2019高考数学压轴题命题全-2019年高考数学概率压轴题_高中生题库网|高考真题|高考试题-「密云二中」

高中数学有关球的相关知识-高中数学路线问题

2020年10月6日发(作者：祖柏)

压轴题命题区间(一)
?
?
函数与方程
增分点抽象问题有形化，破解抽象函数难题

抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征式子的一类函
数．由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考查的起点较高，使得此类问题成为函
数内容的难点之一，使多数学生感觉无从下手，望而生畏．事实上，解决此类问题时，只 要准确掌握函数的性质，熟知我们所学的基本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数
问题，问题就迎刃而解了．
x＋1
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝与y
x
＝f(x)图象的交点为(x
1，y
1
)，(x
2
，y
2
)，…，(x
m，y
m
)，则
?
(x
i
＋y
i
)＝( )
i
＝
1
m
A．0
C．2m
[思路点拨]
B．m
D．4m
(1)由于题目条件中的f(x)没有具体的解析式，仅给出了它满足的性质f(－x)＝2－f(x)，
即f(x)(x∈R)为抽象函数，显然我们不可能求出这些点的坐标，这说明这些交点坐标应满足
某种规律，而这种规律必然和这两个函数的性质有关．
x＋1
(2)易知函数y＝
x
关于点(0,1)成中心对称，自然而然的让我们有这样的想法：函数
f(x)(x∈R)的图象是否也关于点(0,1)成中心对称？基于这个想法及选择题的特点，那么解题
方向不外乎两个：一是判断f(x)的对称性，利用两个函数的对称性求解；二是构造一个具体
的函数f(x)来求解．
[方法演示]
法一：利用函数的对称性
由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)＝2，所以点(x，f(x))与点(－x，f(－x))连线的中点是
(0,1)，故函数f(x)的图象关于点 (0,1)成中心对称．(此处也可以这样考虑：由f(－x)＝2－f(x)，
知f(－x)＋f(x )－2＝0，即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，令F(x)＝f(x)－1，则F(x)＋F(－ x)＝0，
即F(x)＝f(x)－1为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而F(x)的图象可看成是f(x)的图象向下
x＋1
1
平移一个单位得到的，故f(x)的图象关于点(0, 1)对称)．又y＝
x
＝1＋
x
的图象也关于点(0,1)
对称，所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称，所以对于每一组对称点x
i
＋x
i
′＝0，y
i
＋y
i
′
m
mm
m
＝2，所以
?
(x
i
＋y
i
)＝
?
x
i
＋
?
y
i
＝0＋2×＝m，故选B.
2
i＝
1
i
＝
1i
＝
1

法二：构造特殊函数
由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，
即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0.
令F(x)＝f(x)－1，则F(x)为奇函数，
即f(x)－1为奇函数，从而可令f(x)－1＝x，
即f(x)＝x＋1，显然该函数满足此条件．
x＋1
此时y＝f(x)与y＝
x
的交点分别为(1,2)和(－1,0)，
所以m＝2，
?
(x
i
＋y
i
)＝1＋2＋(－1)＋0＝2，
i
＝
1
m
结合选项可知选B.
答案：B
[解题师说]
1．解决抽象函数问题的2个常用方法
函数性
质法
特殊
值法

2．解决抽象函数问题常用的结论
a＋b
(1)函数y＝f(x)关于x＝对称?f(a＋x)＝f(b－x)?f(x)＝f(b＋a－x)．
2
特例：函数y＝f(x)关于x＝a对称?f(a＋x)＝f(a－x)?f(x)＝f(2a－x )；
函数y＝f(x)关于x＝0对称?f(x)＝f(－x)(即为偶函数)．
(2)函数y＝f(x)关于点(a，b)对称?f(a＋x)＋f(a－x)＝2b?f(2a＋x)＋f(－x)＝2 b.
特例：函数y＝f(x)关于点(a,0)对称?f(a＋x)＋f(a－x)＝0?f(2a＋ x)＋f(－x)＝0；
函数y＝f(x)关于点(0,0)对称?f(x)＋f(－x)＝0(即为奇函数)．
(3 )y＝f(x＋a)是偶函数?函数y＝f(x)关于直线x＝a对称；y＝f(x＋a)是奇函数?函数y＝f(x)关于(a,0)对称．
(4)对于函数f(x)定义域内任一自变量的值x：
①若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a；
②若f(x＋a)＝
1
，则T＝2a；
f?x?
先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质，这样函数就不再
抽象了，而是变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题
根据对题目给出的抽象的函数性质的理解，我们找到一个符合题意的
具体函数或给变量赋值，把抽象函数问题化为具体的数学问题，从而问题
得解

③若f(x＋a)＝－
1
，则T＝2a；(a>0)
f?x?
④若f(x＋a)＝f(x＋b)(a≠b)，则T＝|a－b|；
⑤若f(2a－x)＝f(x)且f(2b－x)＝f(x)(a≠b)，则T＝2|b－a|.
[应用体验]
1．已知函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f(f( x)－2
x
)＝3，则f(3)
的值是( )
A．3
C．9
B．7
D．12
解析：选C 由题意，知对任意x∈R，都有 f(f(x)－2
x
)＝3，不妨令f(x)－2
x
＝c，其中
c是常数，则f(c)＝3，所以f(x)＝2
x
＋c.再令x＝c，则f(c)＝2
c ＋c＝3，即2
c
＋c－3＝0.易得
2
c
与3－c至多只有 1个交点，即c＝1.所以f(x)＝2
x
＋1，所以f(3)＝2
3
＋1＝ 9.
2．已知奇函数f(x)(x∈D)，当x>0时，f(x)≤f(1)＝2.给出下列命题：
①D＝[－1,1]；
②对?x∈D，|f(x)|≤2；
③?x
0
∈D，使得f(x
0
)＝0；
④?x
1
∈D，使得f(x
1
)＝1.
其中所有正确命题的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选A 由奇函数f(x)(x∈D)，当x>0时，f(x)≤f(1)＝2，只说明函数有最值，与
定义域无关，故①错误；对于②，可能f(3)＝－3，|f(3)|＝3>2，故②错误；对于③ ，当0不
在D中，且x轴为渐近线时，则不满足③；当y＝1为渐近线时，不满足④，因此选A. 3．已知定义域为R的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，当x>2时，f(x)单调递增，
若x
1
＋x
2
<4且(x
1
－2)·(x
2
－2)<0，则f(x
1
)＋f(x
2
)的值( )
A．恒大于0
C．可能等于0
B．恒小于0
D．可正可负
解析：选B 法一：由f(－x)＝－f(x＋4)，
得f(－x＋2)＝－f(x－2＋4)＝－f(x＋2)，
即f(x＋2)＝－f(－x＋2)，
故函数f(x)的对称中心为M(2,0)．
令x＝－2，得f(2)＝－f(2)，解得f(2)＝0.

又函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，画出函数的大致图象如图所示．
由(x
1
－2)(x
2
－2)<0，可得x
1
－2与x2
－2异号，即x
1
，x
2
分布在直线x＝2的两侧，不
妨设x
1
<22
.
由x
1
＋x
2
<4，可得(x
1
－2)＋(x
2
－2)<0，即|x
1 －2|>|x
2
－2|，由函数的对称性，可知必有
f(x
1
)＋f(x
2
)<0.
法二：由f(－x)＝－f(x＋4)可知，f(2＋x)＝－f(2－x)，则函数图象关于点(2,0)中心对
称．因为x<2时，f(x)单调递增，所以x> 2时，f(x)单调递增．因为x
1
＋x
2
<4且(x
1
－ 2)·(x
2
－2)<0，设x
1
<22
，则x
2
<4－x
1
，所以f(x
2
)1
)．又因为f(4－x
1
)＝－f(x
1
)，所以f(x
2
)<
－f(x
1
)，即f(x
1
)＋f(x
2
)< 0.

一、选择题
1．函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x＋2)＝
A．5
1
C.
5
1
，若f(1)＝－5，则f(f(5))的值为( )
f?x?
B．－5
1
D．－
5
1
，
f?x?
解析：选D ∵函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x＋2)＝
∴f( x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝
1
＝f(x)，
f?x＋2?
即函数f(x)是以4为周期的周期函数．
∵f(1)＝－5，
11
∴f(f(5))＝f(f(1))＝f(－5)＝f(3)＝＝－.
5
f?1?
2．(2017·天津高考)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log
2
5.1)，
b＝g(2
0.8
)，c＝g(3 )，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．bB．cD．b解析：选C 由f(x)为奇函数，知g(x)＝xf(x)为偶函数．
因为f(x)在R上单调递增，f(0)＝0，
所以当x>0时，f(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(x)>0.
又a＝g(－log
2
5.1)＝g(log
2
5.1)，b＝g(2
0.8
)，c＝g( 3)，
2
0
．
8
<2＝log
2
42
5.12
8＝3，
所以b3．(20 16·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x
2
－2x－3|与y

＝f(x)图象的交点分别为(x
1
，y
1
)，(x
2
，y
2
)，…，(x
m
，y
m
)，则
?
x
i
＝( )
i
＝
1
m
A．0 B．m C．2m D．4m
解析：选B ∵f(x)＝f(2－x)，
∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称． 又y＝|x
2
－2x－3|＝|(x－1)
2
－4|的图象关于直线x ＝1对称，∴两函数图象的交点关于直
线x＝1对称．
m
m
当m为偶数时，
?
x
i
＝2×＝m；
2
i
＝
1
当m为奇数时，
?
x
i
＝2×
i
＝
1
m
m－1
＋1＝m.
2
4．已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)＝x
3
－1；当－1≤x≤1时，f(－x )＝－f(x)；
11
1
x＋
?
＝f
?
x－
?
，则f(6)＝( ) 当x>时，f
?
?
2
??
2
?
2
A．－2
C．0
1
解析：选D 由题意知当x>时，
2
11
x ＋
?
＝f
?
x－
?
，则f(x＋1)＝f(x)． f?
?
2
??
2
?
又当－1≤x≤1时，f(－x)＝－ f(x)，
∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)．
又当x<0时，f(x)＝x
3
－1，
∴f(－1)＝－2，∴f(6)＝2.
5．已知定义在R上的函数f(x)，对任意x∈R ，都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立，若函数
y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝－1对称，则f(2 018)的值为( )
A．2 018
C．0
B．－2 018
D．4
B．－1
D．2
解析：选C 依题意得，函数y＝f( x)的图象关于直线x＝0对称，因此函数y＝f(x)是偶
函数，且f(－2＋4)＝f(－2)＋f (2)，即f(2)＝f(2)＋f(2)，所以f(2)＝0，所以f(x＋4)＝f(x)，
即函数 y＝f(x)是以4为周期的函数，f(2 018)＝f(4×504＋2)＝f(2)＝0.
6． (2018·广西三市联考)已知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(2log
3
a)>f(－2)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，3) B．(0，3)

C．(3，＋∞) D．(1，3)
解析：选B ∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f(－2)＝f(2)，∴f(2log
3
a)>f(2)．∵
1
2log
3
a>0，f(x)在区间[0，＋ ∞)上单调递减，∴0<2log
3
a<2?log
3
a2
7．设函数y＝f(x)(x∈R)的图象关于直线x＝0及直线x＝1对称，且x∈[0, 1]时，f(x)
3
－
?
＝( ) ＝x
2
，则f
?
?
2
?
1
A.
2
3
C.
4
1
B.
4
9
D.
4
解析：选B 法一：∵函数y＝f(x)(x∈R)的图象关于直线x＝0对称，
∴f(－x)＝f(x)．
∵函数y＝f(x)(x∈R)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(1－x)＝f(1＋x)．
331111
1
－
?
＝ f
??
＝f
?
1＋
?
＝f
?
1－
?
＝f
??
＝
??
2
＝. ∴f
?
?2
??
2
??
2
??
2
??
2
??
2
?
4
法二：∵函数y＝f(x)关于直线x＝0对称，则函数f(x )是偶函数，又关于x＝1对称，
33311
1
－
?
＝f
? ?
＝f
?
2－
?
＝f
??
＝
??
2
＝. 则f(2－x)＝f(x)，故f
?
?
2
??
2 ??
2
??
2
??
2
?
4
8．定义在R上的函数y＝f(x)，满足f(4－x)＝f(x)，(x－2)·f′(x)＜0，若x
1＜x
2
且x
1
＋x
2
＞4，则有( )
A．f(x
1
)＜f(x
2
)
C．f(x
1
)＝f(x
2
)
B．f(x
1
)＞f(x
2
)
D．不确定
解析：选B 由f(4－x)＝f(x)，知函数f(x)关于直线x＝2对称．又(x－2)f′(x )＜0，故
当x＞2时，函数f(x)单调递减；当x＜2时，函数f(x)单调递增，所以当x＝2时，函数f(x)
取得最大值．由x
1
＜x
2
且x
1
＋x
2
＞4知x
1
离x＝2更近，故f(x
1
)＞f(x 2
)．
9．(2018·惠州第一次调研)已知函数y＝f(x)的定义域为R，且满足下列三个条件： f?x
1
?－f?x
2
?
①对任意的x
1
，x
2
∈[4,8]，当x
1
＜x
2
时，都有＞0恒成立；
x
1
－x
2
②f(x＋4)＝－f(x)；
③y＝f(x＋4)是偶函数．
若a＝f(8)，b＝f(11)，c＝f(2 018)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜c
C．a＜c＜b
B．b＜c＜a
D．c＜b＜a
解析：选B 由①知函数f(x)在区间[4,8 ]上为单调递增函数；由②知f(x＋8)＝－f(x＋

4)＝f(x)，即函数f(x )的周期为8，所以c＝f(2 018)＝f(252×8＋2)＝f(2)，b＝f(11)＝f(3)；由
③可知函数f(x)的图象关于直线x＝4对称，所以b＝f(3)＝f(5)，c＝f(2)＝f(6 )．因为函数f(x)
在区间[4,8]上为单调递增函数，所以f(5)＜f(6)＜f(8)，即b ＜c＜a.
10．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0, 2]上是增函数，则
( )
A．f(－25)B．f(80)C．f(11)D．f(－25)解析：选D 因为f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，
所以f(x－8)＝f(x)，所以函数f(x)是以 8为周期的周期函数，则f(－25)＝f(－1)，f(80)
＝f(0)，f(11)＝f(3)．
由f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x－4)＝－f(x)，得f(11)＝f(3)＝－f (－1)＝f(1)．
因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，f(x)在R上是奇函数，
所以f(x)在区间[－2,2]上是增函数，
所以f(－1)即f(－25)11．(2018·成都第一次诊断)已知函数 f(x)是定义在R上的偶函数，且f(－x－1)＝f(x－
51
1)，当x∈[－1,0] 时，f(x)＝－x
3
，则关于x的方程f(x)＝|cos πx|在－，上的所有实数解之
22
和为( )
A．－7
C．－3
B．－6
D．－1
解析：选A 因为函数f(x)为偶函数，所以f(－x－1) ＝f(x＋1)＝f(x－1)，所以函数f(x)
的周期为2，又当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x
3
，由此在同一平面直角坐标系内作出函数y＝f(x)
51
－，
?
上的实数解与y＝|cos πx|的图象如图所示．由图象知关于x的方程f(x)＝|cos πx|在
?
?
22
?
有7个．不妨设x
1
2
3
4
5
6
7
，则由图得x
1
＋x
2
＝－4，x
3＋x
5
＝－2，x
4
＝－1，x
6
51
－， ?
上的所有实数解的和为－4－2－1＋0＝－7. ＋x
7
＝0，所以方程f(x)＝|cos πx|在
?
?
22
?

