資源簡介

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第七講　函數與導數
微專題1　函數的圖象與性質
命 題 者 說
考 題 統 計 考 情 點 擊
2018·全國卷Ⅱ·T3·函數的圖象 2018·全國卷Ⅱ·T11·函數的奇偶性、周期性、對稱性 2018·全國卷Ⅲ·T7·函數的圖象 1.高考對此部分內容的命題多集中于函數的概念、函數的性質及分段函數等方面，多以選擇、填空題形式考查，難度一般。主要考查函數的定義域，分段函數求值或分段函數中參數的求解及函數圖象的判斷。 2.此部分內容有時出現在選擇、填空題壓軸題的位置，多與導數、不等式、創新性問題結合命題，難度較大。

考向一 函數的概念及其表示
【例1】　(1)(2018·重慶調研)函數y＝log2(2x－4)＋的定義域是(　　)
A．(2,3) B．(2，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(2,3)∪(3，＋∞)
(2)(2018·石家莊模擬)已在f (x)＝(0A．－2　　　B．2 C．3　　　　D．－3
解析　(1)由題意，得解得x>2且x≠3，所以函數y＝log2(2x－4)＋的定義域為(2,3)∪(3，＋∞)。故選D。
(2)由題意得，f (－2)＝a－2＋b＝5?、伲琭 (－1)＝a－1＋b＝3?、?，聯立①②，結合0答案　(1)D　(2)B

(1)函數定義域的求法
求函數的定義域，其實質就是以函數解析式所含運算有意義為準則，列出不等式或不等式組，然后求出它們的解集即可。
(2)分段函數問題常見類型及解題策略
①求函數值：弄清自變量所在區間，然后代入對應的解析式，求“層層套”的函數值，要從最內層逐層往外計算。②求函數最值：分別求出每個區間上的最值，然后比較大小。③解不等式：根據分段函數中自變量取值范圍的界定，代入相應的解析式求解，但要注意取值范圍的大前提。④求參數：“分段處理”，采用代入法列出各區間上的方程。
變|式|訓|練
1．函數f (x)＝的定義域是(　　)
A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．[－1,2)∪(2，＋∞) D．(－1,2)∪(2，＋∞)
解析　要使f (x)＝有意義，需使即所以函數f (x)的定義域為(－1，2)∪(2，＋∞)。故選D。
答案　D
2．若函數f (x)＝(a>0且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數a的取值范圍是________。
解析　當x≤2時，y＝x2－4x＋8＝(x－2)2＋4≥4，符合條件；所以只需使y＝2＋logax(x>2)的值域是[4，＋∞)的子集，即其最小值ymin≥4，故當a>1時，ymin＝2＋loga2≥4，即loga2≥2，解得1答案　(1，]
考向二 函數的圖象及應用
微考向1：函數圖象的識別(基礎型)
【例2】　(2018·全國卷Ⅱ)函數f (x)＝的圖象大致為(　　)

解析　因為x≠0，f (－x)＝＝－f (x)，所以f (x)為奇函數，排除A；因為f (1)＝e－e－1>0，所以排除D；x→＋∞時，y→＋∞，所以排除C。故選B。
答案　B

辨識函數圖象的兩種方法
(1)直接根據函數解析式作出函數圖象，或者是根據圖象變換作出函數的圖象。
(2)利用間接法排除、篩選錯誤與正確的選項，可以從如下幾個方面入手：
①從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置。
②從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢。
③從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性：如奇函數在關于原點對稱的區間上單調性一致，偶函數在關于原點對稱的區間上單調性相反。
④從函數的周期性，判斷圖象的循環往復。
⑤從特殊點出發，排除不符合要求的選項。靈活應用上述方法，可以很快判斷出函數的圖象。
變|式|訓|練
(2018·湘東五校聯考)函數f (x)＝cosx的圖象的大致形狀是(　　)

解析　因為f (x)＝cosx，所以f (－x)＝cos(－x)＝－cosx＝－f (x)，所以函數f (x)為奇函數，其圖象關于原點對稱，可排除A、C，又當x∈時，ex>e0＝1，－1<0，cosx>0，所以f (x)<0，可排除D。故選B。
答案　B
微考向2：函數圖象的應用(應用型)
【例3】　已知函數f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,logx，x>1，))g(x)＝|x－k|＋|x－1|，若對任意的x1，x2∈R，都有f (x1)≤g(x2)成立，則實數k的取值范圍為________。
解析　

對任意的x1，x2∈R，都有f (x1)≤g(x2)成立，即f (x)max≤g(x)min。觀察f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,logx，x>1，))的圖象可知，當x＝時，函數f (x)max＝。因為g(x)＝|x－k|＋|x－1|≥|x－k－(x－1)|＝|k－1|，所以g(x)min＝|k－1|。所以|k－1|≥，解得k≤或k≥。故實數k的取值范圍是∪。
答案　∪

