高考数学第二轮复习第1部分专题二-函数与导数必考点

PAGEPAGE36专题二函数与导数必考点一函数概念与性质[高考预测]——运筹帷幄：1．根据函数解析式求解函数的定义域或值域．2．考查分段函数的求值或已知函数值求自变量取值等．3．考查函数的性质的判定及应用．[速解必备]——决胜千里：1．有关函数的奇偶性问题：(1)若f(x)是奇函数，且x＝0有意义时，则f(0)＝0；(2)奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇，奇＋奇＝奇，偶＋偶＝偶．2．有关函数的对称性问题(1)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图象关于直线x＝a对称．(2)若f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(a＋b,2)对称．(3)若f(x＋a)为奇函数⇒f(x)的图象关于点(a,0)成中心对称；若f(x＋a)为偶函数⇒f(x)的图象关于直线x＝a对称．3．有关函数的周期性问题(1)若函数y＝f(x)的图象有两条对称轴x＝a，x＝b(a≠b)，则函数y＝f(x)必是周期函数，且一个周期为T＝2|a－b|；(2)若函数y＝f(x)的图象有两个对称中心A(a,0)，B(b,0)(a≠b)，则函数y＝f(x)必是周期函数，且一个周期为T＝2|a－b|；(3)如果函数y＝f(x)的图象有一个对称中心A(a，c)和一条对称轴x＝b(a≠b)，则函数y＝f(x)必是周期函数，且一个周期为T＝4|a－b|.(4)若函数f(x)满足－f(x)＝f(a＋x)，则f(x)是周期为2a的周期函数；(5)若f(x＋a)＝eq\f(1,fx)(a≠0)恒成立，则T＝2a；(6)若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)(a≠0)恒成立，则T＝2a.[速解方略]——不拘一格类型一函数表示及定义域、值域；[例1](1)已知函数f(x)的定义域为(－1,0)，则函数f(2x＋1)的定义域为()A．(－1,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))C．(－1,0)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：基本法：由已知得－1＜2x＋1＜0，解得－1＜x＜－eq\f(1,2)，所以函数f(2x＋1)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，选B.答案：Beq\x(方略点评：此题型视2x＋1为整体，使之在fx的定义域内再求解x.)(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,2x－1，x≥1，))则f(－2)＋f(log212)＝()A．3B．6C．9D．12解析：基本法：∵－2＜1，∴f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝3；∵log212＞1，∴f(log212)＝2log212－1＝2log26＝6.∴f(－2)＋f(log212)＝9.速解法：由f(－2)＝3，∴f(－2)＋f(log212)＞3排除A.由于log212＞1，要用f(x)＝2x－1计算，则f(log212)为偶数，∴f(－2)＋f(log212)为奇数，只能选C.答案：C方略点评：1.基本法分段求值．是分段函数的正向求值的一般思路：速解法是巧用了结果的特征排除答案．2．求函数f[g(x)]的定义域问题，要注意g(x)的整体思想的应用．3．对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解．1．(2016·高考全国甲卷)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lgx的定义域和值域相同的是()A．y＝xB．y＝lgxC．y＝2xD．y＝eq\f(1,\r(x))解析：根据函数解析式特征求函数的定义域、值域．函数y＝10lgx的定义域与值域均为(0，＋∞)．函数y＝x的定义域与值域均为(－∞，＋∞)．函数y＝lgx的定义域为(0，＋∞)，值域为(－∞，＋∞)．函数y＝2x的定义域为(－∞，＋∞)，值域为(0，＋∞)．函数y＝eq\f(1,\r(x))的定义域与值域均为(0，＋∞)．故选D.答案：D2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－b，x＜1，,2x，x≥1.))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))))＝4，则b＝()A．1B.eq\f(7,8)C.eq\f(3,4)D.eq\f(1,2)解析：基本法：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))＝3×eq\f(5,6)－b＝eq\f(5,2)－b，当eq\f(5,2)－b≥1，即b≤eq\f(3,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b))＝2eq\f(5,2)－b，即2eq\f(5,2)－b＝4＝22，得到eq\f(5,2)－b＝2，即b＝eq\f(1,2)；当eq\f(5,2)－b＜1，即b＞eq\f(3,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b))＝eq\f(15,2)－3b－b＝eq\f(15,2)－4b，即eq\f(15,2)－4b＝4，得到b＝eq\f(7,8)＜eq\f(3,2)，舍去．综上，b＝eq\f(1,2)，故选D.答案：D类型二函数的奇偶性对称性[例2](1)若函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，则a＝________.解析：基本法：由已知得f(－x)＝f(x)，即－xln(eq\r(a＋x2)－x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))，则ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(eq\r(a＋x2)－x)＝0，∴ln[(eq\r(a＋x2))2－x2]＝0，得lna＝0，∴a＝1.速解法：根据“奇×奇＝偶”，设g(x)＝ln(x＋eq\r(a＋x2))为奇函数即可．又∵g(0)＝0，∴lneq\r(a)＝0，∴a＝1.答案：1方略点评：基本法是根据偶函数的定义f－x＝fx待定a.速解法是根据奇函数、偶函数的特殊结论快速求解.(2)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是()A．f(x)g(x)是偶函数B．|f(x)|g(x)是奇函数C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数解析：基本法：由题意可知f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，对于选项A，f(－x)·g(－x)＝－f(x)·g(x)，所以f(x)g(x)是奇函数，故A项错误；对于选项B.