12．已知函数f(x)为定义在R 上的奇函数，当x≥0时，有f(x＋3)＝－f(x)，且当x∈(0,3)
时，f(x)＝x＋1，则f(－2 017)＋f(2 018)＝( )

A．3
C．1
B．2
D．0
解析：选C 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(－2 017)＝－f(2 017)，
因为当x≥0时，有f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)的周期为6.
又当x∈(0,3)时，f(x)＝x＋1，
所以f(2 017)＝f(336×6＋1)＝f(1)＝2，
f(2 018)＝f(336×6＋2)＝f(2)＝3，
故f(－2 017)＋f(2 018)＝－f(2 017)＋3＝－2＋3＝1.
二、填空题
13．(2018·湘中名校联考)已知函数f(x)的图象关于y轴对称，且对任意x∈R都有f(x
13
?
1
，
时，f(x)＝
??
x
，则f(2 018)＝________. ＋3)＝－f(x)，若当x∈
?
?
22
? ?
2
?
解析：因为对任意x∈R都有f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，函数f(x)
是周期为6的函数，f(2 018)＝f(336×6＋2 )＝f(2)．由f(x＋3)＝－f(x)可得f(－1＋3)＝－f(－
1
1)＝f(2) ，因为函数f(x)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)是偶函数，f(－1)＝f(1)＝，所
2
1
以f(2 018)＝f(2)＝－f(1)＝－.
2
1
答案：－
2
14．已知定义在R上的函数f(x)，对任意的实数x，均有f(x＋3)≤f(x)＋3，f(x＋2)≥f(x)
＋2且f(1)＝2，则f(2 017)的值为________．
解析：∵f(x＋3)≤f(x)＋3，f(x＋2)≥f(x)＋2，
∴f(x＋1)＋2≤f(x＋3)≤f(x)＋3，
∴f(x＋1)≤f(x)＋1.
又f(x＋1)＋1≥f(x＋2)≥f(x)＋2，
∴f(x＋1)≥f(x)＋1，∴f(x＋1)＝f(x)＋1，
利用叠加法，得f(2 017)＝2 018.
答案：2 018
15．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋ 6)＝f(x)，当x∈[－3，－1)时，f(x)＝－(x＋2)
2
，
当x∈[－ 1,3)时，f(x)＝x，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＝________.
解析：由题意得f(1)＝1，f(2)＝2，f(3)＝f(－3)＝－1，f(4)＝f(－2)＝ 0，f(5)＝f(－1)＝
－1，f(6)＝f(0)＝0，所以数列{f(n)}从第一项起，每连续6项的和为1，则f(1)＋f(2)＋f(3)
＋…＋f(2 018)＝336×1＋f(1)＋f(2)＝339.
答案：339

3 x＋
?
＝－f(x)，且函数16．(2017·惠州三调)已知定义在R上的函数y＝ f(x)满足条件f
?
?
2
?
3
x－
?
为奇函数，给出以下四个命题： y＝f
?
?
4
?
①函数f(x)是周期函数；
3
－，0
?
对称； ②函数f(x)的图象关于点
?
?4
?
③函数f(x)为R上的偶函数；
④函数f(x)为R上的单调函数．
其中真命题的序号为________．
3
33
x＋
?
＝ f(x)，解析：f(x＋3)＝fx＋＋＝－f
?
所以f(x)是周期为3的周期函数，①正确；
?
2
?
22
33
x－
?
是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f(x)的图象关于点
?
－，0
?
对称，函数f
?
?
4
??
4
?
②正确；
?
－
3
＋x
?
－x＋
?
2
?
3
3
?
－
3
＋x
?
，
－，0
?
对称，因为f(x)的图象关于点
?
－＝，所以f(－x)＝－f
?
4
??
2
?
42
3
33
－＋x
?
＝－f－＋x＋＝－f(x)，又f
?
?
2
?
22
所以f(－x)＝f(x)，③正确；
f(x)是周期函数，在R上不可能是单调函数，④错误．
故真命题的序号为①②③.
答案：①②③
增分点应用“三招五法”，轻松破解含参零点问题
根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常
利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．
[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax
3
－3x
2
＋1，若f(x)存在唯一的零点x
0
，且x
0
＞0，则a的取值范围为( )
A．(2，＋∞)
C．(1，＋∞)
[思路点拨]
本题的实质是函数f(x)存在唯一的零点x 0
∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为
方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交
点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．
[方法演示]
法一单调性法：利用函数的单调性求解
B．(－∞，－2)
D．(－∞，－1)

由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax
2
－6x，
2
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝
a
.
2
2
0，
a
?
，f′(x)<0；x∈，＋∞，f′(x)>0.所当a>0时，x∈(－ ∞，0)，f′(x)>0；x∈
?
??
a
22
以函数f(x)在( －∞，0)和
a
，＋∞上单调递增，在0，
a
上单调递减，且f(0)＝1> 0，故f(x)
有小于零的零点，不符合题意．
22
当a<0时，x∈－∞，
a
，f′(x)<0；x∈
a
，0，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x )<0.所以
22
函数f(x)在－∞，和(0，＋∞)上单调递减，在，0上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零
aa
2
点x
0
且x
0
>0 ，只需f>0，即a
2
>4，解得a<－2.
a
法二数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解

11
由ax
3
－ 3x
2
＋1＝0可知x≠0，可得ax＝3－
2
，作出y＝3－
2 的图象如图所示，转动
xx
直线y＝ax，显然a>0时不成立；当a<0，直线y＝a x与左边的曲线相切时，设切点为t,3
11212
－
2
，其中t<0，则切线方程为y－3－
2
＝
3
(x－t)．又切线过原点，则有0－3－
2
＝
3
(0－t)，
ttttt
解得t＝－1(t＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a<－2符合题意．
法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解
令f(x)＝0，得ax
3
＝3x
2
－1.问题转化为g(x)＝a x
3
的图象与h(x)＝3x
2
－1的图象存在唯
一的交点，且交点横坐标大于零．
当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；
当a>0时，如图(1)所示，不合题意；
当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x )＝ax
3
与h(x)＝3x
2
－1的图象有公切线时a的
值．由g ′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．

法四分离参数法：参变分离，演绎高效

313133
－ 3?x－1?
易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝
x
－
3
，记g( x)＝
x
－
3
，g′(x)＝－
2
＋
4
＝，
xxxxx
4
可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单
2

调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，
平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.
法五特例法：巧取特例求解
取a＝3，则f(x)＝3x
3
－3x
2
＋ 1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零
点，排除A、C. 3
44
－
?
<0，从而f(x)在(－∞，0)上存取a＝－，则f( x)＝－x
3
－3x
2
＋1.由于f(0)＝1，f
?
? 2
?
33
在零点，排除D，故选B.
[答案] B
[解题师说]
函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等
基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较
好地体现试卷的区分度．
由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.
第一
招带参讨
论
第二
招数形结
合
第三
招分离参
数

[应用体验]
1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x
2
－2x＋a(e
x1
＋e
－－x
＋
1
当我们无法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们 要根据题设要求直接研究函数的性质．由于函数含有参数，通常需要合理地对
参数的取值进行分类，并逐一求解．(如本题解法一)
由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h( x)的零点个数，等
价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为
基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．(如本题解法二和解法三)
通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问
题化归为与 x轴平行的直线y＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．(如本题解法
四)
)有唯一零点，则a＝( )
1
A．－
2
1
B.
3

1
C.
2
D．1
－－
x
＋
1
解析：选C 法一：由函数f(x)有零点，得x
2
－2x＋a(e
x1
＋e
即(x－1)
2
－1＋a(e
x1
＋e
－－
x
＋
1
)＝0有解，
)＝0有解，
－
令t＝x－1，则上式可化为t
2
－1＋a(e t
＋e
t
)＝0，
1－t
2
即a＝
t
－
t
.
e＋e
1－t
2
令h(t)＝
t
－
t
，易得h(t)为偶函数，
e＋e
又由f(x)有唯一零点得函数h(t)的图象与直线y＝a有唯一交点，则此交点的横坐标为0，
所以a＝
1－0
1
＝，故选C.
22
－－ x
＋
1
法二：由f(x)＝0?a(e
x1
＋e
e x1
＋e
－－
x
＋
1
)＝－x
2
＋ 2x.
≥2e
x1
·e
－－
x
＋
1
＝2 ，当且仅当x＝1时取“＝”．
－x
2
＋2x＝－(x－1)
2
＋ 1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．
若a>0，则a(e
x1
＋e
－－ x
＋
1
)≥2a，
1
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
2
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
1
综上所述，a＝.
2
2．设m∈N，若函数f(x)＝2x－m10－x＋10存在整数零点，则符合条件的m的个数
为( )
A．2
C．4
解析：选C 令f(x)＝0，得m＝
＜10，x∈Z，
∴0＜10－x≤15.
当2x＋10＝0，即x＝－5时，m＝0；
当2x＋10≠0时，要使m∈N，则需10－x∈N，
当10－x＝1，即x＝9时，m＝28；
当10－x＝2，即x＝6时，m＝11；
当10－x＝3，即x＝1时，m＝4，
所以符合条件的m的个数为4.
B．3
D．5
2x＋10
?
10－x＞0，
?
.又m∈N，因此有
?
解得－5≤x
?
2x＋10≥0，
10－x
?

1
?
?
2
x
2
＋2x＋2，x≤0 ，
3．设函数f(x)＝
?
若关于x的方程f(x)＝a有4个不同的解x
1
，
?
?
|log
2
x|，x＞0，
x
1 ＋x
2
1
x
2
，x
3
，x
4
，且x
1
＜x
2
＜x
3
＜x
4
，则＋ 2
的取值范围是( )
x
4
x
3
x
4
A．(－3，＋∞)
C．[－3,3)
B．(－∞，3)
D．(－3,3]

解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，
当且仅当a∈(0,2]时，直线y＝a与函数y＝f(x)的图象有4个不同的交点，即方程f(x)＝a有4个不同的解，此时有x
1
＋x
2
＝－4，|log
2
x
3
|＝|log
2
x
4
|(0＜x
3
＜ 1＜x
4
≤4)，即有－log
2
x
3
＝log
2
x
4
，
x
3
x
4
＝1，所以
x 1
＋x
2
144
＋
2
＝x
4
－(1 ＜x
4
≤4)，易知函数y＝x
4
－在区间(1,4]上是增函数，
x
4
x
3
x
4
x
4
x
4
因此其值域是(－3,3]．

4．若函数f(x)＝e
x
－ax
2
有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
2
e
?
A.
?
?
4
，＋∞
?

2
e
?C.
?
?
1，
4
?

e
?
B.
?
?
2
，＋∞
?

e
1，
?
D.
?
?
2
?
解析：选A 函数f(x)＝e
x
－ ax
2
有三个不同的零点等价于函数y＝e
x
与y＝ax
2
的图象有
三个不同的交点，则显然有a>0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x>0时，
?
?
?
0
2
?
ex
0
＝2ax
0
，
设两函数图象在点(x
0
，ex
0
)处相切，则
?
解得
?
e
2
?
ex
0
＝ax
0
，
?
?
a＝，

x＝2，
4
?

由图易得若两函数图
e
2
e
2
?
象有两个不同的交点，则a>，即实数a的取值范围为
?
4 ，＋∞
?
?
.
4

一、选择题
1．(2 018·贵阳检测)已知函数f(x)＝ln(x
2
－4x－a)，若对任意的m∈R，均存在 x
0
使得
f(x
0
)＝m，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－4)
C．(－∞，－4]
B．(－4，＋∞)
D．[－4，＋∞)
解析：选D 依题意得，函数f(x)的值域为R，令函数g(x)＝x
2
－4x－a，其值域A包
含(0，＋∞)，因此对方程x
2
－4x －a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即实数a的取值

范围是[－4，＋∞ )．
2．设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(x)．当0≤x≤1
时，f(x)＝x
2
.若直线y＝x＋a与函数y＝f(x)的图象有两个不同的公共点，则实数a的值是
( )
A．n(n∈Z)
1
C．2n或2n－(n∈Z)
4
B．2n(n∈Z)
1
D．n或n－(n∈Z)
4
解析：选C 依题意得，函数y＝f(x)是周期为2的偶函数，画
出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a＝0或－
1
时，直线y＝x＋a与函数y＝f(x)的图象有两个不同的公共点，∵
4
1函数f(x)的周期为2，∴a的值为2n或2n－(n∈Z)．
4
3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f(x)＝ln x－ax
2
＋x有两个零点，则实数a的取值范围
是( )
A．(－∞，1)
1＋e
C.
?
－∞，
2
?

e
??
B．(0,1)
1＋e
D.
?
0，
2
?

e
??
ln xln x
解析：选B 依题意，关于x的方程ax－1＝x
有两个不等的正根．记g(x)＝
x
，则
g′(x)＝
1－l n x
，当00，g(x)在区间(0，e)上单调递增；当x>e时，g′ (x)<0，
x
2
1
g(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，且g(e)＝，当01
x－1与函
e
?
数g(x)的图象相切于点(x，y)，则有
?
ln x
ax－1＝，
?x
a
1
＝
10
00
0
0
1－ln x
0
，
x
2
0

由此解得x
0
＝ 1，a
1
＝1.在同一坐
标系中画出直线y＝ax－1(该直线过点(0，－1)、斜率为a)与函数g(x)的大致图象(图略)，结
合图象可知，要使直线y＝ax－1与函数g(x)的图象有两个不同的交点，则a的取值范围是
(0,1)．
4．若f(x)＝ln x＋ax－1有且仅有一个零点，则实数a的最小值为( )
A．0
C．－1
1
B．－
2

e
D．1
解析：选B 由f(x)＝0，得ln x＝－ax＋1，
在同一坐标系中画出y＝ln x和y＝－ax＋1的图象如图所示，
直线y＝－ax＋1的斜率k＝－a，

且恒过(0,1)点．
当k≤0，即a≥0时，只有一个交点，从而f(x)只有一个零点，
当k>0，且直线y＝－ax＋1与y＝ln x相切于点P(x
0
，ln x
0
)时，切线方程为y－ln x
0
1
＝(x－x
0
)，
x
0
11
将x＝0，y＝1代入得ln x
0
＝2，即x
0
＝e
2
，k＝＝
2
，
x
0
e
1
所以a＝－
2
，
e
1
所以当a≥－
2
时，直线y＝－ax＋1与y＝ln x的图象只有一个交点，即f(x)只有一个
e
1
零点，故a的最小值为－
2
.
e
e
x
5．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝－kx(e为自然对数的底数)有且只有一个零点，
x
则实数k的取值范围是( )
A．(0,2)
C．(0，e)
e
0，
?
B.
?
?
4
?
D．(0，＋∞)
2
e
x
解析：选B 由题意，知x≠0，函数f(x)有且只有一个零点等价于方程－kx＝0只有
x
e
x
e
x
e
x
一个根，即方程
2
＝k只有一个根，设g(x)＝
2
，则函数g(x)＝
2
的图象与直线y＝k只有一
xxx
个交点．
?x－2?e
x
因为g′(x)＝，由g′(x)>0，得x>2或x<0；
x
3
由g′(x)<0，得0所以函数g(x)在(－∞，0) 上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，
e
2
g(x)的极小值为g(2)＝，且x→0时，g(x)→＋∞；x→－∞时，g(x)→0；x→＋∞时，g(x)→4
e
2
＋∞，则g(x)的图象如图所示，由图易知04

6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f(x)是R上的单调函数，若函数y＝ f(2x
2
＋1)＋f(λ－x)
只有一个零点，则实数λ的值是( )
1
A.
4
1
B.
8

7
C．－
8
3
D．－
8
解析：选C 因为函数y＝f(2x
2
＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，
所以方程f(2x
2
＋1)＋f(λ－x)＝0只有一个实数根．
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，所以f(2x
2
＋1)＋f(λ－x)＝0?f(2x
2
＋1)＝－f(λ－x)?f(2x2
＋1)＝f(x
－λ)?2x
2
＋1＝x－λ，
所以方程2x
2
－x＋1＋λ＝0只有一个实数根，
所以Δ＝(－1)
2
－4×2×(1＋λ)＝0，
7
解得λ＝－.
8
7．(2018·长沙模拟)对于满足02
＋bx＋c总有两
a＋b－c
个不同的零点，则
a
的取值范围是( )
7
A．1，
4
C．[1，＋∞)
b
2
有Δ＝b－4ac>0，于是c<，
4a
2
B．(1,2]
D．(2，＋∞)
解析：选D 依题意对方程ax
2
＋bx＋c＝0，
b
2
a＋b－
4a
a＋b－c
b
1
b
?
2
从而>＝1＋－
?
，
aaa
4
?
a
?
对满足0b
令t＝，因为0a
a ＋b－c
1
因为－t
2
＋t＋1∈(1,2]，所以>2.
a4
1
8．(2018·湘中名校联考)已知函数f(x)＝－x
3
＋ax
2
＋bx＋c有两个极值点x
1
，x
2
，若
3x
1
1
)2
，则关于x方程[f(x)]
2
－2af(x)－b＝0的实数根的个数不可能为( )
A．2
C．4
B．3
D．5
解析：选D 由题意，得f′(x)＝－x2
＋2ax＋b.因为x
1
，x
2
是函数f(x)的两个极值点，
所以x
1
，x
2
是方程－x
2
＋2ax＋b＝0 的两个实数根，所以由[f(x)]
2
－2af(x)－b＝0，可得f(x)
＝x 1
或f(x)＝x
2
.由题意，知函数f(x)在(－∞，x
1
)，(x
2
，＋∞)上单调递减，在(x
1
，x
2
)上单调
递增，又x
1
1
)2
，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f(x)]
2
－2af(x)－b
＝0的实根个数不可能为5，故选D.

