)在(1,2)内单调递增，依题意有f(1)·f(2)<0，所以(－a)·(3－a)<0，所以0<a<3.3．设f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝－x2＋6x－5，函数g(x)是这样定义的：当f1(x)≥f2(x)时，g(x)＝f1(x)，当f1(x)<f2(x)时，g(x)＝f2(x)，假设方程g(x)＝a有四个不同的实数解，那么实数a的取值范围是()A．(－∞，4) B．(0,4)C．(0,3) D．(3,4)解析：选D作出f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝－x2＋6x－5的图象如图，函数g(x)的图象为两函数中位置在上的局部(即图中实线局部)，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的顶点坐标为B(3,4)，要使方程g(x)＝a有四个不同的实数解，即函数g(x)的图象与函数y＝a的图象有四个不同交点，数形结合可得3<a<4，应选D.函数的实际应用[师生共研·悟通][典例](2023·湖北七市(州)联考)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(毫克/升)与时间t(小时)的关系为P＝P0e－kt.如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．[解析]前5小时污染物消除了10%，此时污染物剩下90%，即t＝5时，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.当污染物减少19%时，污染物剩下81%，此时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，即需要花费10小时．[答案]10[类题通法]应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键(1)一般程序：eq\x(\f(读题,文字语言))⇨eq\x(\f(建模,数学语言))⇨eq\x(\f(求解,数学应用))⇨eq\x(\f(反应,检验作答))(2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．[即学即用·练通]1．某电脑公司在甲、乙两地各有一个分公司，甲分公司现有某型号电脑6台，乙分公司现有同一型号的电脑12台．现A地某单位向该公司购置该型号的电脑10台，B地某单位向该公司购置该型号的电脑8台．从甲地运往A，B两地每台电脑的运费分别是40元和30元，从乙地运往A，B两地每台电脑的运费分别是80元和50元．假设总运费不超过1000元，那么调运方案的种数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C设甲地调运x台电脑至B地，那么剩下(6－x)台电脑调运至A地；乙地应调运(8－x)台电脑至B地，运往A地12－(8－x)＝(x＋4)台电脑(0≤x≤6，x∈N)．那么总运费y＝30x＋40(6－x)＋50(8－x)＋80(x＋4)＝20x＋960，∴y＝20x＋960(x∈N,0≤x≤6)．假设y≤1000，那么20x＋960≤1000，得x≤2.又0≤x≤6，x∈N，∴x＝0,1,2，即有3种调运方案．2．某商场为了解商品的销售情况，对某种电器今年一至五月份的月销售量Q(x)(百台)进行统计，得数据如下：x(月份)12345Q(x)(百台)691086根据表中的数据，你认为能较好地描述月销售量Q(x)(百台)与时间x(月份)变化关系的模拟函数是()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：选C观察数据可知，当x增大时，Q(x)的值先增大后减小，且大约是关于Q(3)对称，故月销售量Q(x)(百台)与时间x(月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x＝3对称的，显然只有选项C满足题意，应选C.eq\a\vs4\al([专题过关检测])A级——常考点落实练1．幂函数y＝f(x)的图象经过点(3，eq\r(3))，那么f(x)是()A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数解析：选D设幂函数f(x)＝xa，那么f(3)＝3a＝eq\r(3)，解得a＝eq\f(1,2)，那么f(x)＝xeq\f(1,2)＝eq\r(x)，是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数．2．(2023·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：选D由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．3．函数f(x)＝ax，其中a>0且a≠1，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)＝()A．1 B．aC．2 D．a2解析：选A∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，∴x1＋x2＝0，又f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.4．某商场销售A型商品，该商品的进价是每件3元，且销售单价与日均销售量的关系如表所示：销售单价/元45678910日均销售量/件400360320280240200160请根据以上数据分析，要使该商品的日均销售利润最大，那么此商品的定价(单位：元/件)应为()A．4 B．5.5C．8.5 D．10解析：选C由题意可设定价为x元/件，利润为y元，那么y＝(x－3)[400－40(x－4)]＝40(－x2＋17x－42)，故当x＝8.5时，y有最大值．5．函数f(x)＝eq\f(6,x)－log2x，在以下区间中，包含f(x)零点的区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,4) D．(4，＋∞)解析：选C因为f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝eq\f(3,2)－log24＝－eq\f(1,2)<0，所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4)．6．假设函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x，那么f(2)＋g(4)＝()A．3 B．4C．5 D．6解析：选D法一：∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，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，即函数f(x)的图象经过点(2,4)，∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，∴函数g(x)的图象经过点(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.7．(2023·云南第一次统一检测)设a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，那么a，b，c的大小关系为()A．c>b>a B．b>c>aC．c>a>b D．a>c>b解析：选D因为a＝60.7>1，b＝log70.6<0,0<c＝log0.60.7<1，所以a>c>b.8．