|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)，所以|f(x)|g(x)是偶函数，故B项错误；对于选项C，f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，所以f(x)|g(x)|是奇函数，故C项正确；对于选项D，|f(－x)g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝|f(x)g(x)|，所以|f(x)g(x)|是偶函数，故D项错误，选C.速解法：y＝f(x)是奇函数，则y＝|f(x)|为偶函数．故f(x)·g(x)＝奇，A错，|f(x)|g(x)＝偶，B错．f(x)|g(x)|＝奇，C正确．答案：C方略点评：1.函数奇偶性判定主要有①定义法，②图象法，③特殊结论．要注意定义域必须关于原点对称．2．此题基本法利用的是定义法，速解法利用的是特殊结论．1．已知函数f(x)是定义在区间[－a，a](a＞0)上的奇函数，若g(x)＝f(x)＋2016，则g(x)的最大值与最小值之和为()A．0B．1C．2016D．4032解析：基本法：函数f(x)是定义在区间[－a，a](a＞0)上的奇函数，则f(x)最小值与最大值的关系为f(x)min＝－f(x)max，所以g(x)min＝f(x)min＋2016，g(x)max＝f(x)max＋2016，则g(x)max＋g(x)min＝0＋2016＋2016＝4032.故选D.速解法：因为函数f(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称．而g(x)＝f(x)＋2016的图象是由f(x)的图象向上平移2016个单位长度得到的，故g(x)的图象关于点(0，2016)对称，所以eq\f(gxmax＋gxmin,2)＝2016，即g(x)max＋g(x)min＝4032.故选D.答案：D2．已知f(x)、g(x)是R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，f(1)＋g(1)＝()A．－3B．－1C．1D．3解析：基本法：把x＝－1代入已知，得f(－1)－g(－1)＝1，所以f(1)＋g(1)＝1.答案：C类型三函数单调性、周期性与对称性的综合应用[例3](1)偶函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝________.解析：基本法：∵函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(2＋x)＝f(2－x)对任意x恒成立，令x＝1，得f(1)＝f(3)＝3，∴f(－1)＝f(1)＝3.速解法：由题意y＝f(x)的图象关于x＝0和x＝2对称，则周期T＝4.∴f(－1)＝f(－1＋4)＝f(3)＝3.答案：3方略点评：基本法是利用函数关于x＝a对称，则fa＋x＝fa－x的性质计算.速解法是利用了周期性，可快速求解.(2)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，则a的取值范围是()A．[1,2]B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))D．(0,2]解析：基本法：∵f(logeq\f(1,2)a)＝f(－log2a)＝f(log2a)，∴原不等式可化为f(log2a)≤f(1)．又∵f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log2a≤1，即1≤a≤2.∵f(x)是偶函数，∴f(log2a)≤f(－1)．又f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log2a≤0，∴eq\f(1,2)≤a≤1.综上可知eq\f(1,2)≤a≤2.速解法：当a＝2时，log2a＝1，a＝－1，原不等式为f(1)＋f(－1)≤2f(1)，即2f(1)≤2f(1)成立，排除B.当a＝eq\f(1,2)时，原不等式为f(－1)＋f(1)≤2f(1)成立，排除A.当a＝eq\f(1,4)时，原不等式为f(－2)＋f(2)≤2f(1)，即f(2)≤f(1)与f(x)为增函数矛盾，排除D.答案：C方略点评：1.基本法是利用单调性化简不等式．速解法是特例检验法．2．求函数的单调区间与确定单调性的方法一样．常用的方法有：(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间．(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义确定单调区间．(3)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性写出它的单调区间．(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．3．若函数f(x)在定义域上(或某一区间上)是增函数，则f(x1)<f(x2)⇔x1<x2.利用上式，可以去掉抽象函数的符号，将函数不等式(或方程)的求解化为一般不等式(或方程)的求解，但无论如何都必须在定义域内或给定的范围内进行．1．(2016·高考四川卷)若函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f(x)＝4x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝________.解析：根据周期函数及奇函数的定义求解．∵f(x)是周期为2的奇函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4eq\f(1,2)＝－2，f(2)＝f(0)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝－2＋0＝－2.答案：－22．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(axx＜0，,a－3x＋4ax≥0))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，则a的取值范围是________．解析：基本法：因为对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，所以f(x)是减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,a－3＜0，,a0≥a－3×0＋4a，))解得0＜a≤eq\f(1,4)，即a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——概念辨析法方法诠释概念辨析法是从题设条件出发，通过对数学概念的辨析，进行少量运算或推理，直接选择出正确结论的方法．这类题目一般是给出一个创新定义，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性质，需要考生在平时注意辨析有关概念，准确区分相应概念的内涵与外延，同时在审题时多加小心．运用技巧运用此方法，要准确把握定义的含义，把从定义和题目中获取的信息进行有效整合，并转化为熟悉的知识加以解决.