9．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x )＝e
2x
－ax
2
＋bx－1，其中a，b∈R，e为自然对数的
底数．若f(1)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，函数f′(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取
值范围是( )
A．(e
2
－3，e
2
＋1)
C．(－∞，2e
2
＋2)
B．(e
2
－3，＋∞)
D．(2e
2
－6,2e
2
＋2)
解析：选A 由f(1 )＝0，得e
2
－a＋b－1＝0，所以b＝a－e
2
＋1，又f′(x)＝ 2e
2x
－2ax
＋b，令g(x)＝2e
2x
－2ax＋b，则g ′(x)＝4e
2x
－2a，因为x∈(0,1)，所以4<4e
2x
<4e
2
.当a≥2e
2
时，g′(x)<0，函数g(x)在(0,1)内单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当a≤2时，
g′(x)>0，函数g(x)在(0, 1)内单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当22
时，
1
a
1
a
1
a
0，ln
?
内单调若00，所以函数g(x)在
?
?
22
?
2222
1
a
aa
1
a
ln，1
?
内单调递增，所以g(x)
min
＝gln＝a－aln＋b＝2 a－aln－e
2
＋1.令h(x)递减，在
?
?
22
? 2222
x
＝2x－xln－e
2
＋1＝2x－xln x＋xln 2－e
2
＋1(22
)，则h′(x)＝－ln x＋1＋ln 2，当x
2
∈(2,2e)时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x∈(2e,2e2
)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，所以h(x)
max
＝h(2e) ＝2e－e
2
＋1<0，即g(x)
min
<0恒成立，
所以函数g(x)在(0,1)内有两个零点，
2
?
?
g?0?＝ 2＋a－e＋1>0，
则
?
解得e
2
－32
＋1.
22
?
g?1?＝2e－2a＋a－e＋1>0，
?

综上所述，a的取值范围为(e
2
－3，e
2
＋1)．
1 0．(2017·太原一模)设[x]表示不小于实数x的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3. 已
知函数f(x)＝([x])
2
－2[x]，若函数F(x)＝f(x)－k(x－ 2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k
的取值范围是( )
5
A．－，－1∪[2,5)
2
2
C．－1，－∪[5,10)
3
解析：选C 由题意知，
0，x∈?－1，0]∪?1，2]，
?
?
－1，x∈?0，1]，
f(x)＝([x])－2[x]＝
?
3，x∈ ?2，3]，
?
?
8，x∈?3，4].
2
4
B．－，－1 ∪[5,10)
3
4
D．－，－1∪[5,10)
3

令F(x)＝0，得f(x)＝k(x－2)－2，作出函数y＝ f(x)和y＝k(x－2)－2的图象如图所示．
若函数F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在 (－1,4]上有2个零点，则函数y＝f(x)和y＝k(x－2)－
2
2的图象在(－1, 4]上有2个交点，结合图象可得，k
PA
＝5，k
PB
＝10，k
PO
＝－1，k
PC
＝－，
3
2
所以实数k的取值范围是－ 1，－∪[5,10)．
3
2＋1，x＜0，
?
?
11．已知函数 f(x)＝
?
?
1
2
方程[f(x)]
2
－af( x)＋b＝0(b≠0)有6个不同
?
?
?
?
2
x－2x＋ 1
?
，x≥0.
的实数解，则3a＋b的取值范围是( )
A．[6,11]
C．(6,11)
B．[3,11]
D．(3,11)
x

解析：选D 作出函数f(x)的图象如图所示，

对于方程[f(x)]
2
－af(x)＋b＝0，可令f(x)＝t，那么方程根的个数就是f(x)＝t
1
与f(x)＝t
2
的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方
程有2个根，从而可知关于t的方程t 2
－at＋b＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，
b＞0，
?
?
由根的分布得出约束条件
?
1－a＋b＜0，
?
? 4－2a＋b＞0，

?
?
1－a＋b＝0， 画出可行域如图所示，目标函数z＝3a＋b经过
?
的交点A(3,2)时取得最
?
4－2a＋b＝0
?

大值11，经过B(1,0)时取得最小值3.故3a＋b的取值范围为(3,11)．
12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e为自然对数的底数，若对任意的x
1 ∈[0,1]，
总存在唯一的x
2
∈[－1,1]，使得x
1
＋x
2
2
ex
2
－a＝0成立，则实数a的取值范围是( )
A．[1，e]
1
1＋，e
?
C.
?
?
e
?
B．(1，e]
1
1＋，e
?
D.
?
?
e
?
解析：选C 令f(x
1
)＝a－x
1
，则f(x
1
)在x
1
∈[0,1]上单调递减，且f( 0)＝a，f(1)＝a－1.
1
2
令g(x
2
)＝x
2 ex
2
，则g′(x
2
)＝2x
2
ex
2 ＋x
2
ex＝xex(x＋2)，且g(0)＝0，g(－1)＝，g(1)＝e.22222
e
若对任意的x
1
∈[0,1]，总存在唯一的x
2
∈[－1,1]，使得x
1
＋x
2
即f(x
1
)＝ g(x
2
)，
2
ex
2
－a＝0成立，
则f(x 1
)＝a－x
1
的最大值不能大于g(x
2
)的最大值，即f (0)＝a≤e，因为g(x
2
)在[－1,0]上单调
1
0，
? 时，有两个x
2
使得f(x
1
)＝g(x
2
)．若存在唯递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x
2
)∈
?
?
e ?
11
一的x
2
∈[－1,1]，使得f(x
1
)＝ g(x
2
)，则f(x
1
)的最小值要比大，所以f(1)＝a－1>，所以 a>1
ee
1
1
1＋，e
?
. ＋，故实数a的取值范围是
?
?
e
?
e
二、填空题
13．若对任意的实数a，函数f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b有两个不同的零点，则实数b
的取值范围是________．
解析：由f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b＝0，得(x－1)ln x＝a(x－1)
1
－b.设g(x)＝(x－1)ln x，h(x)＝a(x－1)－b，则g′(x)＝ln x－
x
＋1，
1
因为g′(x)＝ln x－＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g′(1)＝0，所以
x
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞0 ，所以g(x)在区间(0,1)上是减函数，在区
间(1，＋∞)上是增函数，又g(1)＝0，所以函数g(x)的大致图象如图所示．易知h(x)＝a(x
－1)－b的图象是恒过点(1，－b)的直线，当－b＞0，即b＜0时，易知对任意的实数a，直
线h(x)＝a(x－1)－b与函数g(x) 的图象始终有两个不同的交点，即函数f(x)＝(x－1)ln x－ax
＋a＋b有两个不同的零点；当b＝0时，若a＝0，则h(x)＝0，其图象与函数g(x)的图象只
有一个交点，不满足；当－ b＜0，即b＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a，直线h(x)
＝a(x－1)－b与函数g( x)的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b＜0.
答案：(－∞，0)
x
?
?
－
x＋1
，－114．已知函数f(x)＝
?
与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个
?
?
x，01
交点，若方程x－
x
＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．

解析：在同一坐标系中作出函数f(x) 与g(x)的图象如图所示，结合图象可知，实数a的
1
1
0，
?
. 由x－＝5a，可得x
2
－5ax－1＝0，设h(x)＝x
2
－5ax－1 ，当x＝1时，取值范围是
?
?
2
?
x
由h(1)＝1－5 a－1＝0，可得a＝0，不满足题意；当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0，可
38
得a＝，满足题意；当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0，可得a＝，不满足题意．又
10 15
1
函数y＝x－
x
在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a的个数为1.
答案：1
2
15．若函数f(x)＝x
2
＋－aln x(a>0)有唯一的零点x
0
，且m0
x
则m＋n＝________.
2
解析：令y
1
＝x2
＋
x
，y
2
＝aln x(a>0)，
a
2
则y
1
′＝2x－
2
，y
2
′＝(a>0)．
x
x
22
∵函数f(x)＝x
2
＋－aln x(a>0) 有唯一的零点x
0
，∴函数y
1
＝x
2
＋，y
2 ＝aln x的图象
xx
?
有公切点(x，y)，则
?
2x＋
?
x
＝aln x
00
2
0
0
2
a
2x
0
－
2
＝，
x
0
x
0
0

1
?
2
2
x
2
?x0
＋－2
?
0
－
x
0
?
ln x
0
＝0.
x
0
?
1
2
x
2 －
x
?
ln x(x>0)，构造函数g(x)＝x
2
＋ x
－2
?
??
1
4－
?
ln 2＝5－7ln 2，则g(1)＝3，g(2)＝4＋1－2×
?
?
2
?
欲比较5与7ln 2的大小，可比较e
5
与2
7
的大小，
∵e
5
>2
7
，∴g(2)>0，
1
24
e
2
－
?
＝－e
2
＋<0，又g(e)＝e
2
＋－2
?
e
??
ee
∴x
0
∈(2，e) ，∴m＝2，n＝3，∴m＋n＝5.
答案：5
1
16．已知函数f(x)＝x
2
－xln x－k(x＋2)＋2在，＋∞上有两个零点，则实数k的取值
2
范围为________．

1
2
，＋∞
?
上有两个零点，解析：f(x)＝x 2
－xln x－k(x＋2)＋2在
?
即关于x的方程x－xln
?
2
?
1
，＋∞
?
上有两个不相等的实数根．令g(x)＝ x
2
－xln x＋2，所以当x∈x＋2＝k(x＋2)在
?
?
2
?
?
1
，＋∞
?
时，直线y＝k(x＋2)与函数g(x) ＝x
2
－xln x＋2的图象有两个不同的交点．设直线
?
2
? 1
，＋∞
?
的图象相切于点(x
0
，y
0
) ，g′(x)＝2xy＝k
0
(x＋2)与函数g(x)＝x
2
－xln x ＋2，x∈
?
?
2
?
?
?
k
0
＝ 2x
0
－ln x
0
－1，
－ln x－1，则有
?
由此解得x
0
＝1，k
0
＝1.令h(x)＝g′(x)＝2x
2
?
?
k
0
?x
0
＋2?＝x
0
－ x
0
ln x
0
＋2，

1
11
?
－ln x－1，则h′(x)＝2－
x
，且x≥ ，所以h′(x)≥0，故h(x)在
?
?
2
，＋∞
?
上单调递增，
2
1
??
1
，＋∞
?
上单调递增，g?
1
?
＝
9
＋
1
ln 2，作出y＝g(x)的大h(x)≥h
?
＝ln 2＞0，所以g(x)在
?
2
??
2
??
2
?
42
191
9ln 2
，＋ln 2
?
时，致图象，如图所示，当直线y＝k(x＋2)经过点
?
k＝＋.又当直线y＝k(x
?
242
?
105
9ln 2
?
1，＋
＋2)与g(x)的图象相切时，k＝1.结合图象可知，k的取值范围是 ?
?
105
?
.

9ln 2
?
1，＋
答案：
?
?
105
?

增分点
一、选择题
1．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函
数”，则函数解析式为y＝－x
2
，值域为{－1，－ 9}的“同族函数”共有( )
A．9个
C．5个
B．8个
D．4个
函数新情境问题专练
解析：选A 函数y＝－x 2
，值域为{－1，－9}，可知自变量x从1，－1，±1中任取一
个，和从3，－3 ，±3中任取一个构成函数，故满足条件的“同族函数”有3×3＝9个．
2．(2017·山东高考)若函数e
x
f(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单
调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是 ( )
A．f(x)＝2
x

－
B．f(x)＝x
2

D．f(x)＝cos x C．f(x)＝3
x

－
1
?
x
－
解析：选A 对于选项A，f(x)＝2
x
＝
?
?
2
?
，

?
1
?
x
＝
?
e
?
x
，∵
e
＞1，则e
x
f(x)＝e
x
·
?
2
??
2
?
2
∴e
x
f(x)在R上单调递增，∴f(x)＝2
x
具有M性质．对于选项B，f(x)＝x
2
，e x
f(x)＝e
x
x
2
，
－
[e
x
f(x)]′＝e
x
(x
2
＋2x)，令e
x
(x
2
＋2x)＞0，得x＞0或x＜－2；令e
x
(x
2
＋2 x)＜0，得－2＜x
＜0，∴函数e
x
f(x)在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，
∴f(x)＝x
2
不具有M性质．
1
?
x
－
对于选项C，f(x)＝3
x
＝
??
3
?
，
?
1
?
x
＝
? e
?
x
，∵
e
＜1，则e
x
f(x)＝e
x
·
?
3
??
3
?
3
e
?
x
∴y＝
?
?
3
?
在R上单调递减，
∴f(x)＝3
－
x
不具有M性质．
对于选项D，f(x)＝cos x，e
x
f(x)＝e
x
cos x，
则[e
x
f(x)]′＝e
x
(cos x－sin x)≥0在R上不恒成立，故e
x
f(x)＝e
x
cos x在R上不是单调
递增的，
∴f(x)＝cos x不具有M性质．故选A.
3．数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，在
点x
0
附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x
0
)＋f′(x
0
)(x－
x
0
)．利用这一方法，m＝4 .001的近似代替值( )
A．大于m
B．小于m
C．等于m
D．与m的大小关系无法确定
解析：选A 依题意，取f(x)＝x，则
f
′(x)＝
1
所以x≈x
0
＋(x－x
0
)．
2x
0
令x＝4.001，x
0
＝4，
1
所以4.001≈2＋×0.001.
4
11
2＋×0.001
?
2
＝4＋0.001＋
?
×0.001
?
2＞4.001，因为
?
?
4
??
4
?
所以m ＝4.001的近似代替值大于m.
4.某地一天内的气温Q(t)(单位：℃)与时刻t(单位：时 )之间的关系如图所示，令C(t)表
示时间段[0，t]内的温差(即时间段[0，t]内最高温度与最低温度的差)，C(t)与t之间的函数
关系用下列图象表示，则下列正确的图象是( )
1
2x
，

解析：选D 当04D.
5.如图，已知l
1⊥l
2
，圆心在l
1
上、半径为1 m的圆O沿l
1
以1 ms的速度匀速竖直向
上移动，且在t＝0时，圆O与l
2
相切于点A，圆O被直线l
2
所截得到的两段圆弧中，位于
l
2
上方的圆弧的长记为x，令y＝cos x，则y与时间t(0≤t≤1，单位：s)的函数y＝f(t)的图
象大致为( )

解析：选B 法一：

x|OA|
如图，设∠MON＝α，由弧长公式知x＝α，在Rt△AOM中，|AO|＝1－t，cos＝
2|OM|
x
＝1 －t，∴y＝cos x＝2cos
2
－1＝2(t－1)
2
－1(0≤t≤ 1)．故其对应的大致图象应为B.
2
法二：

由题意可知，当t＝1时，圆O在直线l
2
上方的部分为半圆，所对应的弧长为π×1＝π，

1
2π2π
1
所以cos π＝－1，排除A，D；当t＝时，如图所示，易知∠BOC ＝，所以cos＝－<0，
2332
排除C，故选B.
6．若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点M，N关于原点对称，则称点对(M，N)是
x
?
?
e， x<0，
函数y＝f(x)的一对“和谐点对”．已知函数f(x)＝
?
2
则此函数的“和谐点对”
?
x－4x，x>0，
?

有( )
A．1对
C．3对
B．2对
D．4对
x
?
?
e，x<0，
解析：选B 作出函数f(x)＝
? 2
的图象如图所示，f(x)的
?
x－4x，x>0
?
“和谐点对”数可转化为y＝e
x
(x<0)和y＝－x
2
－4x(x< 0)的图象的交点个
数．
由图象知，函数f(x)有2对“和谐点对”．
?
?
a，a－b≤1，
7．(2018·兰州模拟)已知a，b∈R，定义运算“?”：a?b ＝
?
函数f(x)＝
?
b，a－b>1.
?

(x
2
－2)?(x－1)，x∈R，若方程f(x)－a＝0只有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是
( )
A．[－2，－1]∪(1,2)
C．[－2，－1]∪[1,2]
B．(－2，－1]∪(1,2]
D．(－2，－1]∪(1,2)
解析：选B 由f(x)＝(x
2
－2) ?(x－1)得，当(x
2
－2)－(x－1)≤1，即－1≤x≤2时，f(x)
＝ x
2
－2；当x>2或x<－1时，f(x)＝x－1.方程f(x)－a＝0只有两个不同的实数根，即函数
2
?
?
x－2，－1≤x≤2，
y＝f(x)的图象与直线y＝a只有2个不同的交点．作出函数f(x)＝
?
的
?
x－1，x> 2或x<－1
?

图象，如图所示，从图中可以看出，当－2的图象只有2个交点．

故实数a的取值范围为(－2，－1]∪(1,2]．
8.将边长为2的等边△PAB沿x轴正方向滚动，某时刻P与坐标原点重合(如图)，设顶
点P(x，y)的轨迹方程是y＝f(x)，关于函数y＝f(x)有下列说法：

①f(x)的值域为[0,2]；
②f(x)是周期函数；
③f(－1.9)其中正确的说法个数为( )
A．0
C．2
B．1
D．3
解析：选C 根据题意画出顶点P(x，y)的轨迹，如图所示．
轨迹是一段一段的圆弧组成的图形．

从图形中可以看出，
①f(x)的值域为[0,2]，①正确；
②f(x)是周期函数，周期为6，②正确；
③由于f(－1.9)＝f(4.1)，f(2 019)＝f(3)，
而f(3)所以f(－1.9)>f(π)>f(2 019)，③不正确，故选C.
9．(2018·武汉调研)定义函数y＝f(x)，x∈I，若存在常数M，对于任意x
1
∈I，存在唯
f?x
1
?＋f?x
2
?
一的x
2
∈I，使得＝M，则称函数f(x)在I上的“均值”为M，已知 f(x)＝log
2
x，
2
x∈[1,2
2 018
]，则函数f(x)＝log
2
x在[1,2
2 018
]上的“均值”为( )
A．1 008
C．1 009
解析：选C 令x
1
x
2
＝2
2 018
，
当x
1
∈[1,2
2 018
B．2 016
D．2 018
2
2 018
]时，x
2
＝∈[1,2
2 018
]，
x
1
1
所以M＝log
2
(x
1
x
2
)＝1 009.
2
10．对于函数f(x)和g(x) ，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，
则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝e
x1
＋x－2与g(x)＝ x
2
－ax－a＋3互
－
为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为( )

A．[2,4]
7
?
C.
?
?
3
，3
?