對于一些函數與方程、不等式等問題，可通過轉化為相應函數，再借助函數圖象的特點和變化規律求解有關問題，這樣非常直觀簡潔，也是數形結合思想的充分體現。
變|式|訓|練
(2018·南寧摸底)設函數f (x)是定義在R上的偶函數，且f (x＋2)＝f (2－x)，當x∈[－2,0]時，f (x)＝x－1，若在區間(－2,6)內關于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0(a>0且a≠1)有且只有4個不同的根，則實數a的取值范圍是(　　)
A． B．(1,4)
C．(1,8) D．(8，＋∞)
解析　因為?x∈R，f (x＋2)＝f (2－x)，所以f (x＋4)＝f (2＋(x＋2))＝f (2－(x＋2))＝f (－x)＝f (x)，所以函數f (x)是一個周期函數，且T＝4。又因為當x∈[－2,0]時，f (x)＝x－1＝()－x－1，所以當x∈[0,2]時，f (x)＝f (－x)＝()x－1，于是x∈[－2，2]時，f (x)＝()|x|－1，根據f (x)的周期性作出f (x)的圖象如圖所示。若在區間(－2,6)內關于x的方程f (x)－loga(x＋2)＝0有且只有4個不同的根，則a>1且y＝f (x)與y＝loga(x＋2)(a>1)的圖象在區間(－2,6)內有且只有4個不同的交點，因為f (－2)＝f (2)＝f (6)＝1，所以對于函數y＝loga(x＋2)(a>1)，當x＝6時，loga8<1，解得a>8，即實數a的取值范圍是(8，＋∞)。故選D。

答案　D
考向三 函數的性質及應用
微考向1：函數單調性的應用(應用型)
【例4】　(1)函數f (x)是定義在R上的奇函數，對任意兩個正數x1，x2(x1x1f (x2)，記a＝f (2)，b＝f (1)，c＝－f (－3)，則a，b，c之間的大小關系為(　　)
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>a D．a>c>b
(2)已知函數f (x)＝(a－2)ax(a>0且a≠1)，若對任意x1，x2∈R，x1≠x2，都有>0，則a的取值范圍是________。
解析　(1)因為對任意兩個正數x1，x2(x1x1f (x2)，所以>，得函數g(x)＝在(0，＋∞)上是減函數，又c＝－f (－3)＝f (3)，所以g(1)>g(2)>g(3)，即b>a>c。故選B。
(2)當02時，a－2>0，y＝ax單調遞增，所以f (x)單調遞增。又由題意知f (x)單調遞增，故a的取值范圍是(0,1)∪(2，＋∞)。
答案　(1)B　(2)(0,1)∪(2，＋∞)

(1)比較函數值的大小，應將自變量轉化到同一個單調區間內，然后利用函數的單調性解決。
(2)對于x1，x2∈[a，b]，x1≠x2，若(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0或>0，則f (x)在閉區間[a，b]上是增函數。
(3)若函數f (x)在定義域(或某一區間)上是增函數，則f (x1)變|式|訓|練
1．(2018·晉城一模)已知函數f (x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f (0)<0，則此函數的單調遞增區間是(　　)
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)
C．[－1,1) D．(－3，－1]
解析　令g(x)＝－x2－2x＋3，由題意知g(x)>0，可得－3答案　C
2．(2018·鄭州一模)若函數y＝在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值為M，最小值為m，則M－m＝(　　)
A．　　　　B．2 C．　　　　D．
解析　可令|x|＝t，則1≤t≤4，y＝－，易知y＝－在[1,4]上遞增，所以其最小值為1－1＝0；最大值為2－＝，則m＝0，M＝，則M－m＝。故選A。
答案　A
微考向2：函數奇偶性、周期性、對稱性的應用(綜合型)
【例5】　(1)已知f (x)為奇函數，函數f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x＋1對稱，若g(1)＝4，則f (－3)＝(　　)
A．2　　　B．－2 C．－1　　　D．4
(2)(2018·安徽“江南十校”聯考)f (x)是R上的奇函數，對任意實數x都有f (x)＝－f ，當x∈時，f (x)＝log2(2x－1)，則f (2 018)＋f (2 019)＝(　　)
A．0 B．1
C．－1 D．2
解析　(1)因為函數f (x)與g(x)的圖象關于直線y＝x＋1對稱，點(1,4)與點(3,2)關于直線y＝x＋1對稱，又g(1)＝4，則f (3)＝2，因為f (x)為奇函數，所以f (－3)＝－2。故選B。
(2)因為f (x)是R上的奇函數，且f (x)＝－f ，所以f ＝－f (x)。所以f ＝－f ＝f (x)，即f (x＋3)＝f (x)。所以函數f (x)的最小正周期為3，所以f (2 018)＋f (2 019)＝f (672×3＋2)＋f (673×3＋0)＝f (2)＋f (0)＝f (－1＋3)＋f (0)＝f (－1)＋f (0)＝－f (1)＝0。故選A。
答案　(1)B　(2)A

