高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)第1部分專題二-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)必考點(diǎn)

PAGEPAGE36專題二函數(shù)與導(dǎo)數(shù)必考點(diǎn)一函數(shù)概念與性質(zhì)[高考預(yù)測(cè)]——運(yùn)籌帷幄：1．根據(jù)函數(shù)解析式求解函數(shù)的定義域或值域．2．考查分段函數(shù)的求值或已知函數(shù)值求自變量取值等．3．考查函數(shù)的性質(zhì)的判定及應(yīng)用．[速解必備]——決勝千里：1．有關(guān)函數(shù)的奇偶性問(wèn)題：(1)若f(x)是奇函數(shù)，且x＝0有意義時(shí)，則f(0)＝0；(2)奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇，奇＋奇＝奇，偶＋偶＝偶．2．有關(guān)函數(shù)的對(duì)稱性問(wèn)題(1)若函數(shù)y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱．(2)若f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對(duì)稱．(3)若f(x＋a)為奇函數(shù)?f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,0)成中心對(duì)稱；若f(x＋a)為偶函數(shù)?f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱．3．有關(guān)函數(shù)的周期性問(wèn)題(1)若函數(shù)y＝f(x)的圖象有兩條對(duì)稱軸x＝a，x＝b(a≠b)，則函數(shù)y＝f(x)必是周期函數(shù)，且一個(gè)周期為T(mén)＝2|a－b|；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象有兩個(gè)對(duì)稱中心A(a,0)，B(b,0)(a≠b)，則函數(shù)y＝f(x)必是周期函數(shù)，且一個(gè)周期為T(mén)＝2|a－b|；(3)如果函數(shù)y＝f(x)的圖象有一個(gè)對(duì)稱中心A(a，c)和一條對(duì)稱軸x＝b(a≠b)，則函數(shù)y＝f(x)必是周期函數(shù)，且一個(gè)周期為T(mén)＝4|a－b|.(4)若函數(shù)f(x)滿足－f(x)＝f(a＋x)，則f(x)是周期為2a的周期函數(shù)；(5)若f(x＋a)＝eq\f(1,fx)(a≠0)恒成立，則T＝2a；(6)若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)(a≠0)恒成立，則T＝2a.[速解方略]——不拘一格類型一函數(shù)表示及定義域、值域；[例1](1)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1,0)，則函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?)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)，所以函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，選B.答案：Beq\x(方略點(diǎn)評(píng)：此題型視2x＋1為整體，使之在fx的定義域內(nèi)再求解x.)(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,2x－1，x≥1，))則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計(jì)算，則f(log212)為偶數(shù)，∴f(－2)＋f(log212)為奇數(shù)，只能選C.答案：C方略點(diǎn)評(píng)：1.基本法分段求值．是分段函數(shù)的正向求值的一般思路：速解法是巧用了結(jié)果的特征排除答案．2．求函數(shù)f[g(x)]的定義域問(wèn)題，要注意g(x)的整體思想的應(yīng)用．3．對(duì)于分段函數(shù)的求值(解不等式)問(wèn)題，必須依據(jù)條件準(zhǔn)確地找出利用哪一段求解．1．(2016·高考全國(guó)甲卷)下列函數(shù)中，其定義域和值域分別與函數(shù)y＝10lgx的定義域和值域相同的是()A．y＝xB．y＝lgxC．y＝2xD．y＝eq\f(1,\r(x))解析：根據(jù)函數(shù)解析式特征求函數(shù)的定義域、值域．函數(shù)y＝10lgx的定義域與值域均為(0，＋∞)．函數(shù)y＝x的定義域與值域均為(－∞，＋∞)．函數(shù)y＝lgx的定義域?yàn)?0，＋∞)，值域?yàn)?－∞，＋∞)．函數(shù)y＝2x的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，值域?yàn)?0，＋∞)．函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))的定義域與值域均為(0，＋∞)．故選D.答案：D2．設(shè)函數(shù)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，則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，當(dāng)eq\f(5,2)－b≥1，即b≤eq\f(3,2)時(shí)，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)；當(dāng)eq\f(5,2)－b＜1，即b＞eq\f(3,2)時(shí)，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．綜上，b＝eq\f(1,2)，故選D.答案：D類型二函數(shù)的奇偶性對(duì)稱性[例2](1)若函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)，則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))，則ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(eq\r(a＋x2)－x)＝0，∴l(xiāng)n[(eq\r(a＋x2))2－x2]＝0，得lna＝0，∴a＝1.速解法：根據(jù)“奇×奇＝偶”，設(shè)g(x)＝ln(x＋eq\r(a＋x2))為奇函數(shù)即可．又∵g(0)＝0，∴l(xiāng)neq\r(a)＝0，∴a＝1.答案：1方略點(diǎn)評(píng)：基本法是根據(jù)偶函數(shù)的定義f－x＝fx待定a.速解法是根據(jù)奇函數(shù)、偶函數(shù)的特殊結(jié)論快速求解.(2)設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是()A．f(x)g(x)是偶函數(shù)B．|f(x)|g(x)是奇函數(shù)C．f(x)|g(x)|是奇函數(shù)D．|f(x)g(x)|是奇函數(shù)解析：基本法：由題意可知f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，對(duì)于選項(xiàng)A，f(－x)·g(－x)＝－f(x)·g(x)，所以f(x)g(x)是奇函數(shù)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B.|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)，所以|f(x)|g(x)是偶函數(shù)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，所以f(x)|g(x)|是奇函數(shù)，故C項(xiàng)正確；對(duì)于選項(xiàng)D，|f(－x)g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝|f(x)g(x)|，所以|f(x)g(x)|是偶函數(shù)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤，選C.