限时速解训练五函数概念与性质(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是()A．y＝x3B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1D．y＝2－|x|解析：选B.y＝x3是奇函数，y＝－x2＋1和y＝2－|x|在(0，＋∞)上都是减函数，故选B.2．若函数y＝f(2x＋1)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象的对称轴方程是()A．x＝1B．x＝－1C．x＝2D．x＝－2解析：选A.∵f(2x＋1)是偶函数，∴f(2x＋1)＝f(－2x＋1)⇒f(x)＝f(2－x)，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1.3．下列函数为奇函数的是()A．y＝eq\r(x)B．y＝|sinx|C．y＝cosxD．y＝ex－e－x解析：选D.因为函数y＝eq\r(x)的定义域为[0，＋∞)，不关于原点对称，所以函数y＝eq\r(x)为非奇非偶函数，排除A；因为y＝|sinx|为偶函数，所以排除B；因为y＝cosx为偶函数，所以排除C；因为y＝f(x)＝ex－e－x，f(－x)＝e－x－ex＝－(ex－e－x)＝－f(x)，所以函数y＝ex－e－x为奇函数，故选D.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x＜0，,fx－1＋1，x≥0，))则f(2016)＝()A．2014B.eq\f(4029,2)C．2015D.eq\f(4035,2)解析：选D.利用函数解析式求解．f(2016)＝f(2015)＋1＝…＝f(0)＋2016＝f(－1)＋2017＝2－1＋2017＝eq\f(4035,2)，故选D.5．已知f(x)是R上的奇函数，且满足f(x＋2)＝－f(x)，当x∈(0,2)时，f(x)＝2x2＋3，则f(7)＝()A．－5B．5C．－101D．101解析：选A.f(x＋2)＝－f(x)，令x＝x＋2，有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，知函数的周期是4；再令x＝1，有f(3)＝－f(1)，而f(1)＝5，故f(7)＝f(3)＝－f(1)＝－5.6．已知f(x)＝3ax2＋bx－5a＋b是偶函数，且其定义域为[6a－1，a]，则a＋b＝()A.eq\f(1,7)B．－1C．1D．7解析：选A.∵f(x)为偶函数，∴b＝0.定义域为[6a－1，a]则6a－1＋a＝0，∴a＝eq\f(1,7)，∴a＋b＝eq\f(1,7).7．若函数f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－a)是奇函数，则使f(x)＞3成立的x的取值范围为()A．(－∞，－1)B．(－1,0)C．(0,1)D．(1，＋∞)解析：选C.f(－x)＝eq\f(2－x＋1,2－x－a)＝eq\f(2x＋1,1－a·2x)，由f(－x)＝－f(x)得eq\f(2x＋1,1－a·2x)＝－eq\f(2x＋1,2x－a)，即1－a·2x＝－2x＋a，化简得a·(1＋2x)＝1＋2x，所以a＝1，f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1).由f(x)＞3得0＜x＜1.故选C.8．设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，已知x∈(0,1)时，f(x)＝logeq\f(1,2)(1－x)，则函数f(x)在(1,2)上()A．是增函数且f(x)＜0B．是增函数且f(x)＞0C．是减函数且f(x)＜0D．是减函数且f(x)＞0解析：选D.设－1＜x＜0，则0＜－x＜1，f(－x)＝logeq\f(1,2)(1＋x)＝f(x)＞0，故函数f(x)在(－1,0)上单调递减．又因为f(x)以2为周期，所以函数f(x)在(1,2)上也单调递减且有f(x)＞0.9．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋x＋1,x2＋1)，若f(a)＝eq\f(2,3)，则f(－a)＝()A.eq\f(2,3)B．－eq\f(2,3)C.eq\f(4,3)D．－eq\f(4,3)解析：选C.f(x)＝eq\f(x2＋x＋1,x2＋1)＝1＋eq\f(x,x2＋1)，设f(x)＝1＋g(x)，即g(x)＝eq\f(x,x2＋1)＝f(x)－1.g(x)为奇函数，满足g(－x)＝－g(x)．由f(a)＝eq\f(2,3)，得g(a)＝f(a)－1＝－eq\f(1,3)，则g(－a)＝eq\f(1,3)，故f(－a)＝1＋g(－a)＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).10．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)＝－1，且对任意x∈R，有f(x)＝－f(2－x)成立，则f(2017)的值为()A．1B．－1C．0D．2解析：选C.由题知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(x)＝－f(2－x)，可知函数f(x)为周期为4的周期函数．令x＝1得，f(1)＝－f(2－1)＝－f(1)，所以f(1)＝0，所以f(2017)＝f(4×504＋1)＝f(1)＝0，故选C.11．设f(x)是定义在实数集R上的函数，满足条件y＝f(x＋1)是偶函数，且当x≥1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的大小关系是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))解析：选A.函数y＝f(x＋1)是偶函数，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，即函数关于x＝1对称．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))，当x≥1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1单调递减，所以由eq\f(4,3)＜eq\f(3,2)＜eq\f(5,3)，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，故选A.12．已知偶函数f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，则满足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析：选A.由函数f(x)为偶函数且在区间(－∞，0]上单调递减，得函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，于是将不等式f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))转化为f(|2x－1|)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).根据单调性，知|2x－1|＜eq\f(1,3)，解得eq\f(1,3)＜x＜eq\f(2,3)，故选A.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．函数y＝eq\r(2－x)＋lgx的定义域是________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x≥0，,x＞0))得0＜x≤2.因此，函数y＝eq\r(2－x)＋lgx的定义域是(0,2]．