假设函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，那么函数y＝loga|x|的图象大致是()解析：选A假设函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，那么0<a<1，故loga|x|是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，由此可知y＝loga|x|的图象大致为A.9．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ex－1，x<2，,log3x2－1，x≥2，))那么不等式f(x)>2的解集为()A．(－2,4) B．(－4，－2)∪(－1,2)C．(1,2)∪(eq\r(10)，＋∞) D．(eq\r(10)，＋∞)解析：选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的解集为(1,2)∪(eq\r(10)，＋∞)．10．直线x＝m(m＞1)与函数f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，g(x)＝logbx(b＞0且b≠1)的图象及x轴分别交于A，B，C三点，假设eq\o(AB,\s\up7(→))＝2eq\o(BC,\s\up7(→))，那么()A．b＝a2 B．a＝b2C．b＝a3 D．a＝b3解析：选C由于eq\o(AB,\s\up7(→))＝2eq\o(BC,\s\up7(→))，那么eq\o(AC,\s\up7(→))＝3eq\o(BC,\s\up7(→))，那么点A的坐标为(m,3g(m))，又点A在函数f(x)＝logax的图象上，故logam＝3logbm，即logam＝logbm3，由对数运算可知b＝a3.B级——易错点清零练1．函数f(x)＝eq\f(1,log\f(1,2)2x＋1)，那么f(x)的定义域为()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：选C由题意，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．a＞1，f(x)＝aeq\a\vs4\al(x2＋2x)，那么使f(x)＜1成立的一个充分不必要条件是()A．－1＜x＜0 B．－2＜x＜1C．－2＜x＜0 D．0＜x＜1解析：选A∵a＞1，∴y＝ax在R上为增函数，故f(x)<1⇔aeq\a\vs4\al(x2＋2x)<1⇔aeq\a\vs4\al(x2＋2x)<a0⇔x2＋2x<0⇔－2<x<0，结合选项可知，使f(x)＜1成立的一个充分不必要条件是－1＜x＜0.3．两个函数的图象经过平移后能够重合，称这两个函数为“同根函数〞，给出四个函数：f1(x)＝2log2(x＋1)，f2(x)＝log2(x＋2)，f3(x)＝log2x2，f4(x)＝log2(2x)，那么“同根函数〞是()A．f2(x)与f4(x) B．f1(x)与f3(x)C．f1(x)与f4(x) D．f3(x)与f4(x)解析：选Af4(x)＝log2(2x)＝1＋log2x，f2(x)＝log2(x＋2)，将f2(x)的图象沿着x轴先向右平移2个单位得到y＝log2x的图象，然后再沿着y轴向上平移1个单位可得到f4(x)的图象，根据“同根函数〞的定义可知选A.4．幂函数f(x)＝(m－1)2xeq\a\vs4\al(m2－4m＋2)在(0，＋∞)上单调递增，函数g(x)＝2x－k，当x∈[1,2)时，记f(x)，g(x)的值域分别为集合A，B，假设A∪B＝A，那么实数k的取值范围是________．解析：∵f(x)是幂函数，∴(m－1)2＝1，解得m＝2或m＝0.假设m＝2，那么f(x)＝x－2，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不满足条件；假设m＝0，那么f(x)＝x2，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足条件，故f(x)＝x2.当x∈[1,2)时，f(x)∈[1,4)，g(x)∈[2－k,4－k)，即A＝[1,4)，B＝[2－k,4－k)，∵A∪B＝A，∴B⊆A，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k≥1，,4－k≤4，))解得0≤k≤1.答案：[0,1]C级——“12＋4”高考练1．函数y＝ax＋2－1(a>0且a≠1)的图象恒过的点是()A．(0,0) B．(0，－1)C．(－2,0) D．(－2，－1)解析：选C令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0且a≠1)的图象恒过点(－2,0)．2．“eq\f(1,a)>1”是“函数f(x)＝(3－2a)x单调递增〞的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A由eq\f(1,a)>1得0<a<1，假设函数f(x)＝(3－2a)x单调递增，那么3－2a>1，解得故“eq\f(1,a)>1〞是“函数f(x)＝(3－2a)x单调递增〞的充分不必要条件．3．(2023·北京高考)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.那么以下各数中与eq\f(M,N)最接近的是()(参考数据：lg3≈0.48)A．1033 B．1053C．1073 D．1093解析：选D因为lg3361＝361×lg3≈361×0.48≈173，所以M≈10173，那么eq\f(M,N)≈eq\f(10173,1080)＝1093.4．函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数，就是方程|log2x|＋x－2＝0的根的个数．令h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出函数的图象，如图．由图象得h(x)与g(x)有2个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0的解的个数为2.5．函数f(x)＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)的图象()A．关于x轴对称 B．关于原点对称C．关于直线y＝x对称 D．关于y轴对称解析：选B因为f(x)＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)，所以其定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以f(－x)＝x2lgeq\f(x＋2,x－2)＝－x2lgeq\f(x－2,x＋2)＝－f(x)，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称．6．(2023届高三·济南质检)a＝2－eq\f(1,3)，b＝(2log23)－eq\f(1,2)，c＝eq\f(1,4)eq\i\in(0,π,)sinxdx，那么实数a，b，c的大小关系是()A．a>c>b B．b>a>cC．a>b>c D．c>b>a解析：选C依题意得，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)，那么a>b>c.7．(2023·沈阳模拟)假设函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象如下图，那么以下函数与其图象相符的是()ABCD解析：选B由函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象可知，a＝3，所以y＝3－x，y＝(－x)3＝－x3及y＝log3(－x)均为减函数，只有y＝x3是增函数，选B.8．