速解法：y＝f(x)是奇函數(shù)，則y＝|f(x)|為偶函數(shù)．故f(x)·g(x)＝奇，A錯(cuò)，|f(x)|g(x)＝偶，B錯(cuò)．f(x)|g(x)|＝奇，C正確．答案：C方略點(diǎn)評(píng)：1.函數(shù)奇偶性判定主要有①定義法，②圖象法，③特殊結(jié)論．要注意定義域必須關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．2．此題基本法利用的是定義法，速解法利用的是特殊結(jié)論．1．已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[－a，a](a＞0)上的奇函數(shù)，若g(x)＝f(x)＋2016，則g(x)的最大值與最小值之和為()A．0B．1C．2016D．4032解析：基本法：函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[－a，a](a＞0)上的奇函數(shù)，則f(x)最小值與最大值的關(guān)系為f(x)min＝－f(x)max，所以g(x)min＝f(x)min＋2016，g(x)max＝f(x)max＋2016，則g(x)max＋g(x)min＝0＋2016＋2016＝4032.故選D.速解法：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為奇函數(shù)，所以其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．而g(x)＝f(x)＋2016的圖象是由f(x)的圖象向上平移2016個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，故g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，2016)對(duì)稱，所以eq\f(gxmax＋gxmin,2)＝2016，即g(x)max＋g(x)min＝4032.故選D.答案：D2．已知f(x)、g(x)是R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，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類型三函數(shù)單調(diào)性、周期性與對(duì)稱性的綜合應(yīng)用[例3](1)偶函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，f(3)＝3，則f(－1)＝________.解析：基本法：∵函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，∴f(2＋x)＝f(2－x)對(duì)任意x恒成立，令x＝1，得f(1)＝f(3)＝3，∴f(－1)＝f(1)＝3.速解法：由題意y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝0和x＝2對(duì)稱，則周期T＝4.∴f(－1)＝f(－1＋4)＝f(3)＝3.答案：3方略點(diǎn)評(píng)：基本法是利用函數(shù)關(guān)于x＝a對(duì)稱，則fa＋x＝fa－x的性質(zhì)計(jì)算.速解法是利用了周期性，可快速求解.(2)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增．若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，則a的取值范圍是()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)，∴原不等式可化為f(log2a)≤f(1)．又∵f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴0≤log2a≤1，即1≤a≤2.∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(log2a)≤f(－1)．又f(x)在區(qū)間(－∞，0]上單調(diào)遞減，∴－1≤log2a≤0，∴eq\f(1,2)≤a≤1.綜上可知eq\f(1,2)≤a≤2.速解法：當(dāng)a＝2時(shí)，log2a＝1，a＝－1，原不等式為f(1)＋f(－1)≤2f(1)，即2f(1)≤2f(1)成立，排除B.當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，原不等式為f(－1)＋f(1)≤2f(1)成立，排除A.當(dāng)a＝eq\f(1,4)時(shí)，原不等式為f(－2)＋f(2)≤2f(1)，即f(2)≤f(1)與f(x)為增函數(shù)矛盾，排除D.答案：C方略點(diǎn)評(píng)：1.基本法是利用單調(diào)性化簡(jiǎn)不等式．速解法是特例檢驗(yàn)法．2．求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與確定單調(diào)性的方法一樣．常用的方法有：(1)利用已知函數(shù)的單調(diào)性，即轉(zhuǎn)化為已知函數(shù)的和、差或復(fù)合函數(shù)，求單調(diào)區(qū)間．(2)定義法：先求定義域，再利用單調(diào)性定義確定單調(diào)區(qū)間．(3)圖象法：如果f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，則可由圖象的直觀性寫(xiě)出它的單調(diào)區(qū)間．(4)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)取值的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．3．若函數(shù)f(x)在定義域上(或某一區(qū)間上)是增函數(shù)，則f(x1)<f(x2)?x1<x2.利用上式，可以去掉抽象函數(shù)的符號(hào)，將函數(shù)不等式(或方程)的求解化為一般不等式(或方程)的求解，但無(wú)論如何都必須在定義域內(nèi)或給定的范圍內(nèi)進(jìn)行．1．(2016·高考四川卷)若函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f(x)＝4x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝________.解析：根據(jù)周期函數(shù)及奇函數(shù)的定義求解．∵f(x)是周期為2的奇函數(shù)，∴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．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(axx＜0，,a－3x＋4ax≥0))滿足對(duì)任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，則a的取值范圍是________．解析：基本法：因?yàn)閷?duì)任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0成立，所以f(x)是減函數(shù)，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)))[終極提升]——登高博見(jiàn)選擇題、填空題的解法——概念辨析法方法詮釋概念辨析法是從題設(shè)條件出發(fā)，通過(guò)對(duì)數(shù)學(xué)概念的辨析，進(jìn)行少量運(yùn)算或推理，直接選擇出正確結(jié)論的方法．這類題目一般是給出一個(gè)創(chuàng)新定義，或涉及一些似是而非、容易混淆的概念或性質(zhì)，需要考生在平時(shí)注意辨析有關(guān)概念，準(zhǔn)確區(qū)分相應(yīng)概念的內(nèi)涵與外延，同時(shí)在審題時(shí)多加小心．運(yùn)用技巧運(yùn)用此方法，要準(zhǔn)確把握定義的含義，把從定義和題目中獲取的信息進(jìn)行有效整合，并轉(zhuǎn)化為熟悉的知識(shí)加以解決.