答案：(0,2]14．已知函数f(x)＝eq\f(a－x,x－a－1)的图象的对称中心是(3，－1)，则实数a的值为________．解析：函数f(x)＝eq\f(a－x,x－a－1)的图象的对称中心是(3，－1)，将函数的表达式化为f(x)＝eq\f(a－x,x－a－1)＝－1＋eq\f(－1,x－a－1)，所以a＋1＝3，所以a＝2.答案：215．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x－1，x≤1，,logax，x＞1，))若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．解析：要使函数f(x)在R上单调递增，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a－2＞0，,f1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＞2，,a－2－1≤0，))解得2＜a≤3，即a的取值范围是(2,3]．答案：(2,3]16．关于函数，给出下列命题：①若函数f(x)是R上周期为3的偶函数，且满足f(1)＝1，则f(2)－f(－4)＝0；②若函数f(x)满足f(x＋1)f(x)＝2017，则f(x)是周期函数；③若函数g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x＞0，,fx，x＜0))是偶函数，则f(x)＝x＋1；④函数y＝eq\r(log\f(1,3)|2x－3|)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)解析：①因为f(x＋3)＝f(x)且f(－x)＝f(x)，所以f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(－4)＝f(－1)＝f(1)＝1，故f(2)－f(－4)＝0，①正确．②因为f(x＋1)f(x)＝2017，所以f(x＋1)＝eq\f(2017,fx)，f(x＋2)＝eq\f(2017,fx＋1)＝f(x)．所以f(x)是周期为2的周期函数，②正确．③令x＜0，则－x＞0，g(－x)＝－x－1.又g(x)为偶函数，所以g(x)＝g(－x)＝－x－1.即f(x)＝－x－1，③不正确．④要使函数有意义，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,3)|2x－3|≥0，,|2x－3|＞0，))即0＜|2x－3|≤1，所以1≤x≤2且x≠eq\f(3,2)，即函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，④不正确．答案：①②必考点二指数函数、对数函数、幂函数图象与性质[高考预测]——运筹帷幄1．考查指数幂及对数式的化简与运算．2．以指数函数、对数函数、幂函数为原型进行复合而成的函数的图象与性质．3．指数型、对数型、幂型的方程式不等式的求解问题．[速解必备]——决胜千里1．二次函数y＝ax2＋bx＋c为偶函数⇔b＝0.2．指数函数在同一直角坐标系中的图象的相对位置与底数大小的关系如图所示，则0＜c＜d＜1＜a＜b.在y轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小；在y轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小；即无论在y轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大．3．对数函数图象在同一直角坐标中的相对位置与底数的大小关系如图所示．0＜d＜c＜1＜a＜b，在第一象限顺时针方向底数变大．4．y＝logax，当x∈(1，＋∞)且a>1时，y>0，当x∈(0,1)且0<a<1时，y>0，记忆：“真底同，对数正”．5．logab＝eq\f(1,logba)，logab·logbc·logcd＝logad.6．y＝axy＝logax定义域R值域R值域(0，＋∞)定义域(0，＋∞)7．对于函数，y＝ax＋eq\f(b,x)，(a>0，b>0)的单调分界点是ax＝eq\f(b,x)，即x＝±eq\r(\f(b,a)).[速解方略]——不拘一格类型一比较函数值的大小[例1](1)设a＝log32，b＝log52，c＝log23，则()A．a＞c＞bB．b＞c＞aC．c＞b＞aD．c＞a＞b解析：基本法：∵eq\r(3)＜2＜3,1＜2＜eq\r(5)，3＞2，∴log3eq\r(3)＜log32＜log33，log51＜log52＜log5eq\r(5)，log23＞log22，∴eq\f(1,2)＜a＜1,0＜b＜eq\f(1,2)，c＞1，∴c＞a＞b.故选D.速解法：分别作出y＝log3x，y＝log2x，y＝log5x的图象，在图象中作出a、b、c的值，观察其大小，可得c＞a＞b.答案：D方略点评：基本法是利用了每个对数值的范围的估算.,速解法是利用不同底的对数函数图象的相对位置关系，只要能作出其图象，便可容易得出大小关系.(2)已知x＝lnπ，y＝log52，z＝，则()A．x＜y＜zB．z＜x＜yC．z＜y＜xD．y＜z＜x解析：基本法：由已知得x＝lnπ＞1，y＝log52∈(0,1)，z＝∈(0,1)，又2＜e＜3，∴eq\r(2)＜eq\r(e)＜eq\r(3)，∴eq\f(1,\r(e))＞eq\f(1,\r(3))＞eq\f(1,2)，得z＝＞eq\f(1,2)，而y＝log52＜log5eq\r(5)＝eq\f(1,2)，∴y＜z＜x，故选D.答案：D方略点评：1利用指数函数、对数函数的单调性，利用插值法来比较大小.2对于多个数的大小比较，可插入0，分出正数与负数，正数中再插入1，分出0，1间与1，＋∞的数；也可直接利用单调性或数形结合法比较大小.1．(2016·高考全国丙卷)已知a＝，则()A．b＜a＜cB．a＜b＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b解析：利用幂函数的性质比较大小．∵y＝在第一象限内为增函数，又5＞4＞3，∴c＞a＞b.答案：A2．设a＝，b＝2，c＝3，则()A．a＞b＞cB．a＞c＞bC．b＞c＞aD．c＞a＞b解析：基本法：∵b＝－log32∈(－1,0)，c＝－log23＜－1，a＝＞0，∴a＞b＞c，选A.答案：A类型二指数函数、对数函数图象的变换与应用[例2](1)设函数y＝f(x)的图象与y＝2x＋a的图象关于直线y＝－x对称，且f(－2)＋f(－4)＝1，则a＝()A．－1B．1C．2D．4解析：基本法：设(x，y)是函数y＝f(x)图象上任意一点，它关于直线y＝－x的对称点为(－y，－x)，由y＝f(x)的图象与y＝2x＋a的图象关于直线y＝－x对称，可知(－y，－x)在y＝2x＋a的图象上，即－x＝2－y＋a，解得y＝－log2(－x)＋a，所以f(－2)＋f(－4)＝－log22＋a－log24＋a＝1，解得a＝2，选C.速解法：设y1＝f(－2)，则(－2，y1)关于y＝－x的对称点为(－y1,2)在y＝2x＋a上，∴2＝2－y1＋a，∴－y1＋a＝1，即y1＝a－1同理设y2＝f(－4)，∴4＝2－y2＋a，即y2＝a－2.∴y1＋y2＝1，∴a－1＋a－2＝1，∴a＝2答案：C方略点评：两种方法都采用了关于y＝－x对称点的特征.基本法是具体求出对称函数，速解法是间接求出f－2及f－4.(2)当0＜x≤eq\f(1,2)时，4x＜logax，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2))D．(eq\r(2)，2)解析：基本法：易知0＜a＜1，则函数y＝4x与y＝logax的大致图象如图，则只需满足logaeq\f(1,2)＞2，解得a＞eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(\r(2),2)＜a＜1，故选B.