解析：选D ∵f′(x)＝e
x1
＋1＞0，
－
7
2，
?
B.
?
?
3
?
D．[2,3]
∴f(x)＝e
x1
＋x－2是R上的单调递增函数．
－
又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函数g(x)＝x
2
－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．
x
2
＋3
由g(x)＝0，得a＝(0≤x≤2)，
x＋1
?x＋1?
2
－2?x＋1?＋4
4
即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤ 2)，
x＋1x＋1
4
设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋
t
－2(1≤t≤3)，
4
令h(t)＝t＋
t
－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
11．已知点A(1,0)，若点B是曲线y＝f(x )上的点，且线段AB的中点在曲线y＝g(x)上，
1
?
x
则称点B是函数 y＝f(x)关于函数g(x)的一个“关联点”．已知f(x)＝|log
2
x|，g(x) ＝
?
?
2
?
，
则函数f(x)关于函数g(x)的“关联点 ”的个数是( )
A．1
C．3
B．2
D．4
解析：选B 设AB的中点Q(x，y)，则由A(1,0)得B(2x－1,2y)，则2y＝|lo g
2
(2x－1)|，
1
?
x
11
即y＝|log
2
(2x－1)|.在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)＝
?
与y＝| log
2
(2x－1)|的图象
?
2
?
22
如图所示，观察可知它们有2个交点，则对应的“关联点”也有2个．

12．对于函数f(x)，若f(x
0
)＝x
0
，则称x
0
为函数f(x)的“不动点 ”；若f(f(x
0
))＝x
0
，则
称x
0
为函数 f(x)的“稳定点”．若函数f(x)＝x
2
＋a(a∈R)的“稳定点”恰是它的“不动点 ”，
则实数a的取值范围是( )

1
－∞，
?
A.
?
4
??
31
－，
?
C.
?
?
44
?
3
－，＋∞
?
B.
?
?
4
?
31
－，
?
D.
?
?
44
?
解析：选D 由f(f(x))＝x，得(x
2
＋a)
2
＋a＝x，
即[(x
2
－x＋a)＋x]
2
＋a＝x，
故(x
2
－x＋a)
2
＋2x(x
2
－x＋a)＋x
2
－x＋a＝0，
即(x
2
－x＋a)(x
2
＋x＋a＋1)＝0.
1
由已知方程x
2
－x＋a＝0有解，故a≤.
4
现考察方程x
2
＋x＋a＋1＝0；
3
(1)Δ＝1－ 4(a＋1)＝－4a－3<0，即a>－时，方程x
2
＋x＋a＋1＝0无解，故稳定点即 4
为不动点．
31
(2)Δ＝0，即a＝－时，方程x
2
＋ x＋a＋1＝0的解为x＝－也是方程x
2
－x＋a＝0的
42
解，故稳定点即为不动点．
3
(3)Δ>0，即a<－时，由根与系数的关系可得，方程x
2＋x＋a＋1＝0的解与方程x
2
－x
4
＋a＝0的解不全相同，故稳定点不全为不动点．
31
－，
?
. 综上可得，实数a的取值范围是
?
?
44
?
二、填空题
1 1
m－，m＋
?
，则我们就把整数m叫做距实13．设m∈Z，对于给定的实数x，若 x∈
?
22
??
数x最近的整数，并把它记为{x}，现有关于函数f(x) ＝x－{x}的四个命题：
1
1
－
?
＝－； ①f
?
?
2
?
2
11
－，
?
； ②函数f(x)的值域是
?
?
22
?
③函数f(x)是奇函数；
④函数f(x)是周期函数，其最小正周期为1.
其中，真命题的序号为________．
111
解析：①∵－1－＜－≤－1＋，
222
?
1
? ∴
?
－
2
?
＝－1，
??
1
1 ?
1
?
11
－
?
＝－－
?
－
?
＝－＋1＝， ∴f
?
?
2
?
2
?
2
?
22
所以①是假命题；

11
－，
?
， ②令x＝m＋a，m∈Z，a∈
? ?
22
?
则f(x)＝x－{x}＝a，
11
－，
?
，所以②是真命题； ∴f(x)∈
?
?
22
?
1
?
1
1
1
?
1
?1
－
＝≠－f
??
， ③∵f
?
＝－0＝，f
?
2
?
2
?
2
?
2
?
2
?
2
∴函数f(x)不是奇函数，故③是假命题；
④∵f(x＋1)＝(x＋1)－{x＋1}＝x－{x}＝f(x)，
∴函数f(x)的最小正周期为1，故④是真命题．
答案：②④
14．如图展示了一个由区间(0,1)到实数集R的映射过程：区间(0,1)中的实数m对应数
轴上的点M，如图1；将线段AB围成一个圆，使两端点A，B恰好重合，如图2；再将这
个圆放在平面直角坐标系中，使其圆心在y轴上，设A的坐标为(0,1)，图3中直线AM与x
轴交于点N(n,0)，则m的象就是n，记作f(m)＝n.

(1)方程f(x)＝0的解是x＝________；
(2)下列说法中正确命题的序号是________．
1
?
①f
?
?
4
?
＝1；
②f(x)是奇函数；
③f(x)在定义域上单调递增；
1
?
④ f(x)的图象关于点
?
?
2
，0
?
对称．
1
解析：(1)显然当点M为AB的中点时，f(x)＝0，此时x＝.
2
1
(2)当m＝时，对应的圆上的点M位于四分之一圆周上，此时点N在x轴的负半轴，
41
?
即得f
?
?
4
?
＝－1，即①不正确，显然该函数的定义域不关于原点对称，即该函数既不是奇函
数也不是偶函数，即②也不正确；由图象作图即可知，该函数在定义域上单调递增，即③
1
?
正确；由图象作图即可知函数f(x)的图象关于点
?
?
2
，0
?
对称．综上可得正确的命题的序号是
③④.

1
答案：(1) (2)③④
2
15． (2018·湖南五市十校联考)有一支队伍长L米，以一定的速度匀速前进．排尾的传
令兵因传达命令赶赴排头，到达排头后立即返回，且往返速度不变．如果传令兵回到排尾
后，整个队伍正好前进了L米，则传令兵所走的路程为__________米．
解析：法一：设传令兵的速度为v′，队伍行进速度为v，则传令兵从排尾到排头的时
LLLL
间为，从排头到排尾的时间为，往返共用时间为t＝＋，则传
v′－vv′＋vv′－vv′＋v
令兵往返路程S＝v′t.由于传令兵回到排尾后，整个队伍正好前进了L米，则L＝vt.故t(v′
2
－v
2
)＝2v′L ，可得t
2
(v′
2
－v
2
)＝2v′tL，即(v′t)
2
－2L(v′t)－L
2
＝0，解得v′t＝(1＋2)L，
故传令兵所走的路程为(1＋2)L.
法二：设传令兵的速度为v′，队伍行进速度为v，则传令兵从排尾到排头的时间为
LLLLL
，从排头到排尾的时间为，则易得＋＝
v
，化简得 v′
2
－v
2
＝
v′－vv′＋vv′－vv′＋v
v′ 2v′v，得
v
＝2＋1，由于队伍与传令兵行进时间相等，故传令兵所走路程为(1＋ 2)L.
答案：(1＋2)L
16.(理)如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动，点B恰好经过原点．设顶点
P(x，y)的轨迹方程是y＝f(x)，则对函数y＝f(x)有下列判断：①函数y＝f(x)是偶函数；②对
任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(x－2)；③函数y ＝f(x)在区间[2,3]上单调递减；④
∫
2
0
f(x)＝
其中判断正确的序号是________．
π＋1
.
2

解析：如图，从函数y＝f(x)的图象上可以判断出，图象关于y轴对称，每4个单位图
象重复出现一次，且在区间 [2,3]上随x增大，图象是往上的，所以①②正确，③错误；又
π
函数图象与直线x＝0， x＝2，x轴围成的图形由一个半径为2、圆心角为的扇形，一个半
4
π
1
径为1、圆心角为的扇形和一个直角边长为1的等腰直角三角形组成，其面积S＝×π×2
28
1 1
π＋1
＋×π＋＝，故④正确．
422

答案：①②④

16．(文)设函数f(x)的定义域为D，若存在非零实数l使得对于任意x∈M(M?D) ，有x
＋l∈D，且f(x＋l)≥f(x)，则称f(x)为M上的l高调函数．如果定义域为[－1 ，＋∞)的函数
f(x)＝x
2
为[－1，＋∞)上的m高调函数．那么实数m的取值范围是________；如果定义域
为R的函数f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)＝|x－a
2
|－a
2
，且f(x)为R上的4高调函数，那
么实数a的取值范围是________．
解析：定义域为[－1，＋∞)的函数f(x)＝x
2
为[ －1，＋∞)上的m高
调函数，则f(x＋m)＝(x＋m)
2
≥x
2
在[－1，＋∞)上恒成立，即m
2
＋2mx≥0
在[－1，＋∞)上恒成立，所以 2m≥0且2m×(－1)＋m
2
≥0，解得m≥2.
由定义域为R的函数f(x) 是奇函数，当x≥0时，f(x)＝|x－a
2
|－a
2
，可得当x<0时， f(x)
＝a
2
－|x＋a
2
|，画出函数f(x)的图象，如图所示，当2a
2
－(－2a
2
)≤4时，对任意x∈R，f(x
＋4) ≥f(x)恒成立，由2a
2
－(－2a
2
)≤4，解得－1≤a≤1.
答案：[2，＋∞) [－1,1]

压轴题命题区间(二)
?
?
函数与导数
增分点由“导”寻“源”，破解函数不等式问题

在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数与导数交汇的重要题型，这类问题由于
比较抽象，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍．实际上，根据所解不等
式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类
问题的通法．
[典例] (2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x ∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0
时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
[思路点拨]
f?x?
观察xf′ (x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，尝试构造函数F(x)＝
x
求解．
[方法演示]
法一：构造抽象函数求解
xf′?x?－f?x?
f ?x?
设F(x)＝
x
.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝，易知当x>0
x
2
时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－
1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x
∈(－∞，－1)∪(0,1) 时，f(x)>0，故选A.
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
D．(0,1)∪(1，＋∞)

法二：构造具体函数求解
设f(x )是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)
＝0，所以f(x)能被x
2
－1整除．因此可取f(x)＝x－x
3
，检验知f(x )满足题设条件．解不等式
f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
答案：A
[解题师说]
抽象函数的导数问题在高考中常考常新，可谓变化多端，解决此类问题的关键是构造
函数，常见的构造函数方法有如下几种：
(1)利用和、差函数求导法则构造函数
①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或(2)利用积、商函数求导法则构造函数
①对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′( x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
②对于不等式f′(x)g(x)－f (x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝
(3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数
①对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)； f?x?
②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝
x (x≠0)；
③对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝x
n
f(x)；
f?x?
④对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或< 0)，构造函数F(x)＝
n
(x≠0)；
x
⑤对于不等式f′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e
x
f(x)；
⑥对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝
f?x?
；
e
x
f?x?
(g(x)≠0)．
g?x?
⑦对于不等式f(x)＋f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝sin xf(x)；
f?x?
⑧对于不等式f(x)－f′(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝(sin x≠0)；
sin x
⑨对于不等式f′(x)－f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝cos xf(x)；
f?x?
⑩对于不等式f′(x)＋f(x)tan x>0(或<0)，构造函数F(x)＝(cos x≠0)．
cos x
?(理)对于不等式f′(x)＋kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝e
kx
f(x)；
f?x?
?(理)对于不等式f′(x)－kf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝
k x
；
e
[应用体验]

1
1．定义在R上的函数f (x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(lg
2
lg x＋1
x)>的解集为__________．
2
解析：构造函数g(x)＝f(x )－
1
则g′(x)＝f′(x)－<0，
2
∴g(x)在定义域上是减函数．
又g(1)＝f(1)－1＝0，
∴原不等式可化为g(lg x)>g(1)，
∴lg x<1，解得0∴原不等式的解集为{x|0答案：(0,10)
ππ
0 ，
?
内的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的x∈
?
0，
?
，都有2．已知定义在
?
?
2
??
2
?
π
?
f′(x)sin x?
?
6
?
sin x的解集为__________．
f?x?
解析：构造函数g(x)＝，
sin x
则g′(x)＝
f′?x?sin x－f?x?cos x
<0，
sin
2
x
x＋1
，
2
π
0，
?
内为减函数． ∴g(x)在
?
?2
?
π
?
由f(x)<2f
?
?
6
?
sin x，
π
?
f
?
π
?
?
6
?
f?x?
得<2f
?
＝，
sin x
?6
?
π
sin
6
π
?
ππ
即g(x) ?
，∴?
6
?
62
π
??
π
∴原不等式的解集为
?
x
6
2
?
.
??
ππ
?
答案：
?
?
6
，
2
?

一、选择题
1.已知函数f(x)的定义域为R ，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图
象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x
2
－6)>1的解集为( )

A．(－3，－2)∪(2,3)
B．(－2，2)
C．(2,3)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析：选A 由y＝f′(x )的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调
递减，又f(－2)＝1，f (3)＝1，∴f(x
2
－6)>1可化为－22
－6<3，解得－3< x<－2或22．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则
不等式f(x＋1)>(x－1)f(x
2
－ 1)的解集为( )
A．(0,1)
C．(1,2)
B．(1，＋∞)
D．(2，＋∞)
解析：选D 因为f(x)＋xf′(x)< 0，所以[xf(x)]′<0，故xf(x)在(0，＋∞)上为单调递减
函数，又(x＋1)f(x ＋1)>(x
2
－1)f(x
2
－1)，所以x＋12
－1，解得x>2.
3．(2018·沈阳质检)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正
实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x
2 f(x)，则不等式g(x)A．(－∞，1)
C．(－∞，0)∪(0,1)
B．(－1,1)
D．(－1,0)∪(0,1)
解析：选D 因为g(x)＝x
2
f(x) ，所以g′(x)＝x
2
f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]．由题
意知，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞ )上单调递增，又
?
|x|<1，
?
f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，由g(x)?
?
?
x≠0，

所以x∈(－1,0)∪(0,1)．
4．设f (x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) >0，
且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：选D 设F(x)＝f(x)g(x)，当x<0时，
∵F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，
∴F(x)在(－∞，0)上为增函数．
又∵F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，
故F(x)为R上的奇函数．

∴F(x)在(0，＋∞)上也为增函数．
由g(－3)＝0，
得F(－3)＝F(3)＝0.
画出函数F(x)的大致图象如图所示，
∴F(x)<0的解集为{x|x<－3或05．已知函数f(x)是定义在( 0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对于
任意正数a，b，若aA．af(a)≤f(b)
C．af(b)≤bf(a)
B．bf(b)≤f(a)
D．bf(a)≤af(b)
解析：选C ∵xf′(x)＋f(x)≤0，且x>0，f(x)≥0.
f?x?
∴f′(x)≤－
x
，即f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
又0当f(x)＝0时，符合题意，则af(b)＝bf(a)，故af(b)≤bf(a)．
6 ．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，2f(x)＋xf′(x)>x
2
，则下面的不等式在R上恒
成立的是( )
A．f(x)>0
C．f(x)>x
B．f(x)<0
D．f(x)1
解析：选A 法一：令g(x)＝x
2
f(x)－x
4
，则
4
g′(x )＝2xf(x)＋x
2
f′(x)－x
3
＝x[2f(x)＋xf′(x) －x
2
]，
当x>0时，g′(x)>0，∴g(x)>g(0)，
11
即x
2
f(x)－x
4
>0，从而f(x)>x
2
>0；
44
当x<0时，g′(x)<0，∴g(x)>g(0)，
11
即x
2
f(x)－x
4
>0，从而f(x)>x
2
>0；
44
当x＝0时，由题意可得2f(0)>0，∴f(0)>0.
综上可知，f(x)>0.
法二：∵2f(x)＋xf′(x)>x
2
，
令x＝0，则f(0)>0，故可排除B、D.
如果f(x)＝x
2
＋0. 1，已知条件2f(x)＋xf′(x)>x
2
成立，但f(x)>x不恒成立，故排除C，