限時(shí)速解訓(xùn)練五函數(shù)概念與性質(zhì)(建議用時(shí)40分鐘)一、選擇題(在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的)1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的函數(shù)是()A．y＝x3B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1D．y＝2－|x|解析：選B.y＝x3是奇函數(shù)，y＝－x2＋1和y＝2－|x|在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，故選B.2．若函數(shù)y＝f(2x＋1)是偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程是()A．x＝1B．x＝－1C．x＝2D．x＝－2解析：選A.∵f(2x＋1)是偶函數(shù)，∴f(2x＋1)＝f(－2x＋1)?f(x)＝f(2－x)，∴f(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝1.3．下列函數(shù)為奇函數(shù)的是()A．y＝eq\r(x)B．y＝|sinx|C．y＝cosxD．y＝ex－e－x解析：選D.因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\r(x)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以函數(shù)y＝eq\r(x)為非奇非偶函數(shù)，排除A；因?yàn)閥＝|sinx|為偶函數(shù)，所以排除B；因?yàn)閥＝cosx為偶函數(shù)，所以排除C；因?yàn)閥＝f(x)＝ex－e－x，f(－x)＝e－x－ex＝－(ex－e－x)＝－f(x)，所以函數(shù)y＝ex－e－x為奇函數(shù)，故選D.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x＜0，,fx－1＋1，x≥0，))則f(2016)＝()A．2014B.eq\f(4029,2)C．2015D.eq\f(4035,2)解析：選D.利用函數(shù)解析式求解．f(2016)＝f(2015)＋1＝…＝f(0)＋2016＝f(－1)＋2017＝2－1＋2017＝eq\f(4035,2)，故選D.5．已知f(x)是R上的奇函數(shù)，且滿足f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝2x2＋3，則f(7)＝()A．－5B．5C．－101D．101解析：選A.f(x＋2)＝－f(x)，令x＝x＋2，有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，知函數(shù)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是偶函數(shù)，且其定義域?yàn)閇6a－1，a]，則a＋b＝()A.eq\f(1,7)B．－1C．1D．7解析：選A.∵f(x)為偶函數(shù)，∴b＝0.定義域?yàn)閇6a－1，a]則6a－1＋a＝0，∴a＝eq\f(1,7)，∴a＋b＝eq\f(1,7).7．若函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－a)是奇函數(shù)，則使f(x)＞3成立的x的取值范圍為()A．(－∞，－1)B．(－1,0)C．(0,1)D．(1，＋∞)解析：選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，化簡(jiǎn)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.故選C.8．設(shè)f(x)是定義在R上以2為周期的偶函數(shù)，已知x∈(0,1)時(shí)，f(x)＝logeq\f(1,2)(1－x)，則函數(shù)f(x)在(1,2)上()A．是增函數(shù)且f(x)＜0B．是增函數(shù)且f(x)＞0C．是減函數(shù)且f(x)＜0D．是減函數(shù)且f(x)＞0解析：選D.設(shè)－1＜x＜0，則0＜－x＜1，f(－x)＝logeq\f(1,2)(1＋x)＝f(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閒(x)以2為周期，所以函數(shù)f(x)在(1,2)上也單調(diào)遞減且有f(x)＞0.9．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x＋1,x2＋1)，若f(a)＝eq\f(2,3)，則f(－a)＝()A.eq\f(2,3)B．－eq\f(2,3)C.eq\f(4,3)D．－eq\f(4,3)解析：選C.f(x)＝eq\f(x2＋x＋1,x2＋1)＝1＋eq\f(x,x2＋1)，設(shè)f(x)＝1＋g(x)，即g(x)＝eq\f(x,x2＋1)＝f(x)－1.g(x)為奇函數(shù)，滿足g(－x)＝－g(x)．由f(a)＝eq\f(2,3)，得g(a)＝f(a)－1＝－eq\f(1,3)，則g(－a)＝eq\f(1,3)，故f(－a)＝1＋g(－a)＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3).10．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(0)＝－1，且對(duì)任意x∈R，有f(x)＝－f(2－x)成立，則f(2017)的值為()A．1B．－1C．0D．2解析：選C.由題知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f(x)＝－f(2－x)，可知函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù)．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，故選C.11．設(shè)f(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，滿足條件y＝f(x＋1)是偶函數(shù)，且當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，則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)))的大小關(guān)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：選A.函數(shù)y＝f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，即函數(shù)關(guān)于x＝1對(duì)稱．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)))，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1單調(diào)遞減，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)))，故選A.12．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0]上單調(diào)遞減，則滿足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是()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：選A.由函數(shù)f(x)為偶函數(shù)且在區(qū)間(－∞，0]上單調(diào)遞減，得函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是將不等式f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))轉(zhuǎn)化為f(|2x－1|)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).