利用函數性質求值的關鍵是利用函數的奇偶性、對稱性以及函數的周期性將自變量轉化到指定區間內，然后代入函數解析式求值。記住以下結論：
若對于函數f (x)定義域內的任意一個x都有：
(1)f (x＋a)＝－f (x)(a≠0)，則函數f (x)必為周期函數，2|a|是它的一個周期。
(2)f (x＋a)＝(a≠0，f (x)≠0)，則函數f (x)必為周期函數，2|a|是它的一個周期。
(3)f (x＋a)＝－(a≠0，f (x)≠0)，則函數f (x)必為周期函數，2|a|是它的一個周期。
變|式|訓|練
1．(2018·貴陽摸底)函數f (x)＝a＋(a，b∈R)是奇函數，且圖象經過點，則函數f (x)的值域為(　　)
A．(－1,1) B．(－2,2)
C．(－3,3) D．(－4,4)
解析　函數f (x)的定義域為R，且函數f (x)為奇函數，所以f (0)＝a＋＝0?、?，又因為函數f (x)的圖象過點，所以a＋＝a＋＝?、?，根據①②可得a＝1，b＝－2，所以f (x)＝1＋。ex＋1>1?－2<<0?－1<1＋<1，所以函數f (x)的值域為(－1，1)。故選A。
答案　A
2．函數y＝f (x)滿足對任意x∈R都有f (x＋2)＝f (－x)成立，且函數y＝f (x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，f (1)＝4，則f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)的值為________。
解析　因為函數y＝f (x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，所以f (x)是R上的奇函數，f (x＋2)＝－f (x)，所以f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，故f (x)的周期為4，所以f (2 017)＝f (504×4＋1)＝f (1)＝4，所以f (2 016)＋f (2 018)＝f (2 016)＋f (2 016＋2)＝f (2 016)－f (2 016)＝0，所以f (2 016)＋f (2 017)＋f (2 018)＝4。
答案　4
考向四 指數函數、對數函數和冪函數的性質
【例6】　(2018·天津高考)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝log，則a，b，c的大小關系為(　　)
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
解析　解法一：因為a＝log2e>1，b＝ln2∈(0,1)，c＝log＝log23>log2e>1，所以c>a>b。故選D。

解法二：log＝log23，如圖，在同一坐標系中作出函數y＝log2x，y＝lnx的圖象，由圖知c>a>b。故選D。
答案　D

對數值的大小比較方法
(1)化為同底的對數后利用函數的單調性比較。
(2)利用作差或作商法比較。
(3)利用中間值(0或1)比較。
(4)化為同真數的對數后利用圖象比較。
變|式|訓|練

解析　

答案　B
2．已知a是大于0的常數，把函數y＝ax和y＝＋x的圖象畫在同一平面直角坐標系中，不可能出現的是(　　)

解析　因為a>0，所以y＝＋x是對勾函數，若00時，y＝＋x的值大于等于2，函數y＝ax和y＝＋x的圖象不可能有兩個交點。故選D。
答案　D

1．(考向一)(2018·江蘇高考)函數f (x)滿足f (x＋4)＝f (x)(x∈R)，且在區間(－2,2]上，f (x)＝則f (f (15))的值為________。
解析　因為函數f (x)滿足f (x＋4)＝f (x)(x∈R)，所以函數f (x)的最小正周期是4。因為在區間(－2,2]上，f (x)＝所以f (f (15))＝f (f (－1))＝f ＝cos＝。
答案　
2．(考向二)(2018·重慶六校聯考)函數f (x)＝的大致圖象為(　　)

解析　易知函數f (x)＝為奇函數且定義域為{x|x≠0}，只有D滿足。故選D。
答案　D
3．(考向二)函數f (x)＝與g(x)＝|x＋a|＋1的圖象上存在關于y軸對稱的點，則實數a的取值范圍是(　　)
A．R B．(－∞，－e]
C．[e，＋∞) D．?
解析　

設y＝h(x)與y＝f (x)的圖象關于y軸對稱，則h(x)＝f (－x)＝作出函數y＝h(x)與y＝g(x)的圖象如圖所示，因為f (x)與g(x)的圖象上存在關于y軸對稱的點，所以y＝h(x)與y＝g(x)的圖象有交點，所以－a≤－e，即a≥e。故選C。
答案　C
4．(考向三)已知函數f (x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1在[－1,3]上的最大值為M，最小值為m，則M＋m等于(　　)
A．4 B．2
C．1 D．0
解析　設t＝x－1，則f (x)＝(x2－2x)sin(x－1)＋x＋1＝(t2－1)sint＋t＋2，t∈[－2,2]，記g(t)＝(t2－1)sint＋t＋2，則函數y＝g(t)－2＝(t2－1)sint＋t是奇函數，由已知y＝g(t)－2的最大值為M－2，最小值為m－2，所以M－2＋(m－2)＝0，即M＋m＝4。故選A。
答案　A
5．(考向四)(2018·洛陽聯考)設a＝log36，b＝log510，c＝log714，則(　　)
A．c>b>a B．b>c>a
C．a>c>b D．a>b>c
解析　因為a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，因為log32>log52>log72，所以a>b>c。故選D。
答案　D
6．(拓展型)(2018·廣州調研)對于定義域為R的函數f (x)，若滿足①f (0)＝0；②當x∈R，且x≠0時，都有xf ′(x)>0；③當x1<0A．0 B．1
C．2 D．3
解析　f1(0)＝0，f2(0)＝e0－0－1＝0，f 3(0)＝ln1＝0，f4(0)＝0，即四個函數均滿足條件①。f 1′(x)＝－3x2＋3x，xf 1′(x)＝x(－3x2＋3x)＝－3x2(x－1)，當x>1時，xf 1′(x)<0，不滿足條件②，則函數f 1(x)不是“偏對稱函數”；f 2′(x)＝ex－1，xf 2′(x)＝x(ex－1)，當x≠0時，恒有xf 2′(x)>0，故滿足條件②；f 3′(x)＝故xf 3′(x)＝故xf 3′(x)>0在x≠0時恒成立，故滿足條件②；因為當x≠0時，f4(x)＝x＝x·＝·
，所以f4(－x)＝·＝·＝·＝f4(x)，所以當x≠0時，f4(x)是偶函數，所以當x1<0H(0)＝0，故f 2(x2)－f 2(x1)>0恒成立，所以f 2(x)滿足條件③；當x1<00，所以T(x)是(0，＋∞)上的增函數，則當x∈(0，＋∞)時，T(x)>T(0)＝0，故f 3(x2)－f 3(x1)>0恒成立，故f 3(x)滿足條件③。綜上可知“偏對稱函數”有2個。故選C。
答案　C






























































