速解法：若a＞1，∵x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，显然logax＜0，原不等式不成立，∴0＜a＜1.若a＝eq\f(1,2)，当x＝eq\f(1,2)时，logax＝1,4x＝4eq\f(1,2)＝2，显然不成立，∴故只能选B.答案：B方略点评：1.基本法是利用图象的变换关系，速解法是特值检验．2．作函数图象，要注意各个函数图象的相对位置及变化，要做到即“形似”又“神似”．1．(2016·高考全国乙卷)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为()解析：利用导数研究函数y＝2x2－e|x|在[0,2]上的图象，再利用奇偶性判断．∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.设g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex.又g′(0)<0，g′(2)>0，∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.答案：D2．(2016·山西太原质检)若关于x的不等式4ax－1＜3x－4(a＞0，且a≠1)对于任意的x＞2恒成立，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)解析：基本法：不等式4ax－1＜3x－4等价于ax－1＜eq\f(3,4)x－1.令f(x)＝ax－1，g(x)＝eq\f(3,4)x－1，当a＞1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图1所示，由图知不满足条件；当0＜a＜1时，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图2所示，则f(2)≤g(2)，即a2－1≤eq\f(3,4)×2－1，即a≤eq\f(1,2)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故选B.答案：B类型三关于指数、对数的方程、不等式的求解方法[例3](1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,－log2x＋1，x＞1，))且f(a)＝－3，则f(6－a)＝()A．－eq\f(7,4)B．－eq\f(5,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,4)解析：基本法：当a≤1时，f(a)＝2a－1－2＝－3，即2a－1＝－1，不成立，舍去；当a＞1时，f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，即log2(a＋1)＝3，得a＋1＝23＝8，∴a＝7，此时f(6－a)＝f(－1)＝2－2－2＝－eq\f(7,4).速解法：当x≤1时，f(x)＝2x－1－2∈(－2，－1]，不可能f(x)＝－3.故－log2(a＋1)＝－3，∴a＋1＝23，a＝7.∴f(6－a)＝f(－1)＝2－2－2＝－eq\f(7,4)，选A.答案：A方略点评：基本法是分别使用两段解析式进行求值验证.速解法是分析第一段的值域来确定fa＝－3的可能性.(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x＜1，,x\f(1,3)，x≥1，))则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是________．解析：基本法：f(x)≤2⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜1，,ex－1≤2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x\f(1,3)≤2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜1，,x≤ln2＋1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x≤8))⇒x＜1或1≤x≤8⇒x≤8，故填(－∞，8]．速解法：当x＜1时，f(x)＝ex－1为增函数，当x≥1时，f(x)＝xeq\f(1,3)为增函数．∴f(x)在R上为增函数，且ex－1＜1.∴令xeq\f(1,3)≤2，∴x≤8.答案：(－∞，8]方略点评：1基本法是分段讨论fx≤2的解，速解法是利用了整个函数fx的单调性.2对数函数、指数函数性质的应用，首先明确底数的取值来确认单调性及图象特征.3分段函数要分段讨论处理，同时注意整体性和分段点.1．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋3x＞0，,x2＋1x≤0，))若f(a)＝5，则a＝________.解析：基本法：利用分段函数求解．由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,log2a＋3＝5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤0，,a2＋1＝5，))解得a＝4或－2.答案：4或－22．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0.))若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是()A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[－2,1]D．[－2,0]解析：基本法：|f(x)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0，))其图象如图．由对数函数图象的变化趋势可知，要使ax≤|f(x)|，则a≤0，且ax≤x2－2x(x≤0)，即a≥x－2对x≤0恒成立，所以a≥－2.综上，－2≤a≤0，故选D.答案：D[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——估算法方法诠释由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程，因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义．估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次．应用方向估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法．当题目从正面解析比较麻烦，特值法又无法确定正确的选项时，如难度稍大的函数的最值或取值范围、函数图象的变化等问题，常用此种方法确定选项.