根據(jù)單調(diào)性，知|2x－1|＜eq\f(1,3)，解得eq\f(1,3)＜x＜eq\f(2,3)，故選A.二、填空題(把答案填在題中橫線上)13．函數(shù)y＝eq\r(2－x)＋lgx的定義域是________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x≥0，,x＞0))得0＜x≤2.因此，函數(shù)y＝eq\r(2－x)＋lgx的定義域是(0,2]．答案：(0,2]14．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a－x,x－a－1)的圖象的對(duì)稱中心是(3，－1)，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．解析：函數(shù)f(x)＝eq\f(a－x,x－a－1)的圖象的對(duì)稱中心是(3，－1)，將函數(shù)的表達(dá)式化為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．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x－1，x≤1，,logax，x＞1，))若f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：要使函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則有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的取值范圍是(2,3]．答案：(2,3]16．關(guān)于函數(shù)，給出下列命題：①若函數(shù)f(x)是R上周期為3的偶函數(shù)，且滿足f(1)＝1，則f(2)－f(－4)＝0；②若函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)f(x)＝2017，則f(x)是周期函數(shù)；③若函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x＞0，,fx，x＜0))是偶函數(shù)，則f(x)＝x＋1；④函數(shù)y＝eq\r(log\f(1,3)|2x－3|)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).其中正確的命題是________．(寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào))解析：①因?yàn)閒(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正確．②因?yàn)閒(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)是周期為2的周期函數(shù)，②正確．③令x＜0，則－x＞0，g(－x)＝－x－1.又g(x)為偶函數(shù)，所以g(x)＝g(－x)＝－x－1.即f(x)＝－x－1，③不正確．④要使函數(shù)有意義，需滿足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)，即函數(shù)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，④不正確．答案：①②必考點(diǎn)二指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)圖象與性質(zhì)[高考預(yù)測(cè)]——運(yùn)籌帷幄1．考查指數(shù)冪及對(duì)數(shù)式的化簡(jiǎn)與運(yùn)算．2．以指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)為原型進(jìn)行復(fù)合而成的函數(shù)的圖象與性質(zhì)．3．指數(shù)型、對(duì)數(shù)型、冪型的方程式不等式的求解問(wèn)題．[速解必備]——決勝千里1．二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c為偶函數(shù)?b＝0.2．指數(shù)函數(shù)在同一直角坐標(biāo)系中的圖象的相對(duì)位置與底數(shù)大小的關(guān)系如圖所示，則0＜c＜d＜1＜a＜b.在y軸右側(cè)，圖象從上到下相應(yīng)的底數(shù)由大變??；在y軸左側(cè)，圖象從下到上相應(yīng)的底數(shù)由大變??；即無(wú)論在y軸的左側(cè)還是右側(cè)，底數(shù)按逆時(shí)針?lè)较蜃兇螅?．對(duì)數(shù)函數(shù)圖象在同一直角坐標(biāo)中的相對(duì)位置與底數(shù)的大小關(guān)系如圖所示．0＜d＜c＜1＜a＜b，在第一象限順時(shí)針?lè)较虻讛?shù)變大．4．y＝logax，當(dāng)x∈(1，＋∞)且a>1時(shí)，y>0，當(dāng)x∈(0,1)且0<a<1時(shí)，y>0，記憶：“真底同，對(duì)數(shù)正”．5．logab＝eq\f(1,logba)，logab·logbc·logcd＝logad.6．y＝axy＝logax定義域R值域R值域(0，＋∞)定義域(0，＋∞)7．對(duì)于函數(shù)，y＝ax＋eq\f(b,x)，(a>0，b>0)的單調(diào)分界點(diǎn)是ax＝eq\f(b,x)，即x＝±eq\r(\f(b,a)).[速解方略]——不拘一格類型一比較函數(shù)值的大小[例1](1)設(shè)a＝log32，b＝log52，c＝log23，則()A．a(chǎn)＞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，∴l(xiāng)og3eq\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.故選D.速解法：分別作出y＝log3x，y＝log2x，y＝log5x的圖象，在圖象中作出a、b、c的值，觀察其大小，可得c＞a＞b.答案：D方略點(diǎn)評(píng)：基本法是利用了每個(gè)對(duì)數(shù)值的范圍的估算.,速解法是利用不同底的對(duì)數(shù)函數(shù)圖象的相對(duì)位置關(guān)系，只要能作出其圖象，便可容易得出大小關(guān)系.(2)已知x＝lnπ，y＝log52，z＝，則()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，故選D.答案：D方略點(diǎn)評(píng)：1利用指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，利用插值法來(lái)比較大小.2對(duì)于多個(gè)數(shù)的大小比較，可插入0，分出正數(shù)與負(fù)數(shù)，正數(shù)中再插入1，分出0，1間與1，＋∞的數(shù)；也可直接利用單調(diào)性或數(shù)形結(jié)合法比較大小.1．(2016·高考全國(guó)丙卷)已知a＝，則()A．b＜a＜cB．a(chǎn)＜b＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b解析：利用冪函數(shù)的性質(zhì)比較大?。遹＝在第一象限內(nèi)為增函數(shù)，又5＞4＞3，∴c＞a＞b.答案：A2．設(shè)a＝，b＝2，c＝3，則()A．a(chǎn)＞b＞cB．a(chǎn)＞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，選A.答案：A類型二指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)圖象的變換與應(yīng)用[例2](1)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝2x＋a的圖象關(guān)于直線y＝－x對(duì)稱，且f(－2)＋f(－4)＝1，則a＝()A．－1B．1C．2D．