(2023·保定二模)李华经营了甲、乙两家电动轿车销售连锁店，其月利润(单位：元)分别为L甲＝－5x2＋900x－16000，L乙＝300x－2000(其中x为销售辆数)，假设某月两连锁店共销售了110辆，那么能获得的最大利润为()A．11000元 B．22000元C．33000元 D．40000元解析：选C设甲连锁店销售x辆，那么乙连锁店销售(110－x)辆，故利润L＝－5x2＋900x－16000＋300(110－x)－2000＝－5x2＋600x＋15000＝－5(x－60)2＋33000，∴当x＝60时，有最大利润33000元．9．(2023届高三·西安八校联考)在(0，＋∞)上函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，0＜x＜1，,1，x≥1，))那么不等式log2x－(logeq\f(1,4)4x－1)·f(log3x＋1)≤5的解集为()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：选C原不等式等价于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为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4)).10．函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，假设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)，那么x的取值范围是()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：选C∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴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)等价于|f(lnx)|<f(1)，又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.11．(2023·南昌一模)f(x)是定义在R上的奇函数，且x＞0时，f(x)＝lnx－x＋1，那么函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C当x＞0时，f(x)＝lnx－x＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，所以x∈(0,1)时f′(x)＞0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减．因此，当x＞0时，f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象如下图，观察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．12．定义域为R的偶函数f(x)满足：对∀x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[2,3]时，f(x)＝－2x2＋12x－18.假设函数y＝f(x)－loga(x＋1)在(0，＋∞)上至少有三个零点，那么实数a的取值范围为()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：选A∵f(x＋2)＝f(x)－f(1)，f(x)是偶函数，∴f(1)＝0，∴f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为2的周期函数，且y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，作出函数y＝f(x)与g(x)＝loga(x＋1)的图象如下图，∵两个函数图象在(0，＋∞)上至少有三个交点，∴g(2)＝loga3>f(2)＝－2，且0<a<1，解得0<a<eq\f(\r(3),3).13．计算：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．有四个函数：①y＝xeq\f(1,2)；②y＝21－x；③y＝ln(x＋1)；④y＝|1－x|.其中在区间(0,1)内单调递减的函数的序号是________．解析：分析题意可知①③显然不满足题意，画出②④中的函数图象(图略)，易知②④中的函数满足在(0,1)内单调递减．答案：②④15．(2023·宝鸡质检)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实数根，那么实数a的取值范围是________．解析：依题意，由f(x)＋x－a＝0有且只有一个实数根得，函数y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a有唯一公共点．在同一平面直角坐标系中画出直线y＝－x与函数y＝f(x)的大致图象如下图，平移直线y＝－x，当平移到该直线在y轴上的截距大于1时，相应直线与函数y＝f(x)的图象有唯一公共点，即此时关于x的方程有且只有一个实数根，因此a>1，即实数a的取值范围是(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)16．某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，x≤0，,2kx＋6，x>0，))且该食品在4℃时的保鲜时间是16小时．甲在某日10时购置了该食品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间变化如下图．给出以下四个结论：①该食品在6℃的保鲜时间是8小时；②当x∈[－6,6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少；③到了此日13时，甲所购置的食品还在保鲜时间内；④到了此日14时，甲所购置的食品已过了保鲜时间．其中，所有正确结论的序号是________．解析：∵某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，x≤0，,2kx＋6，x>0，))且该食品在4℃时的保鲜时间是16小时，∴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当x＝6时，t＝8，故①正确；②当x∈[－6,0]时，保鲜时间恒为64小时，当x∈(0,6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少，故②错误；③此日10时，温度为8℃，此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温度为11℃，此时的保鲜时间t＝2－eq\f(1,2)×11＋6＝eq\r(2)≈1.414(小时)，到13时，甲所购置的食品不在保鲜时间内，故③错误；④由③可知，到了此日14时，甲所购置的食品已过了保鲜时间，故④正确．所以正确结论的序号为①④.答案：①④保分专题(二)导数的简单应用[全国卷3年考情分析]年份卷别考查内容及考题位置命题分析2023卷Ⅰ利用导数讨论函数的单调性、函数的零点·T211.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．2.高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．3.近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比拟简单，但也不能忽略.卷Ⅱ利用导数求极值·T112023卷Ⅰ导数与函数图象·T7卷Ⅲ函数的奇偶性、导数的几何意义·T15利用导数公式直接求导·T21(1)2023卷Ⅰ切线的几何意义·T21(1)卷Ⅱ利用导数讨论函数的单调性·T21(1)导数的运算及几何意义[师生共研·悟通]1．