限时速解训练六指数函数、对数函数、幂函数图象与性质(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．已知a＝50.5，b＝0.55，c＝log50.5，则下列关系中正确的是()A．a＞b＞cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a解析：选A.因为a＝50.5＞50＝1,0＜b＝0.55＜0.50＝1，c＝log50.5＜log51＝0，所以a＞b＞c.故选A.2．函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x)的一个零点所在的区间是()A．(0,1)B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)解析：选B.因为f(1)＝ln2－2＜0，f(2)＝ln3－1＞0，所以f(x)在(1,2)上必存在零点．故选B.3．函数f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))的图象是()解析：选B.要使函数f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))有意义，需满足x－eq\f(1,x)＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以排除A、D；当x＞10时，x－eq\f(1,x)一定大于1，lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))大于0，故选B.4．函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝ex关于y轴对称，则f(x)＝()A．ex＋1B．ex－1C．e－x＋1D．e－x－1解析：选D.依题意，f(x)的图象向右平移1个单位长度之后得到的曲线对应的函数应为y＝e－x，于是f(x)的图象相当于曲线y＝e－x向左平移1个单位长度的结果，∴f(x)＝e－x－1，故选D.5．函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．4解析：选B.f(x)＝ax＋loga(x＋1)是单调递增(减)函数(原因是y＝ax与y＝loga(x＋1)的单调性相同)，且在[0,1]上的最值分别在两端点处取得，最值之和为f(0)＋f(1)＝a0＋loga1＋a＋loga2＝a，∴loga2＋1＝0，∴a＝eq\f(1,2).6．定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0，,fx－6，x＞0，))则f(2019)＝()A．－1B．0C．1D．2解析：选D.∵2019＝6×337－3，∴f(2019)＝f(－3)＝log2(1＋3)＝2.故选D.7．设eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，那么()A．aa＜ab＜baB．aa＜ba＜abC．ab＜aa＜baD．ab＜ba＜aa解析：选C.由于指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x是减函数，由已知eq\f(1,2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＜1，得0＜a＜b＜1.当0＜a＜1时，y＝ax为减函数，所以ab＜aa，排除A、B；又因为幂函数y＝xa在第一象限内为增函数，所以aa＜ba，选C.8．下列四个命题：①∃x0∈(0，＋∞)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x0＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x0；②∃x0∈(0,1)，③∀x∈(0，＋∞)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＞x；④∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＜x.其中真命题是()A．①③B．②③C．②④D．③④解析：选C.根据指数函数的图象和性质，可知①③是错误的，②④是正确的，故选C.9．若a＝2x，b＝eq\r(x)，c＝x，则“a＞b＞c”是“x＞1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件解析：选B.如图，可知“x＞1”⇒“a＞b＞c”，但“a＞b＞c”⇒“x＞1”，即“a＞b＞c”是“x＞1”的必要不充分条件．故选B.10．若不等式4x2－logax＜0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,256)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,256)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256)))解析：选A.∵不等式4x2－logax＜0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，函数y＝4x2的图象在函数y＝logax的图象的下方．如图，∴0＜a＜1.再根据它们的单调性可得4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2≤logaeq\f(1,4)，即loga≤logaeq\f(1,4)，∴≥eq\f(1,4)，∴a≥eq\f(1,256).综上可得eq\f(1,256)≤a＜1，故选A.11．已知x0是f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\f(1,x)的一个零点，x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)，则()A．f(x1)＜0，f(x2)＜0B．f(x1)＞0，f(x2)＞0C．f(x1)＞0，f(x2)＜0D．f(x1)＜0，f(x2)＞0解析：选C.在同一坐标系下作出函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，f(x)＝－eq\f(1,x)的图象(如图)，由图象可知当x∈(－∞，x0)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＞－eq\f(1,x)；当x∈(x0,0)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＜－eq\f(1,x)，所以当x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)时，有f(x1)＞0，f(x2)＜0，故选C.12．设函数f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)－eq\f(1,2)，[x]表示不超过x的最大整数，则函数y＝[f(x)]的值域是()A．{0,1}B．{－1,0}C．{－1,1}D．{1}解析：选B.f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,1＋2x)，∵2x＞0，∴1＋2x＞1,0＜eq\f(1,1＋2x)＜1，∴－1＜－eq\f(1,1＋2x)＜0，∴－eq\f(1,2)＜eq\f(1,2)－eq\f(1,1＋2x)＜eq\f(1,2)，即－eq\f(1,2)＜f(x)＜eq\f(1,2)，∵[x]表示不超过x的最大整数，∴y＝[f(x)]的值域为{－1,0}，故选B.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．已知函数f(x)＝lgx，若f(ab)＝1，则f(a2)＋f(b2)＝________.解析：∵f(x)＝lgx，f(ab)＝1，∴lg(ab)＝1，∴f(a2)＋f(b2)＝lga2＋lgb2＝2lg(ab)＝2.答案：214．若函数f(x)＝2|x－a|(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，则实数m的最小值等于________．解析：由f(1＋x)＝f(1－x)可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a＝1.