4解析：基本法：設(shè)(x，y)是函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(diǎn)，它關(guān)于直線y＝－x的對(duì)稱點(diǎn)為(－y，－x)，由y＝f(x)的圖象與y＝2x＋a的圖象關(guān)于直線y＝－x對(duì)稱，可知(－y，－x)在y＝2x＋a的圖象上，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，選C.速解法：設(shè)y1＝f(－2)，則(－2，y1)關(guān)于y＝－x的對(duì)稱點(diǎn)為(－y1,2)在y＝2x＋a上，∴2＝2－y1＋a，∴－y1＋a＝1，即y1＝a－1同理設(shè)y2＝f(－4)，∴4＝2－y2＋a，即y2＝a－2.∴y1＋y2＝1，∴a－1＋a－2＝1，∴a＝2答案：C方略點(diǎn)評(píng)：兩種方法都采用了關(guān)于y＝－x對(duì)稱點(diǎn)的特征.基本法是具體求出對(duì)稱函數(shù)，速解法是間接求出f－2及f－4.(2)當(dāng)0＜x≤eq\f(1,2)時(shí)，4x＜logax，則a的取值范圍是()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，則函數(shù)y＝4x與y＝logax的大致圖象如圖，則只需滿足logaeq\f(1,2)＞2，解得a＞eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(\r(2),2)＜a＜1，故選B.速解法：若a＞1，∵x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，顯然logax＜0，原不等式不成立，∴0＜a＜1.若a＝eq\f(1,2)，當(dāng)x＝eq\f(1,2)時(shí)，logax＝1,4x＝4eq\f(1,2)＝2，顯然不成立，∴故只能選B.答案：B方略點(diǎn)評(píng)：1.基本法是利用圖象的變換關(guān)系，速解法是特值檢驗(yàn)．2．作函數(shù)圖象，要注意各個(gè)函數(shù)圖象的相對(duì)位置及變化，要做到即“形似”又“神似”．1．(2016·高考全國(guó)乙卷)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為()解析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)y＝2x2－e|x|在[0,2]上的圖象，再利用奇偶性判斷．∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.設(shè)g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex.又g′(0)<0，g′(2)>0，∴g(x)在(0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，排除C.答案：D2．(2016·山西太原質(zhì)檢)若關(guān)于x的不等式4ax－1＜3x－4(a＞0，且a≠1)對(duì)于任意的x＞2恒成立，則a的取值范圍為()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等價(jià)于ax－1＜eq\f(3,4)x－1.令f(x)＝ax－1，g(x)＝eq\f(3,4)x－1，當(dāng)a＞1時(shí)，在同一坐標(biāo)系中作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如圖1所示，由圖知不滿足條件；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，在同一坐標(biāo)系中作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，如圖2所示，則f(2)≤g(2)，即a2－1≤eq\f(3,4)×2－1，即a≤eq\f(1,2)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故選B.答案：B類型三關(guān)于指數(shù)、對(duì)數(shù)的方程、不等式的求解方法[例3](1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,－log2x＋1，x＞1，))且f(a)＝－3，則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：當(dāng)a≤1時(shí)，f(a)＝2a－1－2＝－3，即2a－1＝－1，不成立，舍去；當(dāng)a＞1時(shí)，f(a)＝－log2(a＋1)＝－3，即log2(a＋1)＝3，得a＋1＝23＝8，∴a＝7，此時(shí)f(6－a)＝f(－1)＝2－2－2＝－eq\f(7,4).速解法：當(dāng)x≤1時(shí)，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)，選A.答案：A方略點(diǎn)評(píng)：基本法是分別使用兩段解析式進(jìn)行求值驗(yàn)證.速解法是分析第一段的值域來(lái)確定fa＝－3的可能性.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－1，x＜1，,x\f(1,3)，x≥1，))則使得f(x)≤2成立的x的取值范圍是________．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：當(dāng)x＜1時(shí)，f(x)＝ex－1為增函數(shù)，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝xeq\f(1,3)為增函數(shù)．∴f(x)在R上為增函數(shù)，且ex－1＜1.∴令xeq\f(1,3)≤2，∴x≤8.答案：(－∞，8]方略點(diǎn)評(píng)：1基本法是分段討論fx≤2的解，速解法是利用了整個(gè)函數(shù)fx的單調(diào)性.2對(duì)數(shù)函數(shù)、指數(shù)函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，首先明確底數(shù)的取值來(lái)確認(rèn)單調(diào)性及圖象特征.3分段函數(shù)要分段討論處理，同時(shí)注意整體性和分段點(diǎn).1．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋3x＞0，,x2＋1x≤0，))若f(a)＝5，則a＝________.解析：基本法：利用分段函數(shù)求解．由題意可得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．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x＞0.))若|f(x)|≥ax，則a的取值范圍是()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，))其圖象如圖．由對(duì)數(shù)函數(shù)圖象的變化趨勢(shì)可知，要使ax≤|f(x)|，則a≤0，且ax≤x2－2x(x≤0)，即a≥x－2對(duì)x≤0恒成立，所以a≥－2.綜上，－2≤a≤0，故選D.答案：D[終極提升]——登高博見(jiàn)選擇題、填空題的解法——估算法方法詮釋由于選擇題提供了唯一正確的選項(xiàng)，解答又無(wú)需過(guò)程，因此，有些題目不必進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算，只需對(duì)其數(shù)值特點(diǎn)和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?jì)，便能作出正確的判斷，這就是估算法．估算法的關(guān)鍵是確定結(jié)果所在的大致范圍，否則“估算”就沒(méi)有意義．估算法往往可以減少運(yùn)算量，但是加強(qiáng)了思維的層次．應(yīng)用方向估算法是根據(jù)變量變化的趨勢(shì)或極值的取值情況進(jìn)行求解的方法．當(dāng)題目從正面解析比較麻煩，特值法又無(wú)法確定正確的選項(xiàng)時(shí)，如難度稍大的函數(shù)的最值或取值范圍、函數(shù)圖象的變化等問(wèn)題，常用此種方法確定選項(xiàng).