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微專題2　函數與方程、函數的實際應用
命 題 者 說
考 題 統 計 考 情 點 擊
2018·全國卷Ⅰ·T9·函數的零點 2018·全國卷Ⅲ·T15·函數的零點 2018·浙江高考·T11·方程組的實際應用 2017·全國卷Ⅲ·T11·函數的零點 　　從近5年高考情況來看，本部分內容一直是高考的熱點，尤其是對函數的零點、方程的根的個數的判定及利用零點存在性定理判斷零點是否存在和零點存在區間的考查較為頻繁，一般會將本部分內容知識與函數的圖象和性質結合起來考查，綜合性較強，一般以選擇題、填空題形式出現，解題時要充分利用函數與方程、數形結合等思想。

考向一 判斷函數零點的個數或所在區間
【例1】　(1)函數f (x)＝log2x－的零點所在的區間為(　　)
A． B．
C．(1,2) D．(2,3)
(2)函數f (x)＝4cos2cos－2sinx－|ln(x＋1)|的零點個數為________。
解析　(1)函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，且函數f (x)在(0，＋∞)上為增函數。f ＝log2－＝－1－2＝－3<0，f (1)＝log21－＝0－1<0，f (2)＝log22－＝1－＝>0，f (3)＝log23－>1－＝>0，即f (1)·f (2)<0，所以函數f (x)＝log2x－的零點在區間(1,2)內。故選C。

(2)f (x)＝4cos2sinx－2sinx－|ln(x＋1)|＝2sinx·－|ln(x＋1)|＝sin2x－|ln(x＋1)|，令f (x)＝0，得sin2x＝|ln(x＋1)|。在同一坐標系中作出兩個函數y＝sin2x與函數y＝|ln(x＋1)|的大致圖象如圖所示。令ln(x＋1)＝1，則x＝e－1。觀察圖象可知，兩函數圖象有2個交點，故函數f (x)有2個零點。
答案　(1)C　(2)2

(1)函數零點(即方程的根)的確定問題，常見的類型有：
①函數零點值大致存在區間的確定。
②零點個數的確定。
③兩函數圖象交點的橫坐標或有幾個交點的確定。
(2)判斷函數零點個數的主要方法：
①解方程f (x)＝0，直接求零點。
②利用零點存在定理。
③數形結合法：對于給定的函數不能直接求解或畫出圖形，常會通過分解轉化為兩個能畫出的函數圖象交點問題。
變|式|訓|練
1．(2018·南寧摸底)設函數f (x)＝lnx－2x＋6，則f (x)零點的個數為(　　)
A．3　　　 　B．2 C．1　　　 　D．0
解析　令f (x)＝0，則lnx＝2x－6，令g(x)＝lnx，h(x)＝2x－6(x>0)，在同一平面直角坐標系中畫出這兩個函數的圖象，如圖所示，兩個函數圖象的交點個數就等于函數f (x)零點的個數，容易看出函數f (x)零點的個數為2，故選B。

答案　B
2．已知函數f (x)滿足：①定義域為R；②?x∈R，都有f (x＋2)＝f (x)；③當x∈[－1,1]時，f (x)＝－|x|＋1，則方程f (x)＝log2|x|在區間[－3,5]內解的個數是(　　)
A．5　　　　B．6 C．7　　　　D．8
解析　畫出函數圖象如圖所示，由圖可知，共有5個解。故選A。

答案　A
考向二 根據函數的零點求參數的范圍
【例2】　已知函數f (x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝(　　)
A．－　　　B． C．　　　D．1
解析　解法一：令f (x)＝0，則x2－2x＝－a(ex－1＋e－x＋1)，設g(x)＝ex－1＋e－x＋1，則g′(x)＝ex－1－e－x＋1＝ex－1－＝，當g′(x)＝0時，x＝1，故當x<1時，g′(x)<0，函數g(x)在(－∞，1)上單調遞減，當x>1時，g′(x)>0，函數g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，當x＝1時，函數g(x)取得最小值2，設h(x)＝x2－2x，當x＝1時，函數h(x)取得最小值－1，若－a<0，h(1)＝－ag(1)時，此時函數h(x)和－ag(x)有一個交點，即－a×2＝－1?a＝。故選C。
解法二：f (2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－2x＋a(e1－x＋ex－1)＝f (x)，所以f (x)的圖象關于x＝1對稱，而f (x)有唯一的零點，則f (x)的零點只能為x＝1，即f (1)＝－1＋2a＝0，解得a＝。故選C。
答案　C

利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法
(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解。
(2)分離參數后轉化為求函數的值域(最值)問題求解。
(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的位置關系問題，從而構建不等式求解。
變|式|訓|練
已知在區間(0,2]上的函數f (x)＝且g(x)＝f (x)－mx在區間(0,2]內有且僅有兩個不同的零點，則實數m的取值范圍是(　　)
A．∪
B．∪
C．∪
D．∪
解析　

由函數g(x)＝f (x)－mx在(0,2]內有且僅有兩個不同的零點，得y＝f (x)，y＝mx在(0,2]內的圖象有且僅有兩個不同的交點。當y＝mx與y＝－3在x∈(0,1]相切時，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－，結合圖象可得當－答案　A
考向三 函數的實際應用
【例3】　(1)某城市為了解游客人數的變化規律，提高旅游服務質量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期間月接待游客量(單位：萬人)的數據，繪制了下面的折線圖。