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．2．四个易误导数公式(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)M为不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤x2，,1≤x≤2，,y≥0))表示的平面区域，直线l：y＝2x＋a，当a从－2连续变化到0时，区域M被直线l扫过的面积为()A.eq\f(7,3)B．2C.eq\f(3,2)D．eq\f(4,3)[解析]选D作出图形可得区域M被直线l扫过的面积为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)(2023·昆明质检)假设函数f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象在x＝0处的切线方程为y＝－3x＋1，那么ω＝___________________________________________________________.[解析]由题意，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)(2023·全国卷Ⅲ)f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，那么曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．[解析]设x＞0，那么－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ex－1＋x.∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.[答案]2x－y＝0[类题通法]1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法(1)切点P(x0，y0)，求切线方程求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；(2)切线的斜率k，求切线方程设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；(3)切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．利用定积分求平面图形面积的方法利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分根本定理求出积分值．[即学即用·练通]1．函数f(x)＝xsinx＋ax，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，那么a＝()A．0B．1C．2D．4解析：选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．(2023·沈阳质检)设函数f(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为9x＋y－1＝0，那么曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________．解析：由得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，∴所求切线方程为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)，而根据定积分的定义可知eq\i\in(,1,)－1eq\r(1－x2)dx表示圆心在原点的单位圆的上半局部的面积，即半圆的面积，∴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)利用导数研究函数的单调性[师生共研·悟通]导数与函数单调性的关系(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，那么f(x)为常数，函数不具有单调性．[典例](2023·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\o(exex－a－a2x,\s\do4(❶)).(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设eq\o(fx≥0,\s\do4(❷))，求a的取值范围．[解答示范](一)搭桥——找突破口第(1)问：欲讨论f(x)的单调性，应先求f(x)的定义域及导数f′(x)，再讨论f′(x)的符号；第(2)问：欲求a的取值范围，应想到找出有关a的不等关系．由f(x)≥0，那么应求f(x)的最小值，借助(1)的结论可得．(二)建桥——寻关键点有什么想到什么注意什么信息①：f(x)的解析式可求导函数f′(x)(1)要讨论函数的单调性，必须先求出函数定义域(2)对于含参数的问题，要根据不同情况对参数进行分类讨论信息②：f(x)≥0函数的最小值f(x)min≥0[解](1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①假设a＝0，那么f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②假设a＞0，那么由f′(x)＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③假设a＜0，那么由f′(x)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))时，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)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．(2)①假设a＝0，那么f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.②假设a＞0，那么由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna.从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.③假设a＜0，那么由(1)得，当x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))时，f(x)取得最小值，最小值为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))))).从而当且仅当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时，f(x)≥0.综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2e\f(3,4)，1)).[类题通法]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的解集的情况．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的解集的讨论：(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．[注意]讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要无视了定义域的限制．[即学即用·练通]1．