限時(shí)速解訓(xùn)練六指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)圖象與性質(zhì)(建議用時(shí)40分鐘)一、選擇題(在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的)1．已知a＝50.5，b＝0.55，c＝log50.5，則下列關(guān)系中正確的是()A．a(chǎn)＞b＞cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a解析：選A.因?yàn)閍＝50.5＞50＝1,0＜b＝0.55＜0.50＝1，c＝log50.5＜log51＝0，所以a＞b＞c.故選A.2．函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(2,x)的一個(gè)零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A．(0,1)B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)解析：選B.因?yàn)閒(1)＝ln2－2＜0，f(2)＝ln3－1＞0，所以f(x)在(1,2)上必存在零點(diǎn)．故選B.3．函數(shù)f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))的圖象是()解析：選B.要使函數(shù)f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))有意義，需滿足x－eq\f(1,x)＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以排除A、D；當(dāng)x＞10時(shí)，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，故選B.4．函數(shù)f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象與曲線y＝ex關(guān)于y軸對(duì)稱，則f(x)＝()A．ex＋1B．ex－1C．e－x＋1D．e－x－1解析：選D.依題意，f(x)的圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度之后得到的曲線對(duì)應(yīng)的函數(shù)應(yīng)為y＝e－x，于是f(x)的圖象相當(dāng)于曲線y＝e－x向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度的結(jié)果，∴f(x)＝e－x－1，故選D.5．函數(shù)f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和為a，則a的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．4解析：選B.f(x)＝ax＋loga(x＋1)是單調(diào)遞增(減)函數(shù)(原因是y＝ax與y＝loga(x＋1)的單調(diào)性相同)，且在[0,1]上的最值分別在兩端點(diǎn)處取得，最值之和為f(0)＋f(1)＝a0＋loga1＋a＋loga2＝a，∴l(xiāng)oga2＋1＝0，∴a＝eq\f(1,2).6．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0，,fx－6，x＞0，))則f(2019)＝()A．－1B．0C．1D．2解析：選D.∵2019＝6×337－3，∴f(2019)＝f(－3)＝log2(1＋3)＝2.故選D.7．設(shè)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．a(chǎn)a＜ab＜baB．a(chǎn)a＜ba＜abC．a(chǎn)b＜aa＜baD．a(chǎn)b＜ba＜aa解析：選C.由于指數(shù)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x是減函數(shù)，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.當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y＝ax為減函數(shù)，所以ab＜aa，排除A、B；又因?yàn)閮绾瘮?shù)y＝xa在第一象限內(nèi)為增函數(shù)，所以aa＜ba，選C.8．下列四個(gè)命題：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.其中真命題是()A．①③B．②③C．②④D．③④解析：選C.根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可知①③是錯(cuò)誤的，②④是正確的，故選C.9．若a＝2x，b＝eq\r(x)，c＝x，則“a＞b＞c”是“x＞1”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件解析：選B.如圖，可知“x＞1”?“a＞b＞c”，但“a＞b＞c”?“x＞1”，即“a＞b＞c”是“x＞1”的必要不充分條件．故選B.10．若不等式4x2－logax＜0對(duì)任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()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：選A.∵不等式4x2－logax＜0對(duì)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)))時(shí)，函數(shù)y＝4x2的圖象在函數(shù)y＝logax的圖象的下方．如圖，∴0＜a＜1.再根據(jù)它們的單調(diào)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).綜上可得eq\f(1,256)≤a＜1，故選A.11．已知x0是f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq\f(1,x)的一個(gè)零點(diǎn)，x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)，則()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：選C.在同一坐標(biāo)系下作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，f(x)＝－eq\f(1,x)的圖象(如圖)，由圖象可知當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＞－eq\f(1,x)；當(dāng)x∈(x0,0)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＜－eq\f(1,x)，所以當(dāng)x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0,0)時(shí)，有f(x1)＞0，f(x2)＜0，故選C.12．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)－eq\f(1,2)，[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，則函數(shù)y＝[f(x)]的值域是()A．{0,1}B．{－1,0}C．{－1,1}D．{1}解析：選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]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，∴y＝[f(x)]的值域?yàn)閧－1,0}，故選B.二、填空題(把答案填在題中橫線上)13．已知函數(shù)f(x)＝lgx，若f(ab)＝1，則f(a2)＋f(b2)＝________.解析：∵f(x)＝lgx，f(ab)＝1，∴l(xiāng)g(ab)＝1，∴f(a2)＋f(b2)＝lga2＋lgb2＝2lg(ab)＝2.答案：214．若函數(shù)f(x)＝2|x－a|(a∈R)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)m的最小值等于________．解析：由f(1＋x)＝f(1－x)可知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，所以a＝1.結(jié)合圖象知函數(shù)f(x)＝2|x－1|在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故實(shí)數(shù)m的最小值為1.答案：115．已知函數(shù)f(x)＝則不等式f(x)＞1的解集為_(kāi)_______．解析：若x≤0，則不等式f(x)＞1可轉(zhuǎn)化為3x＋1＞1?x＋1＞0?x＞－1，∴－1＜x≤0；若x＞0，則不等式f(x)＞1可轉(zhuǎn)化為logeq\f(1,3)x＞1?x＜eq\f(1,3)，∴0＜x＜eq\f(1,3).綜上，不等式f(x)＞1的解集為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．若直線y＝2a與函數(shù)y＝|ax－1|(a＞0且a≠1)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)a＞1時(shí)，作出函數(shù)y＝|ax－1|的圖象如圖(1)，此時(shí)y＝2a＞2，只有一個(gè)交點(diǎn)，不成立．當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)y＝|ax－1|的圖象如圖(2)，此時(shí)0＜2a＜2，要使兩個(gè)函數(shù)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，則有0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2)，所以a的取值范圍是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)))