根據該折線圖，下列結論錯誤的是(　　)
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月
D．各年1月至6月的月接待游客量相對于7月至12月，波動性更小，變化比較平穩
(2)某工廠某種產品的年固定成本為250萬元，每生產x千件該產品需另投入的成本為G(x)(單位：萬元)，當年產量不足80千件時，G(x)＝x2＋10x；當年產量不小于80千件時，G(x)＝51x＋－1 450。已知每件產品的售價為0.05萬元。通過市場分析，該工廠生產的產品能全部售完，則該工廠在這一產品的生產中所獲年利潤的最大值是________萬元。
解析　(1)通過題圖可知A不正確，并不是逐月增加，但是每一年是遞增的，從圖觀察C是正確的，D也正確，1～6月比較平穩，7～12月波動較大。故選A。
(2)因為每件產品的售價為0.05萬元，所以x千件產品的銷售額為0.05×1 000x＝50x(萬元)。①當0答案　(1)A　(2)1 000

解決函數實際應用題的2個關鍵點
(1)認真讀題，縝密審題，準確理解題意，明確問題的實際背景，然后進行科學地抽象概括，將實際問題歸納為相應的數學問題。
(2)要合理選取參變量，設定變量之后，就要尋找它們之間的內在聯系，選用恰當的代數式表示問題中的關系，建立相應的函數模型，最終求解數學模型使實際問題獲解。
變|式|訓|練
1．(2018·昆明調研)下圖是1951～2016年我國年平均氣溫變化圖。

根據上圖，下列結論正確的是(　　)
A．1951年以來，我國年平均氣溫逐年增高
B．1951年以來，我國年平均氣溫在2016年再創新高
C．2000年以來，我國年平均氣溫都高于1981～2010年的平均值
D．2000年以來，我國年平均氣溫的平均值高于1981～2010年的平均值
解析　由1951～2016年我國年平均氣溫變化圖可以看出，年平均氣溫有升高的也有降低的，所以A錯誤；2016年的年平均氣溫不是最高的，所以B錯誤；2012年的年平均氣溫低于1981～2010年的平均值，所以C錯誤；2000年以來，只有2012年的年平均氣溫低于1981～2010年的平均值，所以2000年以來，我國年平均氣溫的平均值高于1981～2010年的平均值，故D正確。故選D。
答案　D
2．(2018·馬鞍山一模)某高校為提升科研能力，計劃逐年加大科研經費投入。若該高校2017年全年投入科研經費1 300萬元，在此基礎上，每年投入的科研經費比上一年增長12%，則該高校全年投入的科研經費開始超過2 000萬元的年份是________。(參考數據：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)(　　)
A．2020年 B．2021年
C．2022年 D．2023年
解析　若2018年是第一年，則第n年科研費為1 300×1.12n，由1 300×1.12n>2 000，可得lg1.3＋nlg1.12>lg2，得n×0.05>0.19，n>3.8，n≥4，即4年后，到2021年科研經費超過2 000萬元。故選B。
答案　B

1．(考向一)(2018·昆明調研)已知函數f (x)＝則函數f (x)的零點個數為________。
解析　解法一：當x>1時，由log2(x－1)＝0得x＝2，即x＝2為函數f (x)在區間(1，＋∞)上的一個零點；當x≤1時，因為f (x)＝x3－3x＋1，所以f ′(x)＝3x2－3，由f ′(x)＝0得x＝－1或x＝1，因為當x<－1時，f ′(x)>0，當－1≤x≤1時，f ′(x)≤0，所以x＝－1為函數f (x)＝x3－3x＋1在(－∞，1]上的極大值點，因為f (－1)＝3>0，f (1)＝－1<0，且當x→－∞時，f (x)→－∞，所以函數f (x)＝x3－3x＋1在(－∞，1]上有兩個不同的零點。綜上，函數f (x)的零點個數為3。
解法二：當x>1時，作出函數y＝log2(x－1)的圖象如圖①所示，當x≤1時，由f (x)＝x3－3x＋1＝0得，x3＝3x－1，在同一個平面直角坐標系中分別作出函數y＝x3和y＝3x－1的圖象如圖②所示，由圖①，②可知函數f (x)的零點個數為3。

答案　3
2．(考向一)(2018·洛陽統考)已知函數f (x)滿足f (1－x)＝f (1＋x)＝f (x－1)(x∈R)，且當0≤x≤1時，f (x)＝2x－1，則方程|cosπx|－f (x)＝0在[－1,3]上的所有根之和為(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
解析　方程|cosπx|－f (x)＝0在[－1,3]上的所有根之和即y＝|cosπx|與y＝f (x)在[－1,3]上的圖象交點的橫坐標之和。由f (1－x)＝f (1＋x)得f (x)的圖象關于直線x＝1對稱，由f (1－x)＝f (x－1)得f (x)的圖象關于y軸對稱，由f (1＋x)＝f (x－1)得f (x)的一個周期為2，而當0≤x≤1時，f (x)＝2x－1，在同一坐標系中作出y＝f (x)和y＝|cosπx|在[－1,3]上的大致圖象，如圖所示。易知兩圖象在[－1,3]上共有11個交點，又y＝f (x)，y＝|cosπx|的圖象都關于直線x＝1對稱，故這11個交點也關于直線x＝1對稱，故所有根之和為11。故選D。