选A.
7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R， f′(x)>2，则不等式f(x)>2x
＋4的解集为( )
A．(－1,1)
C．(－∞，－1)
B．(－1，＋∞)
D．(－∞，＋∞)
解析：选B 令m(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则m′(x)＝f′(x)－2>0，
∴函数m(x)在R上为单调递增函数．
又∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，
∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，
即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．
8．设函数f(x)，g(x)在区间[a ，b]上连续，在区间(a，b)上可导，且f′(x)当x∈(a，b)时必有( )
A．f(x)>g(x)
B．f(x)C．f(x)＋g(a)D．f(x)＋g(b)解析：选C 令函数h(x)＝f(x)－g(x)．
因为f′(x)b]上单调递减．所以x∈ (a，b)时必有h(b)移项整理得，f(x)＋g(a)g(x)＋f (b)，故选项C正确．
9．函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(－2)＝0，且x>0时，f (x)＋xf′(x)>0，则不等
式xf(x)≥0的解集是( )
A．[－2,0]
C．[－2,2]
B．[0,2]
D．[－2,0]∪[2，＋∞)
解析：选D 因为x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，故构造函数y＝xf(x)，
则该函数在(0，＋∞)上单调递增．
又因为f(x)为偶函数，故y＝xf(x)为奇函数．
结合f(－2)＝0，画出函数y＝xf(x)的大致图象如图所示．
所以不等式xf(x)≥0的解集为[－2,0]∪[2，＋∞)．
10．函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(3)＝0，且x<0时，xf′(x)的解集为( )
A．(－∞，0)
C．[－3,3]
B．[－3,0]∪[3，＋∞)
D．[0,3]

解析：选B 令 F(x)＝
f?x?
，因为f(x)为定义在R上的奇函数，所以F(x)为偶函数，当
x
xf′?x?－f?x?
x<0时，F′(x)＝<0，
x
2
故f(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．
f?x?
结合f(3)＝0，画出函数F(x)＝
x
的大致图象如图所示．
所以不等式f(x)≥0的解集为[－3,0]∪[3，＋∞)．

11．函数f( x)是定义在R上的可导函数，且f(x)>f′(x)对任意x∈R都成立，则下列不
等式中成立的是 ( )
A．f(2 018)>e
2 018
f(0)，f(2 018)>ef(2 017)
B．f(2 018)>e
2 018
f(0)，f(2 018)C．f(2 018)2 018
f(0)，f(2 018)>ef(2 017)
D．f(2 018)2 018
f(0)，f(2 018)解析：选D 令函数g(x)＝
f?x?
.
e
x
由f(x)>f′(x)，得f′(x)－f(x)<0，
e
x
f′?x?－e
x
f?x?f′?x?－f?x?
所以g′(x)＝＝<0 ，
e
2x
e
x
即函数g(x)＝
f?x?
在R上单调递减．
e
x
f?2 018?f?2 017?f?0?
所以
2 018
<
2 017
<
0
，
eee
即有f(2 018)2 018
f(0)．
12．设定义在R上的函数 f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)>k>1，则下列
结论中一定错误的是( )
1
?
1
A．f
?
?
k
?<
k

1
1
C．f
?
k－1
?<
??
k－1

解析：选C 令g(x)＝f(x)－kx＋1，
则g(0)＝f(0)＋1＝0，
11
1
g
?
k－1?
＝f
?
k－1
?
－k·＋1
????
k－ 1
1
?
1
B．f
?
?
k
?
>k－1

1
1
D．f
?
k－1
?
> ??
k－1

1
1
＝f
?
k －1
?
－
??
k－1
.
∵g′(x)＝f′(x)－k>0，
∴g(x)在[0，＋∞)上为增函数．
又∵k>1，∴
1
>0，
k－1
1
∴g
?
k－1
?
>g(0)＝0， ??
1
1
∴f
?
k－1
?
－
??k－1
>0，
1
1
即f
?
k－1
?
>
??
k－1
.
二、填空题
13．设f(x)是定义在R上的可导函数，且满足f(x)＋xf′(x)>0，则不等式f(x＋1)>x－1
f(x
2
－1)的解集为________．
解析：令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋x f′(x)>0，∴g(x)是R上的增函数．又
f(x＋1)>x－1f(
2
x2
－1)可等价转化为x＋1f(x＋1)>x
2
－1f(x
2
－1)，即
?
x＋1>x
2
－1，
g(x＋1)>g(x－1)，所以
?
解得1≤x<2，∴原不等式的解集为{x|1≤x<2}．
x－1≥0，
?
答案：[1,2)
14．设函数f(x)是定义在(－∞， 0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋
xf′(x)>x
2
，则不等式(x＋2 018)
2
·f(x＋2 018)－4f(－2)>0的解集为________．
解析：令g(x)＝x
2
f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x
2
f′(x)．
结合条件2f(x)＋xf′(x)>x
2
，将条件两边同时乘以x，
得2xf(x)＋x
2
f′(x)3
<0，即g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，0)上是减函数，
又g(－2)＝4f(－2)，
∴由(x＋2 018)
2
f(x＋2 018)－4f(－2)>0，
即g(x＋2 018)>g(－2)，
得x＋2 018<－2，解得x<－2 020，
∴原不等式的解集为(－∞，－2 020)．
答案：(－∞，－2 020)
1 5．已知定义在R上的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＋1)为偶函数．f(2)＝1，则不等式f(x)x
的解集为________ ．
解析：令h(x)＝
f′?x?－f?x?
f?x?
<0，
x
，则h′(x)＝
ee
x

∴h(x)在R上是减函数，又y＝f(x＋1)是偶函数，
∴y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(2)＝f(0)＝1.
由f( x)x
，得
f?x?f?0?
x
<1，又h(0)＝
0
＝1，
ee
∴h(x)0，
故原不等式的解集为{x|x>0}．
答案：(0，＋∞)
16．设f(x)是R 上的奇函数，且f(－1)＝0，当x>0时，(x
2
＋1)f′(x)－2xf(x)<0，则不
等式f(x)>0的解集为______．
?x
2
＋1?f′?x?－ 2xf?x?
f?x?
解析：令g(x)＝
2
，则g′(x)＝.因为当x> 0时，(x
2
＋1)f′(x)
22
x＋1?x＋1?
－2xf(x )<0，
所以g′(x)<0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又f(x)＝g(x)(x
2
＋1)，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又f(x)是R上的奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝0.
当x>0时，f(x)>0＝f(1)?0当x<0时，f(x)>0＝f(－1)?x<－1.
综上，可得不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
答案：(－∞，－1)∪(0,1)

增分点三招妙解导数零点问题
导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．用导
数研究函数f(x)＝ 0的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0.若该方程不易求解时，如何继续
解题呢？
猜——猜出方程f′(x)＝0的根
[典例] 设f(x)＝
1＋ln x
x
.
(1)若函数f(x)在(a，a＋1)上有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程f(x)＝x
2
－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围．
[方法演示]
ln x
解：(1)因为f′(x)＝－
2
，当0< x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)
x
在(0,1) 上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)的极大值点为x＝1，所以a<1

＋1，即0(2)方程f(x)＝x
2
－2x＋k有实数解，
即f(x)－x
2
＋2x＝k有实数解．
设g(x)＝f(x)－x
2
＋2x，
则g′(x)＝2(1－x)－
ln x
.
x
2
接下来，需求函数g(x)的单调区间，所以需解不等式g′(x)≥0及g′(x)≤0，因而需
解方程g′( x)＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．
可得g′(1)＝0，且当00，当x>1时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0,1)
上单调递增，在(1，＋ ∞)上单调递减．
所以g(x)
max
＝g(1)＝2.当x→0时，g(x)→－ ∞；当x→＋∞时，g(x)→－∞，所以函数
g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求实数k的取值范围是(－∞，2]．
[解题师说]
当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现e
x
时，常猜x
＝0或x＝ln x.
[应用体验]
1
1．函数f(x)＝e
x
＋x
2
－(2＋ln 2)x的最小值为________．
2
解析：f′(x)＝e
x
＋x－(2＋ln 2)．
接下来，需求函数f(x)的单调区间，所以需解不等式f′(x)≥0及f′(x)≤0，因而需解
方程f′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．
易知f′(x)是增函数，所以方程f′(x) ＝0至多有一个实数根，且可观察出此实数根就
是ln 2，所以函数f(x)在(－∞，ln 2)上是减函数，在(ln 2，＋∞)上是增函数，
1
所以f(x)
min
＝f(ln 2)＝2－2ln 2－ln
2
2.
2
1
答案：2－2ln 2－ln
2
2
2
设——设出f′(x)＝0的根
[典例] (2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e
2x
－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
2
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln
a
.
[方法演示]
a
解：(1)法一：f′(x)＝2e
2x
－
x
(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．

a
当a>0时，设u(x)＝e
2x
，v(x)＝－， x
a
因为u(x)＝e
2x
在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ x
在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
a
1
又f′(a)>0，当b满足044
所以当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
a
法二：f′(x)＝2e
2x
－(x>0)．
x
令方程f′(x)＝0，得a＝2xe
2x
(x>0)．
因为函数g(x)＝2x(x>0)，h(x)＝e
2x
(x>0)均是函数值为正值的增函数， 所以由增函数的定义可证得函数u(x)＝2xe
2x
(x>0)也是增函数，其值域是 (0，＋∞)．
由此可得，当a≤0时，f′(x)无零点；当a>0时，f′(x)有唯一零点．
(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x
0
.
当x∈(0，x
0
)时，f′(x)<0；
当x∈(x
0
，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，x0
)上单调递减，在(x
0
，＋∞)上单调递增，当且仅当x＝x
0时，f(x)取得
最小值，最小值为f(x
0
)．
aa
22 由于2e2x
0
－＝0，所以f(x
0
)＝＋2ax
0
＋aln≥2a＋aln(基本不等式)．
aa
x
0
2x
02
所以当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
a
[解题师说]
本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值．因此需要求f′(x)＝0的根．但是f′(x)
a
＝2e
2x
－
x
＝0的根无法求解．故设出f′(x)＝0的根为x
0
，通过证明f(x)在(0，x
0
)和(x
0
，＋
∞)上的单调性知f(x)
min
＝f(x
0
)＝
类似解析几何中的设而不求．
[应用体验]
2．设函数f(x)＝e
x
－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e
x
－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
a
2
＋2a x
0
＋aln
a
，进而利用基本不等式证得结论，其解法
2x
0

当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，
所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e
x
－1)＋x＋1.
故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
x＋1
k<
x
＋x(x>0)．①
e－1
x＋1
令g(x)＝
x
＋x，
e－1
－x e
x
－1e
x
?e
x
－x－2?
则g′(x)＝ x
＋1＝.
?e－1?
2
?e
x
－1?
2
由(1)知，函数h(x)＝e
x
－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)< 0，h(2)>0，所以h(x)
在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，
则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最
小值为g(α)．
又由g′(α)＝0，可得e
α
＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k证——证明方程f′(x)＝0无根
m－1
1
[典例] 已知m∈R，函数f(x)＝mx－
x
－ln x，g(x)＝
x
＋ln x.
(1)求函数g(x)的极小值；
(2)若函数y＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数m的取值范围；
2 e
(3)设h(x)＝，若?x
0
∈[1，e]使得f(x
0
)－g (x
0
)>h(x
0
)，求实数m的取值范围．
x
[方法演示]
解：(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
11
x－1
g′(x)＝－
2
＋
x
＝
2
.
xx
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
∴x＝1为g(x)的极小值点，极小值g(1)＝1.
m－1
1
m
(2)∵y＝mx－
x
－
x
－2ln x＝mx－
x
－2ln x.
m
2
∴y′＝m＋
2
－
x
≥0在[1，＋∞)上恒成立，
x
即m≥
2x
在x∈[1，＋∞)上恒成立．
x＋1
2

又
2x
2
＝≤1，所以m≥1.
1
x＋1
x＋
x
2
所以实数m的取值范围为[1，＋∞)．
(3)由题意知，关于x的不等式f(x)－g(x)>h(x)在[1，e]上有解，即关于x的不等式
2e＋2xln x
x
2
－1
设u(x)＝
2e＋2xln x
(1x
2
－1
2x
2
－4ex－ 2－?2x
2
＋2?ln x
则u′(x)＝(1?x
2
－1?
2
可大胆猜测方程u′(x)＝0无解，证明如下：
由12
＋2)ln x<0，
2x
2－4ex－2＝2(x－e)
2
－2e
2
－2<0，
所以u′(x)<0，u(x)在(1，e]上是减函数，
4e
所以函数u(x)的值域是
2
，＋∞，
e－1
4e 故所求实数m的取值范围是
?
e
2
－1
，＋∞
?.
??
[解题师说]
当利用导函数求函数f(x)在区间[a，b]，[a， b)或(a，b]上的最值时，可首先考虑函数f(x)
在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则 f(x)在区间的端点处取得最值(此时若求f′(x)
＝0的根，则此方程是无解的)．
[应用体验]
x－m
3．(理)若存在x使不等式
x
>x成立，则实数m的取值范围为________．
e
解析：法一：(理)由题意，知存在x使不等式－m>xe
x
－x成立．
设x＝t(t≥0)，则存在t≥0使不等式－m>tet
2
－t
2
成立．
设f(t)＝tet
2
－t
2
(t≥0)，
则f ′(t)＝et
2
(2t
2
＋1)－2t(t≥0)，需解方程f′(t)＝ 0，但此方程不易求解．
可大胆猜测方程f′(t)＝0无解(若方程f′(t)＝0无解，则f′( t)的值恒正或恒负(否则由
零点存在性定理知方程f′(t)＝0有解)，得f(t)是增函数或减函数，此时研究函数f(t)就很方
便)，证明如下：
f′(t)＝et
2
( 2t
2
＋1)－2t≥22tet
2
－2t≥0(t≥0)，
所以f′(t)>0(t≥0)，所以函数f(t)是增函数，故其最小值为f(0)＝0.
所以－m>0，即m<0.
(文)由题意，知存在x使不等式－m>xe
x
－x成立，当x＝0时，m<0，当x>0时，令

f(x)＝xe
x
－ x，则f′(x)＝
?
1
＋x
?
e
x
－1，不易求方程f′(x)＝0的根，故可大胆猜测方
?
2x
?
?
1
＋ x
?
e
x
－
?
2x
?
程f′(x)＝0无解，即f′(x)的值恒正或恒负．证明如下：f′(x)＝
1≥2·xe
x
－1＝2 e
x
－1，∵x>0，∴2e
x
>2，∴2e
x
－1>0，
2x
∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)>f(0)＝0，∴－m>0，即m<0.
综上可知m的取值范围为(－∞，0)．
x－m
法二：不等式
x
＞ x成立，等价于m＜x－x·e
x
.
e
故存在x使不等式
x－m e
x
)
max
.
x
＞x成立，等价于m＜(x－x ·
e
1
令f(x)＝x－xe
x
，
则f′(x)＝1－ ?
1
＋x
?
e
x
<0.
?
2x ?
∴f(x)＝x－xe
x
在[0，＋∞)上是单调递减函数，
故(x－x·e
x
)
max
＝0，
∴m＜0.
答案：(－∞，0)

1．已知函数f(x)＝
ln x＋k
(k为常数，e＝2.718 28……是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)
ex
在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x )的导函数．证明：对任意x>0，g(x)<1＋e
2
.
－
1
－ln x－k
x
解：(1)f′(x)＝，
e
x
因为f′(1)＝0，所以1－k＝0，即k＝1.
1
－ln x－1
x
(2)由(1)知，f′(x)＝.
e
x
1
易知h(x)＝
x
－ln x－1在(0，＋∞)上是减函数，且h(1)＝0，所以当00，
当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(3)证明：由(2)可知，当x≥1时，g(x)＝xf′(x)≤0<1＋e
2
，故只需证明g(x)<1＋e
－－
2

在0当0x
>1，且g(x)>0，
∴g(x)＝
1－xln x－x
<1－xln x－x.
e
x
－
设F(x)＝1－xln x－x，x∈(0,1)，则F′(x)＝－(ln x＋2)，当x∈(0，e
2
)时，F′ (x)>0，
当x∈(e
－
2,
1)时，F′(x)<0，所以当x＝e－
－
2
时，F(x)取得最大值F(e
2
)＝1＋e
2
.
－－
所以g(x)2
.
综上，对任意x>0，g(x)<1＋e
2
.
－
2．已知函数f( x)＝ke
x
－x
2
有两个极值点x
1
，x
2(x
1
2
)．
(1)求k的取值范围；
(2)求f(x
1
)，f(x
2
)的取值范围．
2x解：(1)因为f′(x)＝ke
x
－2x，所以由f′(x)＝0，得k＝
x .
e
设φ(x)＝
2x
2
x
，则φ′(x)＝x
(1－x)．
ee
当x<1时，φ′(x)>0，当x>1时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
2
所以当x＝1时，φ(x)
max
＝.
e
作出函数φ(x)的图象如图所示．