必考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用[高考預(yù)測(cè)]——運(yùn)籌帷幄1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間或求參數(shù)．2．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值，由函數(shù)極值求參數(shù)．3．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)切線問(wèn)題．[速解必備]——決勝千里1．閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值，開(kāi)區(qū)間內(nèi)的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值．2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有兩個(gè)極值點(diǎn)，且x1<x2，當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的圖象如圖，x1為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)圖象如圖，x1為極小值點(diǎn)，x2為極大值點(diǎn)．3．若函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，則f′(x)為奇函數(shù)，若函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)，則f′(x)為偶函數(shù)，4．y＝ex在(0,1)處的切線方程為y＝x＋1.[速解方略]——不拘一格類型一導(dǎo)數(shù)的幾何意義及應(yīng)用[例1](1)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過(guò)點(diǎn)(2,7)，則a＝________.解析：基本法：由題意可得f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1，又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切線過(guò)點(diǎn)(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)連線斜率k＝eq\f(5－a,1)＝5－a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.答案：1方略點(diǎn)評(píng)：基本法是先由切點(diǎn)求切線方程再代入2，7，求a.速解法是利用斜率的求法建立a的方程.(2)已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝________.解析：基本法：令f(x)＝x＋lnx，求導(dǎo)得f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設(shè)直線y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切點(diǎn)為P(x0，y0)，則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，當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不滿足此方程，∴x0＝－eq\f(1,2)，此時(shí)a＝8.速解法：求出y＝x＋lnx在(1,1)處的切線為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(顯然不成立)．答案：8方略點(diǎn)評(píng)：1基本法是用導(dǎo)數(shù)的方法，速解法利用了判別式法，也較簡(jiǎn)單.2曲線y＝fx在點(diǎn)Px0，y0處的切線，Px0，y0為切點(diǎn)，其切線斜率為f′x0，其切線方程為y－y0＝f′x0x－x0.如果f′x0不存在，則切線為x＝x0.1．設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0B．1C．2D．3解析：基本法：y′＝a－eq\f(1,x＋1)，當(dāng)x＝0時(shí)，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故選D.答案：D2．(2016·高考全國(guó)丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝e－x－1－x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,2)處的切線方程是________．解析：首先求出x>0時(shí)函數(shù)的解析式，再由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，最后由點(diǎn)斜式得切線方程．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(shí)，f(x)＝eq\f(ex,e)＋x，∴f′(x)＝eq\f(ex·e,e2)＋1＝ex－1＋1，∴f′(1)＝2，所以所求切線方程為y－2＝2(x－1)，即y＝2x.答案：y＝2x類型二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值[例2](1)已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)解析：基本法：a＝0時(shí)，不符合題意．a(chǎn)≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).若a＞0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不符合題意．則a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時(shí)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，化簡(jiǎn)得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故選C.速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，在(－1,0)處有零點(diǎn)，不符合題意．∴a＜0，若a＝－eq\f(4,3)，則f(x)＝－eq\f(4,3)x3－3x2＋1f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－eq\f(3,2).此時(shí)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))為極小值且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜0，有三個(gè)零點(diǎn)，排除D.答案：Ceq\x(方略點(diǎn)評(píng)：基本法是直接求解a，并使極小值f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＞0.速解法是用特值檢驗(yàn)排除.)(2)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形C．若x0是f(x)的極小值點(diǎn)，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減D．若x0是f(x)的極值點(diǎn)，則f′(x0)＝0解析：基本法：由三次函數(shù)的值域?yàn)镽知，f(x)＝0必有解，A項(xiàng)正確；因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的圖象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形，B項(xiàng)正確；若y＝f(x)有極值點(diǎn)，則其導(dǎo)數(shù)y＝f′(x)必有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x1，x2(x1＜x2)，則有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上遞增，在(x1，x2)上遞減，在(x2，＋∞)上遞增，則x2為極小值點(diǎn)，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．選C.速解法：聯(lián)想f(x)的圖象模型如圖顯然C錯(cuò)．答案：C方略點(diǎn)評(píng)：1.函數(shù)圖象是研究函數(shù)單調(diào)性、極值、最值最有利的工具．2．可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，如函數(shù)f(x)＝x3，當(dāng)x＝0時(shí)就不是極值點(diǎn)，但f′(0)＝0.3．