答案　D
3．(考向二)已知函數f (x)＝－kx2(x∈R)有四個不同的零點，則實數k的取值范圍是(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，1)
C．(0,1) D．(1，＋∞)
解析　因為x＝0是函數f (x)的零點，則函數f (x)＝－kx2(k∈R)有四個不同的零點，等價于方程k＝有三個不同的根，即方程＝|x|(x＋2)有三個不同的根。記函數g(x)＝|x|(x＋2)＝由題意y＝與y＝g(x)有三個不同的交點，作圖可知(圖略)0<<1，所以k>1。故選D。
答案　D
4．(考向二)(2018·四川統考)函數f (x)＝若關于x的方程2f 2(x)－(2a＋3)f (x)＋3a＝0有五個不同的零點，則a的取值范圍是(　　)
A．(1,2) B．
C． D．∪
解析　

作出f (x)＝|x|＋1，x≠0的圖象如圖所示。設t＝f (x)，則原方程化為2t2－(2a＋3)t＋3a＝0，由圖象可知，若關于x的方程2f 2(x)－(2a＋3)f (x)＋3a＝0有五個不同的實數解，只有當直線y＝a與函數y＝f (x)的圖象有兩個不同的公共點時才滿足條件，所以10，解得a≠，綜上，得1答案　D
5．(考向三)(2018·西城模擬)在標準溫度和大氣壓下，人體血液中氫離子的物質的量的濃度(單位：mol/L，記作[H＋])和氫氧根離子的物質的量的濃度(單位：mol/L，記作[OH－])的乘積等于常數10－14。已知pH值的定義為pH＝－lg[H＋]，健康人體血液的pH值保持在7.35～7.45之間，那么健康人體血液中的可以為________。(參考數據：lg2≈0.30，lg3≈0.48)(　　)
A．　　　　B． C．　　　　D．
解析　因為[H＋]·[OH－]＝10－14，所以＝[H＋]2×1014，因為7.35<－lg[H＋]<7.45，所以10－7.45<[H＋]<10－7.35，所以10－0.9<＝1014·[H＋]2<10－0.7,10－0.9＝>，lg100.7＝0.7>lg3>lg2，所以100.7>3>2,10－0.7<<，所以<<。故選C。
答案　C






























































































第 13 頁 共 13 頁


微專題3　導數的簡單應用
命 題 者 說
考 題 統 計 考 情 點 擊
2018·全國卷Ⅰ·T5·函數的奇偶性、導數的幾何意義 2018·全國卷Ⅱ·T13·導數的幾何意義 2018·全國卷Ⅲ·T14·導數的幾何意義 2017·全國卷Ⅱ·T11·利用導數求函數的極值 2016·全國卷Ⅲ·T15·導數的幾何意義 　　1.此部分內容是高考命題的熱點內容。在選擇題、填空題中多考查導數的幾何意義，難度較小。 2.應用導數研究函數的單調性、極值、最值，多在選擇題、填空題最后幾題的位置考查，難度中等偏上，屬綜合性問題。有時也常在解答題的第一問中考查，難度一般。

考向一 導數的計算與幾何意義
【例1】　(1)(2018·全國卷Ⅰ)設函數f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax。若f (x)為奇函數，則曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
(2)(2018·天津高考)已知函數f (x)＝exlnx，f ′(x)為f (x)的導函數，則f ′(1)的值為________。
解析　(1)解法一：因為函數f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數，所以f (－x)＝－f (x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因為x∈R，所以a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。
解法二：因為函數f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以(－1＋a－1－a)＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。
解法三：易知f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因為f (x)為奇函數，所以函數g(x)＝x2＋(a－1)x＋a為偶函數，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f (x)＝x3＋x，所以f ′(x)＝3x2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲線y＝f (x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x。故選D。
(2)由題意得f ′(x)＝exlnx＋ex·，則f ′(1)＝e。
答案　(1)D　(2)e

(1)求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點。
(2)利用導數的幾何意義解題，主要是利用導數、切點坐標、切線斜率之間的關系來進行轉化。以平行、垂直直線斜率間的關系為載體求參數的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關系，進而和導數聯系起來求解。
變|式|訓|練
1．(2018·合肥質檢)已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數的底數)，則實數a的值是(　　)
A．　　　　B．1 C．2　　　　D．e
解析　由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－lna，代入曲線方程得y＝1－lna，所以切線方程為y－(1－lna)＝2(x＋lna)，即y＝2x＋lna＋1＝2x＋1?a＝1。故選B。
答案　B
2．(2018·廣州調研)已知直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切，則實數k的值為________。
解析　由y＝xlnx得，y′＝lnx＋1。設直線y＝kx－2與曲線y＝xlnx相切于點P(x0，y0)，則切線方程為y－y0＝(lnx0＋1)(x－x0)，又直線y＝kx－2恒過點(0，－2)，所以點(0，－2)在切線上，把(0，－2)以及y0＝x0lnx0代入切線方程，得x0＝2，故P(2,2ln2)。把(2,2ln2)代入直線的方程y＝kx－2，得k＝1＋ln2。
答案　1＋ln2
考向二 導數與函數的單調性
微考向1：利用導數求函數的單調區間
【例2】　已知函數f (x)＝－lnx＋x2＋5，則其單調遞增區間為(　　)
A．(0,1] B．[0,1]
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析　由題意知，函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，因為f (x)＝－lnx＋x2＋5，所以f ′(x)＝－＋x＝(x2－1)。由???x>1。故選D。
答案　D