f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函数，那么实数a的取值范围为()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：选C由题意得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．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如下图，那么函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B．[3，＋∞)C．[－2,3]D．(－∞，－2)解析：选D因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知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)，那么g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<－2时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为(－∞，－2)．3．函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)假设g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，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.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数.利用导数研究函数的极值(最值)问题[师生共研·悟通]函数f(x)在点x0附近有定义，假设在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)为函数f(x)的极大值；假设在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)为函数f(x)的极小值．[典例](2023·北京高考)函数eq\o(fx＝excosx－x,\s\do4(❶)).(1)eq\o(求曲线y＝fx在点0，f0处的切线方程,\s\do4(❷))；(2)eq\o(求函数fx在区间\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值,\s\do4(❸)).[解答示范](一)搭桥——找突破口第(1)问：欲求函数在某点处的切线方程，应知切线的斜率，即求f(x)在此点处的导函数值；第(2)问：欲求函数在某区间上的最值，应知f(x)在此区间的单调性，即判断f′(x)在此区间上的正负．(二)建桥——寻关键点有什么想到什么注意什么信息①：f(x)的解析式可求导函数f′(x)(1)曲线y＝f(x)“在点P(x0，y0)处的切线〞与“过点P(x0，y0)的切线“的区别(2)构造新的函数解决问题时与原函数的等价性信息②：求切线方程过曲线上点的切线方程的求法信息③：求函数的最值函数的单调性，即判定导函数的正负[解](1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，那么h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．所以对任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).[类题通法]利用导数研究函数极值、最值的方法(1)假设求极值，那么先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)假设极值大小或存在情况，那么转化为方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的根底上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比拟得到函数的最值．[即学即用·练通]1．(2023·全国卷Ⅱ)假设x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，那么f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为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.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，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)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.2．函数f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq\f(\r(3),3)，那么a的值为()A.eq\r(3)－1B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3)D.eq\r(3)＋1解析：选A由f(x)＝eq\f(x,x2＋a)得f′(x)＝eq\f(a－x2,x2＋a2)，当a＞1时，假设x＞eq\r(a)，那么f′(x)＜0，f(x)单调递减，假设1＜x＜eq\r(a)，那么f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝eq\r(a)时，函数f(x)有最大值eq\f(1,2\r(a))＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\f(3,4)＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝eq\f(1,2)，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝eq\f(1,a＋1)＝eq\f(\r(3),3)，得a＝eq\r(3)－1，符合题意．故a的值为eq\r(3)－1.3．常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解：(1)由得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).当a＝－4时，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).所以当0<x<2时，f′(x)<0，即f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(2)因为f′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a<0时，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)，＋∞))上单调递增；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)))上单调递减．所以当a<0时，f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))－a.根据题意得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.因为a<0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，所以实数a的取值范围是[－2,0)．eq\a\vs4\al([专题过关检测])一、选择题1．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：选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处取得极小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).2．