结合图象知函数f(x)＝2|x－1|在[1，＋∞)上单调递增，故实数m的最小值为1.答案：115．已知函数f(x)＝则不等式f(x)＞1的解集为________．解析：若x≤0，则不等式f(x)＞1可转化为3x＋1＞1⇒x＋1＞0⇒x＞－1，∴－1＜x≤0；若x＞0，则不等式f(x)＞1可转化为logeq\f(1,3)x＞1⇒x＜eq\f(1,3)，∴0＜x＜eq\f(1,3).综上，不等式f(x)＞1的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))16．若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0且a≠1)的图象有两个公共点，则实数a的取值范围是________．解析：当a＞1时，作出函数y＝|ax－1|的图象如图(1)，此时y＝2a＞2，只有一个交点，不成立．当0＜a＜1时，函数y＝|ax－1|的图象如图(2)，此时0＜2a＜2，要使两个函数的图象有两个公共点，则有0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2)，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))

必考点三导数及其应用[高考预测]——运筹帷幄1．利用导数研究函数的单调性或求单调区间或求参数．2．利用导数求函数的极值、最值，由函数极值求参数．3．利用导数研究函数切线问题．[速解必备]——决胜千里1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点，且x1<x2，当a>0时，f(x)的图象如图，x1为极大值点，x2为极小值点，当a<0时，f(x)图象如图，x1为极小值点，x2为极大值点．3．若函数y＝f(x)为偶函数，则f′(x)为奇函数，若函数y＝f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数，4．y＝ex在(0,1)处的切线方程为y＝x＋1.[速解方略]——不拘一格类型一导数的几何意义及应用[例1](1)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.解析：基本法：由题意可得f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1，又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝1.速解法：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)连线斜率k＝eq\f(5－a,1)＝5－a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.答案：1方略点评：基本法是先由切点求切线方程再代入2，7，求a.速解法是利用斜率的求法建立a的方程.(2)已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.解析：基本法：令f(x)＝x＋lnx，求导得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0＝－eq\f(1,2)，又axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即axeq\o\al(2,0)＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然不满足此方程，∴x0＝－eq\f(1,2)，此时a＝8.速解法：求出y＝x＋lnx在(1,1)处的切线为y＝2x－1由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1,y＝ax2＋a＋2x＋1))得ax2＋ax＋2＝0，∴Δ＝a2－8a＝0，∴a＝8或a＝0(显然不成立)．答案：8方略点评：1基本法是用导数的方法，速解法利用了判别式法，也较简单.2曲线y＝fx在点Px0，y0处的切线，Px0，y0为切点，其切线斜率为f′x0，其切线方程为y－y0＝f′x0x－x0.如果f′x0不存在，则切线为x＝x0.1．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2D．3解析：基本法：y′＝a－eq\f(1,x＋1)，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.答案：D2．(2016·高考全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．解析：首先求出x>0时函数的解析式，再由导数的几何意义求出切线的斜率，最后由点斜式得切线方程．设x>0，则－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)＝eq\f(ex,e)＋x，∴f′(x)＝eq\f(ex·e,e2)＋1＝ex－1＋1，∴f′(1)＝2，所以所求切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案：y＝2x类型二导数与函数的极值、最值[例2](1)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：基本法：a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0，即a×eq\f(8,a3)－3×eq\f(4,a2)＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，在(－1,0)处有零点，不符合题意．∴a＜0，若a＝－eq\f(4,3)，则f(x)＝－eq\f(4,3)x3－3x2＋1f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－eq\f(3,2).此时feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))为极小值且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜0，有三个零点，排除D.答案：Ceq\x(方略点评：基本法是直接求解a，并使极小值f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0.速解法是用特值检验排除.)(2)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析：基本法：由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；若y＝f(x)有极值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C项错误，D项正确．选C.速解法：联想f(x)的图象模型如图显然C错．答案：C方略点评：1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具．2．可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.3．极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值；在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右两侧的值的符号，如果“左正右负”，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果“左负右正”，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－eq\f(81,22)B.eq\f(1,3)C．