用導數求y＝f (x)的單調區間，應轉化為求f ′(x)>0或f ′(x)<0的解集，應注意函數的定義域。如果一個函數具有相同單調性的區間不止一個，那么這些單調區間不能用“∪”連接，應用“，”隔開。
變|式|訓|練
已知函數f (x)＝x2＋3x－2lnx，則函數f (x)的單調遞減區間為________。
解析　函數f (x)＝x2＋3x－2lnx的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝2x＋3－，令2x＋3－<0，即2x2＋3x－2<0，解得x∈。又x∈(0，＋∞)，所以x∈。所以函數f (x)的單調遞減區間為。
答案　
微考向2：利用導數求參數的取值范圍
【例3】　(1)設函數f (x)＝在區間(a，a＋2)內單調遞增，則實數a的取值范圍是________。
(2)已知函數g(x)＝kx3－x－2在區間(1,2)內不單調，則實數k的取值范圍是________。
解析　(1)函數f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝，由f ′(x)＝>0，解得0(2)依題意g′(x)＝3kx2－1。①當k≤0時，g′(x)＝3kx2－1≤0，所以g(x)在(1,2)內單調遞減，不滿足題意；②當k>0時，g(x)在內單調遞減，在內單調遞增。因為函數g(x)在區間(1,2)內不單調，所以1< <2，解得答案　(1)[0，e－2]　(2)

根據函數y＝f (x)在區間(a，b)上的單調性，求參數范圍的方法
(1)若函數y＝f (x)在區間(a，b)上單調遞增，轉化為f ′(x)≥0在區間(a，b)上恒成立求解。
(2)若函數y＝f (x)在區間(a，b)上單調遞減，轉化為f ′(x)≤0在區間(a，b)上恒成立求解。
(3)若函數y＝f (x)在區間(a，b)上單調，轉化為f ′(x)在區間(a，b)上不變號，即f ′(x)在區間(a，b)上恒正或恒負。
(4)若函數y＝f (x)在區間(a，b)上不單調，轉化為f ′(x)＝0在區間(a，b)上有解。
變|式|訓|練
1．若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)內是減函數，則b的取值范圍是________。
解析　若f (x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)內是減函數，則對任意x∈(－1，＋∞)，f ′(x)＝－x＋≤0，只需b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)內恒成立，令y＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，則在(－1，＋∞)內y>－1，所以b的取值范圍是b≤－1。
答案　(－∞，－1]
2．若函數f (x)＝x2－ex－ax在R上存在單調遞增區間，則實數a的取值范圍是________。
解析　因為函數f (x)＝x2－ex－ax，所以f ′(x)＝2x－ex－a。因為函數f (x)＝x2－ex－ax在R上存在單調遞增區間，所以f ′(x)＝2x－ex－a>0有解，即a<2x－ex有解。令g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，g′(x)＝2－ex＝0，x＝ln2，g′(x)＝2－ex>0，xln2，所以當x＝ln2時，g(x)max＝2ln2－2。所以a<2ln2－2。故實數a的取值范圍是(－∞，2ln2－2)。
答案　(－∞，2ln2－2)
微考向3：導數與不等式
【例4】　(2018·德州模擬)設偶函數f (x)定義在∪上，其導函數為f ′(x)，當02f cosx的解集為(　　)
A．∪
B．∪
C．∪
D．∪
解析　令g(x)＝，因為f (x)是定義在∪上的偶函數，所以g(x)是定義在∪上的偶函數，又當02f cosx化為>，即g(x)>g，則|x|<，又x∈∪，所以x∈∪。故選C。
答案　C

本題考查利用導數研究不等式問題。利用導數研究不等式恒成立問題或不等式的解集問題，往往要根據已知和所求合理構造函數，再求導進行求解，如本題中的關鍵是利用“f ′(x)cosx＋f (x)sinx<0”和“f (x)>2f cosx”的聯系構造函數g(x)＝。
變|式|訓|練
(2018·益陽、湘潭調研)π是圓周率，e是自然對數的底數，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數中，最小的數與最大的數分別是(　　)
A．3e,3π B．3e，eπ
C．e3，π3 D．πe,3π
解析　構造函數f (x)＝，f (x)的定義域為(0，＋∞)，求導得f ′(x)＝，當f ′(x)>0，即0e時，函數f (x)單調遞減。故函數f (x)的單調遞增區間為(0，e)，單調遞減區間為(e，＋∞)。因為e<3<π，所以eln3π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六個數中的最大的數是3π，同理得最小的數為3e。故選A。
答案　A
考向三 導數與函數的極值、最值
【例5】　(1)(2018·河南漯河四模)設函數f (x)在R上可導，其導函數為f ′(x)，且函數y＝(1－x)f ′(x)的圖象如圖所示，則下列結論一定成立的是(　　)