因为函数f(x)有两个极值点，所以y＝k与y＝φ(x)的图象有两个交点，所以由图可得k
2
0，
?
. 的取值范围是
?
?
e
?
(2)由f′(x
1
)＝k ex
1
－2x
1
＝0，得kex
1
＝2x
1
，
22
所以f(x
1
)＝kex
1
－x
21
＝2x
1
－x
1
＝1－(1－x
1
)
由图可得x
1
的取值范围是(0,1)，
所以f(x
1
)的取值范围是(0,1)．
22
同理，可得f(x
2
)＝kex
2
－x
2
2
＝2x
2
－x
2
＝1－(x
2
－1)，
由图可得x
2
的取值范围是(1，＋∞)，
所以f(x
2
)的取值范围是(－∞，1)．
3．设函数f(x)＝(x－1)e
x
－kx
2
(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；

1
，1
?
时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M. (2)当k∈
?
?
2
?
解：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1 )e
x
－x
2
，
所以f′(x)＝xe
x
－2x＝x(e
x
－2)．
由f′(x)>0，得x>ln 2或x<0；由f′(x)<0，得0∞，0)，(ln 2，＋∞)，递减区间是(0，ln 2)．
(2)f′(x)＝x(e
x
－2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2k.
1
?
事实上，可证ln 2k?
?
2
?
，
则g′(k)＝ 1－k
?
1
≥0
?
2
?
?
，
k
1
?
所以g(k)在
?
?
2
，1
?
上是增函数，
所以g(k)≤g(1)＝ln 2－1<0，即ln 2k所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k,1]上是增函数，
所以M＝max{f(0)，f(k)}．
1
?
，设h (k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)e
k
－k
3
＋1
?
?
2
?
1
?
. 则h′(k)＝k(e
k
－3k)
?
?
2
?
11
?，则φ′(k)＝e
k
－3≤e－3<0
?
?
，所以函数φ(k)在又令φ(k)＝e
k
－3k
?
?
2
? ?
2
?
?
1
，1
?
上是减函数．
?2
?
1
?
又因为φ
?
?
2
?
>0，φ(1)<0，
1
?
所以函数φ(k)在
?
?
2 ，1
?
上存在唯一的零点k
0
(该零点就是函数φ(k)的隐零点)．
1
所以当0
时，φ(k)>0，即h′(k)>0，
2
当k
0
1
所以函数h(k)在，1上是先增后减．
2
1
?
7e 又因为h
?
＝－
?
2
?
82
>0，h(1) ＝0，
1
?
，所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，f(k )≥f(0)
?
?
2
?
故M＝f(k)＝(k－1)e
k －k
3
.
x
2
4．(2015·山东高考)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝
x
.已知曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处
e

的切线与直线2x－y＝0平行．
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x) ＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求
出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m( x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2.
a
又f′(x)＝ln x＋
x
＋1，所以a＝1.
当a＝1时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线2x－y－2＝0与直线2x－y＝0平行，所
以所求a的值为1.
(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根．
x
2
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－
x
，
e
当x∈(0,1]时，h(x)＜0.
44
又h(2)＝3ln 2－
2
＝ln 8－
2
＞1－1＝0，
ee
所以存在x
0
∈(1,2)，使得h(x
0
)＝0.
x?x－2?
1
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
x
e
x
1
所以当x∈(1,2)时，h′(x)＞1－＞0，
e
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增．
所以当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根．
(3)由(2 )知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根x
0
(x
0
就是函数f(x)－g(x)的隐零点)，
且x∈(0，x
0
)时，f(x)＜g(x)，
x∈(x
0
，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
?x＋1?ln x，x∈ ?0，x
0
]，
?
?
2
所以m(x)＝
?
x

，x∈?x，＋∞?.
x
0
?
?
e
当 x∈(0，x
0
)时，若x∈(0,1]，m(x)≤0；
1
若x∈(1，x
0
)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，
x
可知0＜m(x)≤m(x
0
)；
故m(x)≤m(x
0
)．
当x∈(x
0
，＋∞)时，由m′(x)＝
x?2－x?
，
e
x

可得x∈(x
0,
2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减．
4
可知m(x)≤m( 2)＝
2
，且m(x
0
)＜m(2)．
e
4
综上可得，函数m(x)的最大值为
2
.
e

压轴题命题区间(三)
?
?
三角函数、解三角形、平面向量
增分点应用两大策略解决三角函数图象与性质的综合问题

策略一：针对选择题特事特办，选择题中关于三角函数的图象和性质的问题是多年来
高考的热点，三角函数试题常涉及函数y＝Asin(ωx＋ φ)(ω>0，A>0)的图象的单调性、对称
性、周期、零点等问题．一般来说：
TkT (1)若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两条对称轴x＝a，x＝b，则有|a－b |＝＋(k
22
∈Z)；
T
(2)若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω> 0，A>0)有两个对称中心M(a,0)，N(b,0)，则有|a－b|＝＋
2
kT
(k∈Z)；
2
(3)若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有一条对称轴 x＝a，一个对称中心M(b,0)，则有
TkT
|a－b|＝＋(k∈Z)．
42
策略二：研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导
数的正负比较容易控制，但对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)含多个参数，并且具有周
期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决．
π
π
ω>0，|φ|≤
?
，x＝－为f(x)的零[典例] (20 16·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)
?
2
??
4
π5π
?
π
点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在
?
?
18
，
36
?
上单调，则ω的最大值为( )
4
A．11
C．7
[思路点拨]
本题条件较多，事实上从题型特征的角度来看，若选择题的已知条件越多，那么意味
着可用来排除选项的依据就越多．所谓正面求解也是在不断缩小的范围内与条件进行对比
验证．
[方法演示]
B．9
D．5

法一：排除法
π
ππ
－
?
＝0得，－
ω＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝kπ＋ω.
由f
? ?
4
?
44
ππ
ππ
5x＋
?
，则 f
??
＝－1，x＝是函数图象的当ω＝5时，k只能取－1，φ＝，f(x)＝sin
?
4
???
4
?
44
2n＋1
π5π
?
π
19π34π
?
，
时，5x＋∈
?
，
对称轴，符合题意；当x∈
?
，这个区间不含
π(n∈Z)
36
?? 1836
?
4
?
36
2
π5π
?
中的任何一个，函数f(x)在
?
?
18
，
36
?
上单调，符合题意．
ππ
ππ
7x－
?
，则f
??
＝－1，x＝是函数图象当ω＝7时，k只能取－2，φ＝－，f(x)＝sin
?
4
???
4
?
44
π5π
?
π
5π26π
?
π
，
时，7x－∈
?
，
的对称轴，符合题意；当x∈
?
，这个区间含有，则函数f(x)
?
1836
?
4
? 3636
?
2
π5π
?
在
?
?
18
，
36
?
上不可能单调，不符合题意．
ππ
ππ
9x＋
?
，则f
??
＝1，x＝是函数图象的对当ω＝9时，k只能取－2， φ＝，f(x)＝sin
?
4
???
4
?
44
2n ＋1
π5π
?
π
3π3π
，
时，9x＋∈
?
，
?
，这个区间不含称轴，符合题意；当x∈
?
π(n∈Z)中的
2
??
1836
?
4
?
4
2
π5π
?
任何一个，函数f(x)在
?
?
18
，
36
?
上单调，符合题意．
π
?
πππ
当ω＝11时，k只能取－3，φ ＝－，f(x)＝sin11x－，则f
?
＝1，x＝是函数图象的
?
4?
444
π5π
?
π
13π46π
?
π
，
时，11x－∈
?
，
对称轴，符合题意；当x∈
?
，这个区间含有，则函数f(x)
36
??
1836
?
4
?36
2
π5π
?
在
?
?
18
，
36
?
上不可能单调，不符合题意．
综上，ω的最大值为9.故选B.
法二：特殊值法
从T＝
2π
，ω＝2k＋1(k∈N)来思考，ω需要最大值，只有从选项中的最大数开始，
2k＋1
2ππ
即从前往后一一验证：当ω＝11时，T＝，从单调区间的一个端点x＝往前推算，靠近
114
π3π5π
?
π ，
5π
?
的单调区间为
?
－
π
，
3 π
?
，
?
3π
，
7π
?
，容易看出<<，不合题意；当ω＝9时，
?
1836
??
4444
??
44 44
?
184436
π5π
?
2ππ5ππ
?
π5 π
?
，
的单调区间为，，
，
，T＝，从单调区间的一个端点x＝往前推算，靠近
?
?
1836
?
94364
?
3636
?
π5π
??
π5π
?
容易看出
?
?18
，
36
?
?
?
36
，
36
?
，符合题意，故选B.
法三：综合法

?
由题意得?
ππ
ω＋φ＝kπ＋
，k∈Z，
?
42
22
π
－
ω＋φ＝k
1
π，k
1
∈Z，
4
 ππ
且|φ|≤，则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－
24
π
ππ
11x－
?
，f(x).对比选项，将选项值分别代入验证：若ω＝11，则φ＝－，此时f(x)＝sin
?
4
??
44
π3π
?
3π 5ππ5π
，
上单调递增，在区间
?
，
?
上单调递减，不满足f(x)在区间
?
，
?
上单在区间
?
?
1844
??
4436
??
1836
?
ππ5π
π
9x＋
?
，满足f(x)在区间
?
，
?
上单调递减．调；若ω＝9，则φ＝，此时f(x)＝sin
?
4
???
1836
? 4
法四：分类讨论
5ππ
T
π
由题意知，－≤?T≥，
361826
2ππ
即
ω
≥?0<ω≤12.①
6
?
又由题意可得
?
ππ
ω＋φ＝
＋nπ
?
42 π
k＋n
所以φ＝＋
π.
42
π
31
又|φ|≤，所以－≤k＋n≤.
222
π
－
ω＋φ＝kπ，
4

(n，k∈Z)，
π
(1)当k＋n＝0时，φ＝，ω＝1－4k.②
4
ππ5π
9 x＋
?
在
?
，
?
上单调递减，由①②可得，当k＝－2时， ω＝9，此时函数f(x)＝sin
?
4
??
1836
??
符合题意；
ππ5π
5x＋
?
在
?
，
?
上单调递减，符合题意；当k＝－1时，ω＝5，此时函数f(x)＝sin
?
4
? ?
1836
??
ππ5π
x＋
?
在
?
， ?
上单调递减，符合题意；当k＝0时，ω＝1，此时f(x)＝sin
?
?
4
??
1836
?
π
(2)当k＋n＝－1时，φ＝－，ω ＝－1－4k.③
4
ππ5π
3x－
?
在
?
， ?
上单调递增，由①③可得，当k＝－1时，ω＝3，此时函数f(x)＝sin
?4
??
1836
??
符合题意；
ππ5π
7x－?
在
?
，
?
上不单调，舍去；当k＝－2时，ω＝7，此时函数f(x)＝sin
?
4
??
1836
??
ππ5π
11x－
?
在
?
，
?
上不单调，舍去；当k＝－3时， ω＝11，此时f(x)＝sin
?
4
??
1836
??
综上，ω＝1,3,5,9，此法求出了ω的所有可能值，故ω的最大值为9.

答案：B
[解题师说]
上述法一和法二的本质是一样的，都是针对选择题的做法，逐一验证，目标明确，不
同的是验证的角度．法二直接利用y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的单调区间的特征，每个区
T
π
间长度为，从靠近区间的特殊极值点开始把可能出现的单调区间找出来比较，只要“所
24
求区间包含在单调区间内”即可．
[应用体验]
ππ
－，
?
上的最小值为－2，1．已知函数f(x)＝2sin ωx在区间
?
则ω的取值范围是( )
?
34
?
9
－∞，－
?
∪[6，＋∞) A.?
2
??
93
－∞，－
?
∪
?
，＋∞
?
B.
?
2
??
2
??
C．(－∞，－2]∪[6，＋∞)
3
?
D．(－∞，－2]∪
?
?
2
，＋∞
?

ππ
解析：选D 法一：当ω＞0时，－
ω≤ωx≤ω，
34
ππ
3
可知－
ω≤－
，解得ω≥；
322
ππ
当ω＜0时，
ω≤ωx≤－ω，
43
ππ
可知
ω≤－
，解得ω≤－2，
42
3 ?
所以ω的取值范围是(－∞，－2]∪
?
?
2
，＋∞
?
.
2ππ
π
－，
?
知，当2x＝－时，f(x)取法二：取ω＝2，则函数f(x)＝2sin 2x，根据2x∈
?
?
32
? 2
得最小值－2，满足条件，排除A、C；取ω＝－3，则函数f(x)＝2sin(－3x)＝－2sin 3x，根
3π
π
－π，
?
知，当3x＝时，f(x)取得最小值－2，满足条件，排除B，故选D. 据3x∈
?
4
??
2
π
2．(2018·江西联考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)－1(ω>0，|φ|<π) 的一个零点是，函数y
3
π
＝f(x)图象的一条对称轴是直线x＝－，则当ω取得最小值时，函数f(x)的单调递增区间是
6
( )
ππ
3kπ－，3kπ－
?
(k∈Z) A.
?
36
??
5ππ
3kπ－，3kπ－
?
(k∈Z) B.
?
3 6
??

2ππ
2kπ－，2kπ－
?
(k∈Z) C .
?
36
??
ππ
2kπ－，2kπ－
?
(k∈Z ) D.
?
36
??
π
??
πω
＋φ
? －1＝0，即sin
?
πω
＋φ
?
＝
1
，解得
πω
＋φ＝解析：选B 依题意得，f
?
＝2sin
?
3
??
3
??
3
?
23
π
πω
5π
2k
1
π＋
或＋φ＝2k
2
π＋
(其中k
1
，k
2
∈Z)．①
636
πω
－＋φ
?
＝±又sin
?
?
6
?
1，
πω
π
即－＋φ＝k
3
π＋
(其中k
3
∈Z)．②
62
π ω
π
πω
π
由①－②得＝(2k
1
－k
3
)π－
或＝(2k
2
－k
3
)π＋
，
2323 22
即ω＝2(2k
1
－k
3
)－或ω＝2(2k
2
－k
3
)＋(其中k
1
，k
2
，k
3∈Z)，
33
2
因此ω的最小值为.
3
πωπ
－＋ φ
?
＝sin
?
－
9
＋φ
?
＝±因为si n
?
?
6
???
1，
ππ
所以－＋φ＝＋kπ(k∈Z)．
92
ππ
又|φ|<π，所以φ＝＋，
29
2
ππ
?
2
π
x＋＋
－1＝2cosx＋－1，所以f(x)＝2sin
?
?
329
?
39
2
π
令2kπ－π≤x＋≤2 kπ(k∈Z)，
39
5ππ
则3kπ－≤x≤3kπ－(k∈Z)．
36
5ππ
3kπ－，3kπ－
?
(k∈Z)．因此，当ω取得最小值时，f(x)的单调递增区间是
?
36
??

一、选择题
π
ωx＋
?
(ω＞0)和g(x)＝2sin(2x＋ φ)＋1的图象的对称轴完全相1．已知函数f(x)＝3cos
?
3
??
π
0，
?
，则f(x)的取值范围是( ) 同，若x∈
?
?
3
?
3
－，3
?
A．[－3,3] B.
?
?
2
?
33
? ?
C.
－3，

2
??
3
－3，
?
D.
?
2
??