2D．5解析：基本法：由已知可知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a＞0，且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系知－eq\f(2b,3a)＝(－2)＋3，eq\f(c,3a)＝－2×3，∴b＝eq\f(－3a,2)，c＝－18a，此时f(x)＝ax3－eq\f(3a,2)x2－18ax－34，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈(－2,3)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，∴f(3)为f(x)的极小值，∵f(3)＝27a－eq\f(27a,2)－54a－34＝－115，∴a＝2，故选C.答案：C2．已知向量a，b满足|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有极值，则向量a，b的夹角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))解析：基本法：设a，b的夹角为θ，则f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋|a|·|b|cosθ·x＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|·x2＋eq\f(1,2)|a|2cosθ·x，∴f′(x)＝x2＋|a|x＋eq\f(1,2)·|a|2cosθ，∵函数f(x)有极值，∴f′(x)＝0有2个不等的实根，∴Δ＝|a|2－2|a|2cosθ＞0，即1－2cosθ＞0，∴cosθ＜eq\f(1,2)，又0≤θ≤π，∴eq\f(π,3)＜θ≤π，故选C.答案：C类型三导数与函数的单调性[例3]若函数f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))是增函数，则a的取值范围是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)解析：基本法：由题意知f′(x)≥0对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，又f′(x)＝2x＋a－eq\f(1,x2)，所以2x＋a－eq\f(1,x2)≥0对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，分离参数得a≥eq\f(1,x2)－2x，若满足题意，需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－2x))max.令h(x)＝eq\f(1,x2)－2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).因为h′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，所以h(x)＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，故a≥3.速解法：当a＝0时，检验f(x)是否为增函数，当a＝0时，f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)＋2＝eq\f(9,4)，f(1)＝1＋1＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(1)与增函数矛盾．排除A、B、C.故选D.答案：D方略点评：基本法采用分离参数法来研究单调性.速解法采用特值法，结合图象求解集.(2)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：基本法：依题意得f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥eq\f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，∵x＞1，∴0＜eq\f(1,x)＜1，∴k≥1，故选D.速解法：若k＝1，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－lnx为增函数．答案：D方略点评：1基本法是采用f′x≥0在1，＋∞恒成立，直接求解.速解法采用特值验证法排除答案.2①若求单调区间或证明单调性，只需在函数fx的定义域内解或证明不等式f′x>0或f′x<0即可.②若已知fx的单调性，则转化为不等式f′x≥0或f′x≤0在单调区间上恒成立问题求解.1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足eq\f(1－x,f′x)≤0，则必有()A．f(0)＋f(2)＞2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)＜2f(1)D．f(0)＋f(2)≥2f(1)解析：基本法：选A.当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)，故选A.2．(2016·高考北京卷)函数f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________．解析：基本法：先利用导数判断函数的单调性，再进一步求解函数的最大值．f′(x)＝eq\f(x－1－x,x－12)＝－eq\f(1,x－12)，当x≥2时，f′(x)＜0，所以f(x)在[2，＋∞)上是减函数，故f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案：2[终极提升]——登高博见选择题、填空题的解法——构造法方法诠释用构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程．构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式)形式上的特点，然后积极调动思维，联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景)，从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的.解题关键正确分析条件和结构的特殊性，联想常见的数学知识.

限时速解训练七导数及其应用(建议用时40分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．设函数f(x)＝eq\f(x2,4)－alnx，若f′(2)＝3，则实数a的值为()A．4B．－4C．2D．－2解析：选B.f′(x)＝eq\f(x,2)－eq\f(a,x)，故f′(2)＝eq\f(2,2)－eq\f(a,2)＝3，因此a＝－4.2．曲线y＝ex在点A处的切线与直线x－y＋3＝0平行，则点A的坐标为()A．(－1，e－1)B．(0,1)C．(1，e)D．(0,2)解析：选B.设A(x0，ex0)，y′＝ex，∴y′|x＝x0＝ex0.由导数的几何意义可知切线的斜率k＝ex0.由切线与直线x－y＋3＝0平行可得切线的斜率k＝1.∴ex0＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故选B.3．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))解析：选C.若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12≥0，从而c