A．x＝1為f (x)的極大值點
B．x＝1為f (x)的極小值點
C．x＝－1為f (x)的極大值點
D．x＝－1為f (x)的極小值點
(2)(2018·全國卷Ⅰ)已知函數f (x)＝2sinx＋sin2x，則f (x)的最小值是________。
解析　(1)繪制表格考查函數的性質如下：
區間 (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞)
1－x符號 ＋ ＋ －
y＝(1－x)f ′(x)的符號 － ＋ －
f ′(x)符號 － ＋ ＋
f (x)的單調性 單調遞減 單調遞增 單調遞增
據此可得，函數f (x)在x＝－1處取得極小值，在x＝1處無極值。故選D。
(2)解法一：因為f (x)＝2sinx＋sin2x，所以f ′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4·(cosx＋1)，由f ′(x)≥0得≤cosx≤1，即2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z，由f ′(x)≤0得－1≤cosx≤，即2kπ＋π≥x≥2kπ＋或2kπ－π≤x≤2kπ－，k∈Z，所以當x＝2kπ－(k∈Z)時，f (x)取得最小值，且f (x)min＝f ＝2sin＋sin2＝－。
解法二：因為f (x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3，設cosx＝t，則y＝4(1－t)(1＋t)3(－1≤t≤1)，所以y′＝4[－(1＋t)3＋3(1－t)(1＋t)2]＝4(1＋t)2(2－4t)，所以當－10；當解法三：因為f (x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，所以[f (x)]2＝4sin2x(1＋cosx)2＝4(1－cosx)(1＋cosx)3≤·4＝，當且僅當3(1－cosx)＝1＋cosx，即cosx＝時取等號，所以0≤[f (x)]2≤，所以－≤f (x)≤，所以f (x)的最小值為－。
解法四：f (x)的最小值只能在使得解得cosx＝1，cosx＝－1，cosx＝的這些點處取到，對應的sinx的值依次是：sinx＝0，sinx＝0，sinx＝±。顯然，f (x)min＝2××＝－。
答案　(1)D　(2)－

(1)求函數f (x)的極值，需先求方程f ′(x)＝0的根，再檢查f ′(x)在方程根的左右函數值的符號。
(2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f ′(x)＝0根的大小或存在情況來求解。
(3)求函數f (x)在閉區間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區間端點的函數值f (a)，f (b)與f (x)的各極值進行比較得到函數的最值。求f (x)在(a，b)的最值需討論函數的單調性。
變|式|訓|練
1．設函數f (x)在(m，n)上的導函數為g(x)，x∈(m，n)，若g(x)的導函數小于零恒成立，則稱函數f (x)在(m，n)上為“凸函數”。已知當a≤2時，f (x)＝x3－ax2＋x，在x∈(－1,2)上為“凸函數”，則函數f (x)在(－1,2)上結論正確的是(　　)
A．既有極大值，也有極小值
B．有極大值，沒有極小值
C．沒有極大值，有極小值
D．既沒有極大值，也沒有極小值
解析　g(x)＝f ′(x)＝x2－ax＋1。由已知得g′(x)＝x－a<0，當x∈(－1,2)時恒成立，故a≥2，又已知a≤2，故a＝2，此時由f ′(x)＝0，得x1＝2－，x2＝2＋?(－1,2)，當x∈(－1,2－)時，f ′(x)>0；當x∈(2－，2)時，f ′(x)<0，所以函數f (x)在(－1,2)有極大值，沒有極小值，故選B。
答案　B
2．(2018·貴州聯考)已知函數f (x)＝lnx－，若函數f (x)在[1，e]上的最小值為，則a的值為(　　)
A．－ B．－
C．－ D．e eq \s\up15( )
解析　由題意，f ′(x)＝＋，若a≥0，則f ′(x)>0，函數單調遞增，所以f (x)min＝f (1)＝－a＝，矛盾；若－e答案　A

1．(考向一)(2018·全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________。
解析　y′＝aex＋(ax＋1)ex，則f ′(0)＝a＋1＝－2，所以a＝－3。
答案　－3
2．(考向二)(2018·安徽黃山八校聯考)已知f (x)為R上的可導函數，且?x∈R，均有f ′(x)<2f (x)，則有(　　)
A．e4 034f (－2 017)e4 034f (0)
B．e4 034f (－2 017)C．e4 034f (－2 017)>f (0)，f (2 017)>e4 034f (0)
D．e4 034f (－2 017)>f (0)，f (2 017)解析　構造函數g(x)＝，g′(x)＝，因為f ′(x)<2f (x)，所以g′(x)<0，即g(x)在R上單調遞減，所以g(－2 017)>g(0)，所以>，所以e4 034f (－2 017)>f (0)，同理得g(2 017)答案　D
3．(考向二)(2018·河南聯考)若函數f (x)＝mx2－lnx－在(1，＋∞)上單調遞增，則實數m的取值范圍為________。
解析　因為f ′(x)＝2mx－＋≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≥的最大值，令y＝，則y′＝＝0，解得x＝，當x＝時，ymax＝，所以m≥。
答案　
4．(考向三)(2018·廣東中山二測)設函數f (x)＝xsinx在x＝x0處取得極值，則(1＋x)(1＋cos2x0)的值為(　　)
A．1 B．－1
C．－2 D．2
解析　由題意可得f ′(x)＝sinx＋xcosx；因為f (x)在x＝x0處取得極值，所以f ′(x0)＝sinx0＋x0cosx0＝0；所以x0＝－＝－tanx0，則(1＋x)(1＋cos2x0)＝(1＋tan2x0)·(1＋cos2x0)＝×2cos2x0＝2。故選D。
答案　D
5．(考向三)(2018·汕頭質檢)已知函數f (x)＝－mx(e為自然對數的底數)，若f (x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則實數m的取值范圍是(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，e)
C． D．
解析　因為f (x)＝－mx>0在(0，＋∞)上恒成立，所以m<在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，x>0，所以g′(x)＝＝，當02時，g′(x)>0，g(x)單調遞增。故當x＝2時，g(x)取得最小值，且最小值為g(2)＝。所以m<。故選C。
答案　C

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