解析：选D 因为函数f(x)和g(x)的图象的对称轴完全相同，故f(x)和g(x)的周期相同，
ππ
π
π
2x＋ ?
.由x∈
?
0，
?
，得2x＋∈
?
，π ?
.根据余弦函数的单调性可所以ω＝2，f(x)＝3cos
?
3
? ??
3
??
3
?
3
ππππ
3
知，当2x ＋＝π，即x＝时，f(x)
min
＝－3；当2x＋＝，即x＝0时，f(x)
ma x
＝，所以f(x)
33332
3
－3，
?
. 的取值范围是
?
2
??
π
1
x＋
?
的图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标2．(2018·郴州质检)将函数y＝sin
?
?
6?
2
不变)，所得图象对应的函数的一个单调递增区间为( )
ππ
－，
?
A.
?
?
36
?
ππ
－，
?
C.
?
?
33
?
ππ
－，
?
B.
?
?
22
?
π2π
－，
?
D.?
?
63
?
π
1
x＋
?
的图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，解析：选A 将函数y＝sin
?
?
6
?
2
π
ππππ
2x＋
?
的得到函数y＝sin2x＋的图象，由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得函数y＝sin
?
6
??
6262
πππππ
单调递增区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)，当k＝0时，函数y＝si n2x＋在区间－，上单调
36636
递增．
3．(2018·广州综合测试)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函数，
π
直线y＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为，则( )
2
π
0，
?
上单调递减 A．f(x)在
?
?4
?
π3π
?
B．f(x)在
?
?
8
，
8
?
上单调递减
π
0，
?
上单调递增 C．f (x)在
?
?
4
?
π3π
?
D．f(x)在
?
?
8
，
8
?
上单调递增
π
解析：选D f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝2sinωx＋φ＋，因为0<φ<π且f(x)为奇
4
函数，所以φ＝
3π
，即f(x)＝－2s in ωx，又直线y＝2与函数f(x)的图象的两个相邻交点
4
ππ2ππ
的横坐标之差的绝对值为，所以函数f(x)的最小正周期为，由
ω
＝，可得ω＝4，故f(x)222
kπ
π
kπ
3ππ3π
＝－2sin 4x，由2kπ＋ ≤4x≤2kπ＋，k∈Z，得＋≤x≤＋，k∈Z，令k＝0，
222828
π3π
?
π3ππππ
kπ
，
上单调递增，得≤x≤，所以f(x)在
? 令－＋2kπ≤4x≤＋2kπ，k∈Z，得－＋
?
88
?
88228 2

π
kπ
π
kπ
π
kπ
≤x≤＋， k∈Z，故f(x)的单调递减区间为－＋，＋，k∈Z，则A，B错误，故
828282
选D .
π
π
ωx＋
?
(ω>0)的图象向右平移个单位长度，得4．( 2018·长沙模拟)将函数f(x)＝2sin
?
4
??
4ω
ππ
－，
?
上为增函数，则ω的最大值为( ) 到函数y＝g(x)的图象，若y＝g (x)在
?
?
63
?
35
A．3 B．2 C. D.
24
π
π
x－
?
＋
?
＝2sin ωx.
ω
?
解析：选C g(x)＝2sin
?
?
?
4ω
?
4
?
ππππ
?
－
π
?
≥－ π
＋2kπ(k∈Z)且ω·因为y＝g(x)在－，上为增函数，所以ω·≤＋2kπ(k?
6
?
63232
33
∈Z)，解得0<ω≤，则ω的最大值为 .
22
ππ
5．(2018·陕西质检)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)|φ |<的图象向左平移个单位长度后关于原
26
π
0，
?
上的最小值为 ( ) 点对称，则函数f(x)在
?
?
2
?
A．－
31 13
B．－ C. D.
2222
ππ
解析：选A 将f(x )＝sin(2x＋φ)的图象向左平移个单位长度得到y＝sin2x＋＋φ＝
66
πππ sin2x＋＋φ的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则＋φ＝kπ(k∈Z)，且|φ|<，所
332
ππ2π
πππππ
0，
?
时，2x－∈
?
－，
?
，所以当2x－＝－，以φ＝－，即f(x)＝sin2x－，当x∈
?
?
2
?
333
?
33
?
33
即 x＝0时，f(x)取得最小值，最小值为－
3
.
2
π
6．(20 18·临沂调研)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1ω>0，|φ|≤，其图象与直线y＝－12
ππ
相邻两个交点的距离为π，若f(x)>1对任意x∈－，恒成立，则φ的取值范围是( )
123
ππ
A.，
126
ππ
C.，
123
ππ
B.，
62
ππ
D.，
63
2π
解析：选D 由题知，T＝
ω
＝π，ω＝2，所以f(x) ＝2sin(2x＋φ)＋1，根据题意，若f(x)>1
ππππ
π
－，
?
恒成立，即sin(2x＋φ)>0对任意x∈
?
－，
?
恒成立，所以－＋对任意x∈
?
?
123
??
123
?
6φ≥2kπ，k∈Z，且
2ππππ
＋φ≤π＋2kπ，k∈Z，所以＋2kπ≤φ≤＋2 kπ，k∈Z，又|φ|≤，所
3632

ππ
以≤φ≤.
6 3
π
7．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<的部分图象如图所示，则( )
2

A．f(x)的图象关于直线x＝－
2π
对称
3
5π
－，0
?
对称 B．f(x)的图象关于点
?
?
12
?
π
C．若方程f(x)＝m在－，0上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－2，
2
－3]
π
π
2x－
?
的图象向左平移个单位长度得到函数f(x)的图象 D．将函数y＝2sin
?
6
??
6
解析：选C 根据题中所给的图象，可知A＝2，
ππ
?
2π
－
＝π，∴ω＝＝2. T＝4
?
? 312
?
π
πππππ
又＋φ＝＋2kπ，k∈Z，|φ|<，∴φ＝，∴函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin2x＋，∴
62233
2π
π2π ?
－
2π
，0
?
对称，
－
?
＋＝－ π，2×
?
从而f(x)的图象关于点而不是关于直线x＝－对称，
?
3?
3
?
3
?
3
5π
ππ5π
－
?
＋＝－，∴f(x)的图象关于直线x＝－对称，而不是关于点故A不正确；2×
?
?
12
?
3212
?
－
5π
，0
?对称，故B不正确；当x∈
?
－
π
，0
?
时，2x＋ π
∈－
2π
，
π
，结合正弦函数图象的
?
1 2
??
2
?
333
π
性质，可知若方程f(x)＝m在－， 0上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是(－
2
π
2x－
?
的图象向左平2，－3]，故C正确；根据图象平移变换的法则，可知应将y＝2sin
?
6
??
π
移个单位长度得到f(x)的图象，故D不正确．
4
ππ 1
x＋
?
cos
?
x－
?
和直线y＝在y轴右侧的交点的横坐标按从小到大的8．曲线y＝2cos
?
?
4
??
4
?
2
顺序依次记为P
1
，P
2
，P
3 ，…，则|P
3
P
7
|＝( )
A．π
C．4π
B．2π
D．6π
ππ
x＋
?
c os
?
x－
?
＝cos
2
x－sin
2
x ＝cos 2x，故曲线对应的函数为周解析：选B y＝2cos
?
?
4
? ?
4
?

1
期函数，且周期为π，直线y＝在y轴右侧与函数y ＝cos 2x在每个周期内的图象都有两个
2
交点，又P
3
与P
7
相隔2个周期，故|P
3
P
7
|＝2π.
π
9．已知x＝是函数f(x)＝3sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0<φ<π)图象的一条对称轴，将函
12
3πππ
数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)在－，上的最小
446
值为( )
A．－2
C．－2
B．－1
D．－3
ππ
π
2x＋＋φ
?
，∵x ＝是f(x)＝2sin
?
2x＋＋φ
?
图象的一条对称解析：选B f(x )＝2sin
?
66
????
12
π
πππ
2x＋
?
，轴，∴＋φ＝kπ＋(k∈Z)．∵0<φ<π，∴φ＝，则f(x)＝2sin
?
3
??
326
3π
π
5π
x－
?＋
?
＝2sin
?
2x＋
?
.
2
?
∴g(x)＝2sin
?
4
?
3
?
6
??
?
?
ππ
5π
π7π
π
－，
?
， ∴2x＋∈
?
，
?
，∴当x＝时，g(x)取得最小值，最小值为－1. ∵ x∈
?
?
46
?
6
?
36
?
6 ππ
10．(2018·宁夏银川一中月考)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)|φ|<的图象向右平移个单位长
26
π
?
度后关于原点对称，则f
?
?
12
?
的值为( )
A．1
1
C.
2
B．－1
1
D．－
2
ππ
解析：选A 函数 f(x)＝sin(2x＋φ)|φ|<的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应
26
ππ π
的函数解析式为y＝sin2x－＋φ＝sin2x－＋φ，由所得图象关于原点对称，可得φ－＝k π，
633
π
?
πππππ
k∈Z，即φ＝kπ＋，k∈Z.又|φ |<，故φ＝，可得函数f(x)＝sin2x＋，f
?
＝sin2×＋
3233?
12
?
12
ππ
＝sin＝1.
32
π π
2x＋
?
的图象向左平移个单位长度，11．将函数f(x)＝2sin?
再向上平移1个单位长度，
6
??
12
得到g(x)的图象．若g(x
1
)g(x
2
)＝9，且x
1
，x
2∈[－2π，2π]，则2x
1
－x
2
的最大值为( )
49π
A.
12
25π
C.
6
解析：选A 由题意得g(x)＝2sin2x＋
35π
B.
6
17π
D.
4
πππ
＋＋1＝2sin2x＋＋1，故 g(x)
max
＝3，g(x)
min
1263

? ?
g?x
1
?＝3，
πππ
＝－1，由g(x
1)g(x
2
)＝9，得
?
由g(x)＝2sin2x＋＋1＝3，得2x ＋＝＋2kπ，k
332
?
g?x
2
?＝3，
?

∈Z，即x＝
故当x
1
＝
π23π11ππ13π
＋kπ， k∈Z，由x
1
，x
2
∈[－2π，2π]，得x
1
，x 2
＝－，－，，，
1212121212
13π23π49π
，x2
＝－时，2x
1
－x
2
取得最大值，最大值为.
1 21212
12．(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0 ，ω>0)的部分图象如图
所示，下面结论错误的是( )

A．函数f(x)的最小正周期为
2π

3
π
个单位长度得到
12
B．函数f(x)的图象可由g(x)＝Acos ωx的图象向右平移
π
C．函数f(x)的图象关于直线x＝对称
12
ππ
?
D．函数f(x)在区间
?
?
4
，
2
?
上单调递增
11π7π
?
2π
解析：选D 由图象可知，函数f( x)的最小正周期T＝2
?
?
12
－
12
?
＝3
，选项A正确；
由T＝
7π
?
2π5π
?
7 π
＋φ
?
＝0，
?
π
?
＝Acos
?3π
＋φ
?
，得ω＝3.又f
?
＝Acos所以φ＝kπ－(k ∈Z)．又f
?
12
??
4
??
2
??
2
?
34
π
2
π
3x－
?
，函数g(x)＝ Acos ＝Asin φ＝－，所以sin φ<0，φ＝－＋2kπ(k∈Z)，即f(x)＝Acos?
4
??
34
3x的图象向右平移
π
π
x－ ?
＝Acos3x个单位长度得到的图象对应的函数的解析式为y＝g
?
?12
?
12
π
ππ
3x－
?
＝f(x)，选项 B正确；当x＝时，f(x)＝A，因此函数f(x)的图象关于直－＝Acos
?
4
??
1212
ππ
?
ππ
ππ
π5π
，
时，3x－∈
?
，
?
，函数f(x)在
?
，
?
上不是线x＝对称，选项C正确；当x∈
?
?
42
??
42
?
124
?
24
?
单调递增的，选项D错误．
二、填空题
a
1
a
2
?
?
3 sin ωx
?
?
13．(2018·郑州模拟)定义运算：将函数f(x)＝
???
＝a
1
a
4
－a
2
a
3
，
?
(ω>0)
?
a
3
a
4
?
?
1 cos ωx
?
2π
的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则ω的最小值是________．
3
解析：由题意，得f(x)＝
?
π
?
3 sin ωx
?
?
＝3cos ωx－sin ωx＝2cosωx＋
6
(ω>0)，将函数
?
1 cos ωx
?

π2π
f(x)＝2cosωx＋(ω>0)的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2cosωx＋
63
2ωπ
π
2ωπ
π2ωπ
π2ππ
＋＝2cosωx＋＋.因为y＝2cosωx＋＋为偶函数，所以＋＝k π(k∈Z)．即
36363636
6k－1
5
ω＝
(k∈Z)．又 ω>0，所以ω的最小值是.
44
5
答案：
4
ππ
14 .(2018·江西赣南五校联考)已知函数f(x)＝Asinx＋φA>0，0<φ<的部分图象如图所62
示，P，Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为(2，A)，点R的坐标为(2,0 )．若
2π
∠PRQ＝，则f(x)的最大值是________．
3
 2π
解析：由题设可知函数f(x)的最小正周期T＝＝12，则Q(8，－A)，所以|PR| ＝A，连
π
6
接PQ，|PQ|＝36＋4A
2
，|RQ|＝36＋ A
2
，由余弦定理可得4A
2
＋36＝A
2
＋A
2
＋36－
2π
2A·A
2
＋36·cos.又A>0，解得A＝23 ，故f(x)的最大值是23.
3
答案：23
π91π
15．(2018 ·江西上饶一模)已知函数f(x)＝4sin2x＋0≤x≤，若函数F(x)＝f(x)－3
66 的所有零点依次记为x
1
，x
2
，x
3
，…，xn
，且x
1
2
3
<…n
，则x
1
＋2x
2
＋2x
3
＋…＋2x
n
－
1
＋x
n
＝________.
πππ
kπ 91π
解析：令2x＋＝＋kπ，k∈Z，解得x＝＋，k∈Z，故函数f(x)的图象在0，上
62626
π2π44πππ2π4π
的对称轴为x＝，，…，，共有30条，所以x
1
＋x
2
＝2×＝，x
2
＋x
3
＝2×＝，
6336333
x
3
＋x
4
＝2×
7π7π44 π88π
＝，以此类推，x
n
－
1
＋x
n
＝2×＝，所以(x
1
＋x
2
)＋(x
2
＋x
3
) ＋…＋(x
n
6333
π88π
30×＋
33
＝445π.
－
1
＋x
n
)＝
2
答案：445π
π ?
π
，
π
?
ω＞0，|φ|＜
?
的图象过点 B(0，16．(理)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)
?
－3)，且在
2 ???
183
?
上单调，同时f(x)的图象向左平移π个单位长度之后与原来的图象重合，当x
1
，x
2
∈

?
－
4π
，－
2π
?
，且x
1
≠x
2
时，f( x
1
)＝f(x
2
)，则f(x
1
＋x
2
)＝________.
3
??
3
解析：∵函数f(x)＝2sin(ωx ＋φ)的图象经过点B(0，－3)，∴f(0)＝2sin φ＝－3?sin
φ＝－
3
ππ
，又|φ|＜，∴φ＝－.
223
ππ?
∵f(x)的图象向左平移π个单位长度后与原来的图象重合，且函数f(x)在
??
18
，
3
?
上单调，
π
2πππ
2 x－
?
.令2x－＝kπ＋(k∴函数f(x)的最小正周期T＝π，∴ω＝
T
＝2，∴函数f(x)＝2sin
?
3
??
32
∈Z)，得x＝ kπ
5π
＋(k∈Z)，
212
π
5π
kπ
4π2π
2x－
?
的对称轴为直线x＝＋(k∈Z)，∴当－＜x＜－时，∴函数f (x)＝2sin
?
3
??
12233
f(x)的对称轴为直线x＝－
3π5π13π13π
＋＝－，∴当x
1
，x
2
分别在直线x＝－两侧时，存在
2121212
13π
?
13π
?
1 3π
?
－－
x
1
≠x
2
，使f(x
1)＝f(x
2
)，此时x
1
＋x
2
＝2×
? ＝－，∴f(x＋x)＝f
12
?
12
??
6
?＝
6
13π
?
π
?
?
－
14π
?
＝2sin
?
－
2π
?
＝2×
?
－ 3
?
＝－3.
－
2×
?
－
2sin
?
＝2sin
?
3
??
3
?
?
?
6
?
3
?
?
2
?
答案：－3
π2ππ
(文)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)x∈－，，φ∈0，的图象如图所示，若f(x
1
)＝f(x
2
)，
1232
且x
1
≠x
2
，则f(x
1
＋x
2
)＝________.
π2π
2π
4
2ππ
－，
?
的图象，得最小正周期T＝＝解析：由f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈
?
＋＝
?
123
?
ω
3312
π，所以ω＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋φ)．
2 π4π
，－2
?
代入，得sin
?
＋φ
?
＝－1，将点
?
?
3
??
3
?
π
π
0， ?
，解得φ＝，又φ∈
?
?
2
?
6
π
2x＋
?
. 所以f(x)＝2sin
?
6
??
法一：由f(x
1
)＝f (x
2
)，
ππ
2x
1
＋
?
＝sin ?
2x
2
＋
?
. 得sin
?
6
?
6
???