函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)的极值情况是()A．当x＝1时，取极小值2，但无极大值B．当x＝－1时，取极大值－2，但无极小值C．当x＝－1时，取极小值－2；当x＝1时，取极大值2D．当x＝－1时，取极大值－2；当x＝1时，取极小值2解析：选Df′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝±1，函数f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x＝－1时，取极大值－2，当x＝1时，取极小值2.3．假设直线y＝ax是曲线y＝2lnx＋1的一条切线，那么实数a的值为()A．e－eq\f(1,2) B．2e－eq\f(1,2)C．eeq\f(1,2) D．2eeq\f(1,2)解析：选B依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2lnx＋1的切点的横坐标为x0，那么有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．函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，那么a的值为()A．1 B．2C．0D．eq\r(2)解析：选B∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴eq\f(a,2)≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－eq\f(a,x)，依题意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．假设函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，那么f(x)在以下区间上单调递增的是()A．(－2,0) B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)解析：选D由题意知，f′(x)＝1－eq\f(b,x2)，∵函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，令当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)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(b))，(eq\r(b)，＋∞)．∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．6．f(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，g(x)＝－x2－2ax＋4，假设对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，那么a的取值范围是()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：选A因为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，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的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、填空题7．(2023·长春质检)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．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，假设f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，那么实数a的取值范围为________．解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立．又∵y＝－x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上单调递减，∴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．函数f(x)＝ex，g(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(1,2)的图象分别与直线y＝m交于A，B两点，那么|AB|的最小值为________．解析：显然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)，那么|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).当0＜m＜eq\f(1,2)时，h′(m)＜0，函数h(m)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减；当m＞eq\f(1,2)时，h′(m)＞0，函数h(m)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．所以h(m)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2＋ln2，因此|AB|的最小值为2＋ln2.答案：2＋ln2三、解答题10．函数f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x>1.(1)假设f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)假设a＝2，求函数f(x)的极小值．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)＋a，由题意可得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).∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴当eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0时，函数t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值为－eq\f(1,4)，∴a≤－eq\f(1,4)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).(2)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x(x>1)，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2ln2x,ln2x)，令f′(x)＝0得2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍去)，即x＝eeq\f(1,2).当1<x<eeq\f(1,2)时，f′(x)<0，当x>eeq\f(1,2)时，f′(x)>0，∴f(x)的极小值为f(eeq\f(1,2))＝eq\f(e\f(1,2),\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eeq\f(1,2).11．(2023·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＜0时，证明f(x)≤－eq\f(3,4