極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)取得極值；在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件．4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)的值的符號(hào)，如果“左正右負(fù)”，那么f(x)在這個(gè)根處取得極大值；如果“左負(fù)右正”，那么f(x)在這個(gè)根處取得極小值；如果左右不改變符號(hào)，即都為正或都為負(fù)，則f(x)在這個(gè)根處無(wú)極值．1．函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集為{x|－2≤x≤3}，且f(x)的極小值等于－115，則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的解集為{x|－2≤x≤3}可知a＞0，且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系知－eq\f(2b,3a)＝(－2)＋3，eq\f(c,3a)＝－2×3，∴b＝eq\f(－3a,2)，c＝－18a，此時(shí)f(x)＝ax3－eq\f(3a,2)x2－18ax－34，當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(－2,3)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，∴f(3)為f(x)的極小值，∵f(3)＝27a－eq\f(27a,2)－54a－34＝－115，∴a＝2，故選C.答案：C2．已知向量a，b滿足|a|＝2|b|≠0，且關(guān)于x的函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)|a|x2＋a·bx在R上有極值，則向量a，b的夾角的取值范圍是()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：設(shè)a，b的夾角為θ，則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，∵函數(shù)f(x)有極值，∴f′(x)＝0有2個(gè)不等的實(shí)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，故選C.答案：C類型三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性[例3]若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)解析：基本法：由題意知f′(x)≥0對(duì)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對(duì)任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，分離參數(shù)得a≥eq\f(1,x2)－2x，若滿足題意，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?yàn)閔′(x)＝－eq\f(2,x3)－2，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時(shí)，h′(x)＜0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以h(x)＜heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3，故a≥3.速解法：當(dāng)a＝0時(shí)，檢驗(yàn)f(x)是否為增函數(shù)，當(dāng)a＝0時(shí)，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)與增函數(shù)矛盾．排除A、B、C.故選D.答案：D方略點(diǎn)評(píng)：基本法采用分離參數(shù)法來(lái)研究單調(diào)性.速解法采用特值法，結(jié)合圖象求解集.(2)若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：基本法：依題意得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，故選D.速解法：若k＝1，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－lnx為增函數(shù)．答案：D方略點(diǎn)評(píng)：1基本法是采用f′x≥0在1，＋∞恒成立，直接求解.速解法采用特值驗(yàn)證法排除答案.2①若求單調(diào)區(qū)間或證明單調(diào)性，只需在函數(shù)fx的定義域內(nèi)解或證明不等式f′x>0或f′x<0即可.②若已知fx的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′x≥0或f′x≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)題求解.1．對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足eq\f(1－x,f′x)≤0，則必有()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：選A.當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞減，當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)遞增，∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值同時(shí)也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，則f(0)＋f(2)＞2f(1)，故選A.2．(2016·高考北京卷)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值為_(kāi)_______．解析：基本法：先利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，再進(jìn)一步求解函數(shù)的最大值．f′(x)＝eq\f(x－1－x,x－12)＝－eq\f(1,x－12)，當(dāng)x≥2時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，故f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案：2[終極提升]——登高博見(jiàn)選擇題、填空題的解法——構(gòu)造法方法詮釋用構(gòu)造法解填空題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型，從而簡(jiǎn)化推導(dǎo)與運(yùn)算過(guò)程．構(gòu)造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎(chǔ)之上的，首先應(yīng)觀察題目，觀察已知(例如代數(shù)式)形式上的特點(diǎn)，然后積極調(diào)動(dòng)思維，聯(lián)想、類比已學(xué)過(guò)的知識(shí)及各種數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)、數(shù)學(xué)模型，深刻地了解問(wèn)題及問(wèn)題的背景(幾何背景、代數(shù)背景)，從而構(gòu)造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學(xué)模型，達(dá)到快速解題的目的.解題關(guān)鍵正確分析條件和結(jié)構(gòu)的特殊性，聯(lián)想常見(jiàn)的數(shù)學(xué)知識(shí).

限時(shí)速解訓(xùn)練七導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(建議用時(shí)40分鐘)一、選擇題(在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的)1．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,4)－alnx，若f′(2)＝3，則實(shí)數(shù)a的值為()A．4B．－4C．2D．－2解析：選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．曲線y＝ex在點(diǎn)A處的切線與直線x－y＋3＝0平行，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為()A．(－1，e－1)B．(0,1)C．(1，e)D．(0,2)解析：選B.設(shè)A(x0，ex0)，y′＝ex，∴y′|x＝x0＝ex0.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知切線的斜率k＝ex0.由切線與直線x－y＋3＝0平行可得切線的斜率k＝1.∴ex0＝1，∴x0＝0，∴A(0,1)．故選B.3．若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍為()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：選C.若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點(diǎn)，則f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12≥0，從而c