π2π
－，
?
，因为x∈
?
?
123
?
π3π
所以0≤2x＋≤，
62
πππ
所以2x
1
＋＋2x
2
＋＝π，所以x
1
＋x
2
＝，
663
5π
所以f(x
1
＋x
2
)＝2sin＝1.
6
π5π
法二：因为f(x
1
)＝f(x
2
)且x
1
≠x
2
，由图象得x1
＋x
2
＝，所以f(x
1
＋x
2
)＝2si n＝1.
36
答案：1

增分点突破解三角形问题的两类题型
求边、求角、求面
积
解三角形问题中，边角的求解是所有问题的基本，通常有以下两个解题策略：
(1)边角统一化：运用正弦定理和余弦定理化角、化边，通过代数恒等变换求解；
(2)几何问题代数化：通过向量法、坐标法将问题代数化，借用函数与方程来求解，对
于某些问题来说此法也是极为重要的．
[典例] (2016·北京高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b ，c，已知∠A
c
2π
＝，a＝3c，则＝______.
b
3
[思路点拨]
本题条件涉及三角形边、角的数量关系，结论是求边比问题，必然通过解三角形来处
理．注意正弦定理和余弦定理的灵活应用．
[方法演示]
法一：角化边(余弦定理)
b
2
＋c
2
－a
2 b
2
－2c
2
1
由余弦定理及a＝3c，得cos A＝＝＝－，化简得b
2
＋bc－2c
2
＝0，
2bc2bc2
c ?
2
ccc
1
即2
?
－－1＝0，解得＝1或＝－( 舍去)．
?
b
?
bbb
2
法二：边化角(正弦定理)
?
?
a＝3c，
31
由
?
得sin A＝3sin C＝，即sin C＝.
2π
22
∠A＝
?
3
?
π
又角C是三角形的内角，则∠C＝.
6

又∠A＝
csin C
2ππ
，所以∠B＝，从而有＝＝1.
b
sin B36
法三：几何法

2π
过点C作BA的垂线CD，交BA的延长线于点D，如图，由∠BAC＝，得∠DAC＝
3
π
13
，即在Rt△DAC中，AD＝b，CD＝b.
322
由△BDC是直角三角形，得CD 2
＋BD
2
＝BC
2
，
即
?
3 b
?
2
＋
?
c＋
1
b
?
2
＝a
2
.
?
2
?
?
2
?
c
?
2
ccc
1
由a＝3c，得b
2
＋bc－2 c
2
＝0，即2
?
－－1＝0，解得＝1或＝－(舍去)．
?
b
?
bbb
2
法四：坐标法

根据题意，以点A为原点，AB为x轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，根
据题意可知AB＝c，A C＝b，BC＝a，∠CAB＝
根据两点间距离公式，BC＝
b
2π
3
，则A(0,0)，B(c,0)，C－，b.
322 ?
3
b
?
2
＋
?
c＋
1
b
?
2
＝a.
?
2
?
?
2
?c
?
2
ccc
1
由a＝3c，得b
2
＋bc－ 2c
2
＝0，即2
?
－－1＝0，解得＝1或＝－(舍去)．
?
b
?
bbb
2
法五：向量法
―→―→―→―→ ―→―→―→―→―→―→
由BC＝AC－AB，得|BC|
2
＝|AC－AB |
2
＝|AC|
2
－2AC·AB＋|AB|
2
.
c
?
2
c
2π
―→
又由|BC|＝a＝3c，得3c2
＝b
2
－2bccos＋c
2
，化简得b
2
＋bc－2c
2
＝0，即2
?
?
b
?
－
b
－
3
cc
1
1＝0，解得
b
＝1或
b＝－(舍去)．
2
法六：特殊值法
2π
因为a＝3c，不妨令c＝1 ，所以a＝3，结合条件∠A＝，由余弦定理得b＝1，于
3
c
是
b
＝1.
答案：1

[解题师说]
本题法一、法二分别运用了余弦定理和正弦定理，这两种方法(边化角、角化边)是最基
本的方法，其本质就是将题中的边、角统一，方便求解；法三运用了三角形的几何性质，
回归三角形的本质；法四和法五都是将题中的边和角坐标化、向量化，将几何问题代数化，
从而求出结果．易知法五和法一的本质是相同的，因为我们知道余弦定理是可以用向量法
证明的．法六是抓住了条件a＝3c的本质，这是两个边的比例关系，通过令c＝1将比例变为了具体数值，便于计算，也体现了基本量的思想．
[应用体验]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S
＝(a＋b)
2 －c
2
，则tan C等于( )
3
A.
4
4
C．－
3
4
B.
3
3
D．－
4
解析：选C 因为2S＝(a＋b)
2－c
2
＝a
2
＋b
2
－c
2
＋2ab ，
则结合面积公式与余弦定理，得absin C＝2abcos C＋2ab，
即sin C－2cos C＝2，
所以(sin C－2cos C)
2
＝4，
sin
2
C－4sin Ccos C＋4cos
2
C
即＝4，
sin
2
C＋cos
2
C
tan
2
C－4tan C＋4
所以＝4，
tan
2
C＋1
4
解得tan C＝－或tan C＝0(舍去)．
3
CC
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足(a＋b) sin＝12，(a－b)cos
22
＝5，则c＝________.
CC
解析：因为(a＋b)sin＝12，(a－b)cos＝5，
22
?a＋b?
2
?1－cos C?
所以＝144，①
2
?a－b?
2
?1＋cos C?
＝25，②
2
2a
2
＋2b
2
－4abcos C
由①②得＝169，
2
即a
2
＋b
2
－2abcos C＝169，
由余弦定理得c
2
＝169，所以c＝13.
答案：13

三角形中的最值、范围问
题
三角形中的最值、范围的求法
(1)目标函数法：根据已知和所求最值、范围，选取恰当的变量，利用正弦定理与余弦
定理建立所求的目标函数，然后根据目标函数解析式的结构特征求解最值、范围．
(2)数形结合法：借助图形的直观性，利用所学平面图形中的相关结论直接判断最值、
范围．
[典例] 已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sin
A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC的面积的最大值为________．
[思路点拨]
本题条件为三角形的边角关系式，而问题是求三角形面积的最值，势必要利用三角形
的正、余弦定理、三角形的面积公式，以及三角恒等变换，再利用三角形的几何性质和均
值不等式来解决最值问题．
[方法演示]
法一：综合运用正、余弦定理
由正弦定理知(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C可化为(2＋b)(a－b)＝c(c－b)，
将a＝2代入整理，得b
2
＋c
2
－a
2
＝bc，
b
2
＋c
2
－a
2
1
π
所以co s A＝＝，故A＝，
2bc23
13
则△ABC的面积S＝bcsin A＝bc.
24
而b
2
＋c
2
－a
2
＝ bc≥2bc－a
2
?bc≤4，
所以S＝
3
bc≤3，当且仅当b＝c＝2时取到等号，
4
故△ABC的面积的最大值为3.
法二：正、余弦定理与数形结合
 ππ
由法一得A＝，可知△ABC的边a＝2为定长，△ABC的角A＝为定值，作出示意
33
图如图所示，满足条件的点A在圆周上的运动轨迹为优弧BC(包括两个端点B，C)，易知π
当点A位于优弧中点时，此时△ABC的面积最大，由于A＝，则此时的△ABC是等边三
3

角形，面积为3.
法三：正、余弦函数的有界性
a
π
4343
由法一知A＝，则由正弦定理得，b＝·sin B＝sin B，c＝sin C，则S
△
ABC
3sin A33
1343431231
＝bcsin A＝bc＝sin B·sin C＝·[cos (B－C)－cos(B＋C)]＝cos(B－C)＋
2433232
23
?
1
?
≤·
1＋
＝3，当且仅当cos(B－C)＝1，即B＝C时，△AB C的面积取得最大值3.
3
?
2
?
法四：函数思想
由法三得S＝
2π
4343
2π
3
－B
?
＝sin Bsin B·sin C＝sin B·sin－B，令g(B)＝sin B·sin
?
?
3
?
3332
π
111
2B－
?
＋. cos B＋sin B＝sin
?
6
?
422
?
2π3
π
由0max
＝，当且仅当B＝时取等号，所以 △ABC的面积的最大值
343
为3.
答案：3
[解题师说]
上述四种解法，可归为两类：
法一、三、四是借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，
然后借助基本不等式或函数性质来解决；
法二是结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速．
不难发现，法三与法四的区别仅是对式子sin B·sin C的变形方法不同，两者本质相同．
[应用体验]
1．(2015·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝7 5°，BC＝2，则AB的
取值范围是________．

解析：如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，
则BF在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，
∴BF＝2
2
＋2
2
－2×2×2cos 30°＝6－2.
在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，
BE＝CE，BC＝2，
BE
2
＝，
sin 75°sin 30°

6＋2
2
∴BE＝×＝6＋2.
14
2
∴6－2答案：(6－2，6＋2)
2．若△ABC的内角满足sin A＋2sin B＝2sin C，则cos C的最小值是________．
解析：由sin A＋2sin B＝2sin C及正弦定理，
得a＋2b＝2c.
由余弦定理得，
1
a
2
＋b
2
－?a＋2b?
2
4
a＋b－c
cos C＝＝
2a b2ab
222
3
2
1
2
2
a＋b－ab
422
6－2
3ab
2
＝＝＋－≥，
2ab8b4a44
当且仅当3a
2
＝2b
2
时取等号．
故cos C的最小值为
答案：
6－2

4

一、选择题
1．(2018·合肥质检)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a ，b，c，且满足(a
－b)(sin A＋sin B)＝(c－b)sin C．若a＝3，则b
2
＋c
2
的取值范围是( )
A．(5,6]
C．(3,6]
B．(3,5)
D．[5,6]
6－2
.
4
解析：选A 由正弦定理可得，(a －b)(a＋b)＝(c－b)c，即b
2
＋c
2
－a
2
＝ bc，所以cos A
b
2
＋c
2
－a
2
1
bca
π
＝＝，则A＝.又＝＝＝2，所以b
2
＋c
2
＝ 4(sin
2
B＋sin
2
C)＝4[sin
2
B
2bc23sin Bsin C
π
sin
3
1－cos 2B1－cos[ 2?A＋B?]
π
＋sin
2
(A＋B)]＝4＋＝3sin 2B－cos 2B＋4＝2sin2B－＋4.又△
226
ππ
?
π
?
π 5π
?
，
，
，
.所以b
2
＋c
2
的取值范围是(5,6]． ABC是锐角三角形，所以B∈
?
所以2B－∈
?
62
?
6
?
66
?
2．已知锐角三角形ABC的内角A， B，C的对边分别为a，b，c,23cos
2
A＋cos 2A＝0，
a＝7，c＝6，则b＝( )
A．10 B．9

C．8 D．5
1
解析：选D ∵23cos
2
A＋cos 2A＝0，∴23cos
2
A＋2cos
2
A－1＝0，解得cos
2
A＝，∵
25
112
△AB C为锐角三角形，∴cos A＝.由余弦定理知a
2
＝b
2
＋c
2
－2bccos A ，即49＝b
2
＋36－
55
b，解得b＝5或b＝－
13
(舍去)．
5
3．在△ABC中，A＝60°，BC＝10，D是AB边上不同于A，B的任意一点，CD＝2，
△BCD的面积为1，则AC的长为( )
A．23
C.
3

3
B.3
23
D.
3
15
解析：选D 由S
△
BCD
＝1，可得×CD×BC ×sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，所以
25
cos∠DCB＝
2525 或cos∠DCB＝－.又∠DCB<∠ACB＝180°－A－B＝120°－B<120°，所
55
CD
2
＋BC
2
－BD
2
125
以 cos∠DCB>－，所以舍去cos∠DCB＝－.在△BCD中，cos∠DCB＝
252CD·B C
CDsin∠DCB
25510
＝，解得BD＝2，又sin∠DCB＝，由正弦定理得sin∠DBC＝＝，
55210
在△ABC中，由正弦定理可得AC＝
BCsi n B
23
＝.
sin A3
π
4.如图，在△ABC中，C＝， BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂
3
足，若DE＝22，则cos A＝( )

22
A.
3
C.
6

4
B.
D.
2

4
6

3
2222
，所以BD＝AD＝.因为
sin Asin A
解析：选C 因为DE⊥AB，DE＝22，所以AD＝
AD＝DB，所以∠A＝∠ABD，所以∠BDC＝∠A＋∠ABD＝2∠A.在△BCD中，由正弦定
22
sin A
BDBC
46
理＝，得＝，整理得cos A＝.
sin Csin BDC4
3
sin 2A
2

5.为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面
积是( )

3＋6
A. km
2

4
6＋3
C. km
2

4
3－6
B. km
2

4
6－3
D. km
2

4
1
2
2
＋1
2
－2×2×1×＝＝3，
2
解析：选D 如图，连接AC，根据余弦定理可得AC＝
故△ABC为直角三角形，且∠ACB＝90°，

∠BAC＝30°，故△ADC为等腰三角形，设AD＝DC＝x，根据余弦定理得x
2
＋x
2
＋3x
2
＝3，即x
2
＝
3111
＝3(2－3)．所以所求小区的面积为×1×3＋×3(2－3)×＝
222
2＋3
23＋6－336－3
＝(km
2
)．
44
1
6．若钝角三角形ABC的面积是，AB＝1，BC＝2，则AC＝( )
2
A.
2

2
B．1
D.5 C.2
112
解析：选D 由题意可得AB·BC·sin B＝，又AB＝1，BC＝2，所以sin B＝，所
222
以B＝45°或B＝135°.当 B＝45°时，由余弦定理可得AC＝AB
2
＋BC
2
－2AB·BC·co s B＝1，
此时AC＝AB＝1，BC＝2，易得A＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B＝
135°.由余弦定理可得AC＝AB
2
＋BC
2
－2AB· BC·cos B＝5.
7．(2018·西城区模拟)在非等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
其中a为最大边，如果sin
2
(B＋C) 2
B＋sin
2
C，则角A的取值范围为( )
π
0，
?
A.
?
?
2
?
π π
?
C.
?
?
6
，
3
?
 ππ
?
B.
?
?
4
，
2
?

ππ
?
D.
?
?
3
，
2
?

解析：选D 由题意得sin
2
A2
B＋sin
2
C，由正弦定理得a
2
2
＋c
2
，即b 2
＋c
2
－a
2
>0，
b
2
＋c 2
－a
2
ππ
则cos A＝>0.因为0，即角A的取
2bc23

ππ
?
值范围为
?
?
3
，
2
?
.
8．(2018· 云南统一检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝bcos
C＋csin B，且△ABC的面积为1＋2，则b的最小值为( )
A．2
C.2
B．3
D.3
解析：选A 由a＝bcos C＋csin B及正弦定理，得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B，即
sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Csin B，得sin Ccos B＝sin Csin B，又sin C≠0，所以tan B＝
π
1
1.因为B∈ (0，π)，所以B＝.由S
△
ABC
＝acsin B＝1＋2，得ac＝22＋4 .又b
2
＝a
2
＋c
2
－
42
2acco s B≥2ac－2ac＝(2－2)(4＋22)＝4，当且仅当a＝c时等号成立，所以b≥2，b的
最小值为2，故选A.
9．(2018·长沙模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A－sin
c?sin A－sin C?
B＝，b＝3，则△ABC的面积的最大值为( )
a＋b
33
A.
4
33
C.
2
B.
D.
3

4
3

2
c?sin A－sin C?c?a－c?
，可得a－b＝，得
a＋ba＋b
解析：选A 根据正弦定理由sin A－sin B＝
22222
a
2
＋c
2 －b
2
1
π
a－b＝c(a－c)，即a＋c－b＝ac，故＝＝co s B，∵B∈(0，π)，∴B＝.又由
2ac23
b＝3，可得a
2
＋c
2
＝ac＋3，故a
2
＋c
2
＝ac＋3≥2ac，即ac ≤3，当且仅当a＝c＝3时取等
1
π
33
号，故ac的最大值为3，这时△ ABC的面积取得最大值，为×3×sin＝.
234
10.为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB＝60°，BC的长度
大于1 m，且AC比AB长0.5 m，为了稳固广告牌，要求AC越短越好，则AC最短为( )

A.
1＋
?
?
3
?
m
2
?
B．2 m
D．(2＋3)m C．(1＋3)m
解析：选D 设BC的长度为x m，AC的长度为y m，则AB的长度为(y－0.5)m，在1
△ABC中，由余弦定理AB
2
＝AC
2
＋BC
2 －2AC·BCcos∠ACB，得(y－0.5)
2
＝y
2
＋x2
－2xy×，
2

1
x
2
－
4
13
化简得y(x－1)＝x
2
－.因为x>1，所以x－1>0，因此y＝＝(x－1)＋＋2≥3＋
4
x－14?x－1?
2，当且仅当x－1＝
为( 2＋3)m.
11．(2018·运城模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c ，已知sin(B
π
＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，且c＝7，C＝，则△ABC的面积是( )
3
33
A.
4
3321
C.或
43
73
B.
6
3373
D.或
46
33
时取等号，即x＝1＋时，y 取得最小值2＋3，因此AC最短
2
4?x－1?
解析：选D 由sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，可得2sin Bcos A＝6sin Acos A．当
csin B
πππ
21
cos A＝0时，得A＝，因为C＝，则B＝，又c＝7，由正弦定理，得b＝＝，
236sin C3
173
由三角形的面积公式知△ABC的面积S＝bcsin A＝；当cos A≠0时，由2sin Bcos A＝
26
a
2
＋b
2
－c
2
6sin Acos A，得sin B＝3sin A，根据正弦定理可知b＝3a，由余弦定理可知cos C＝
2ab
a
2
＋9a
2
－7
1133
＝＝，可得a ＝1，b＝3，此时△ABC的面积S＝absin C＝.综上可知，△
2
6a224
7333
ABC的面积为或.
64
b
1－cos B
12.如图所示，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b＝c，＝.
a
cos A
若点O是△ABC外一点，∠ AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，则四边形OACB面积的最
大值是( )

4＋53
A.
4
C．3
8＋53
B.
4
4＋5
D.
2
b
1－cos B
解析：选B 由
a
＝及正弦定理得sin Bcos A＝sin A－sin Acos B，所以sin(A
cos A
＋B)＝sin A，所以sin C＝sin A．又b＝c ，所以a＝b＝c，△ABC为等边三角形．设△ABC

13
的边长为k，则k
2
＝1
2
＋2
2
－2×1×2×cos θ＝5－4cos θ，则S
四边形
OACB
＝×1×2sin θ＋
24
k
2
＝sin θ＋
3
π
5353
8＋53
ππ5π
(5－4cos θ) ＝2sinθ－＋≤2＋＝，所以当θ－＝，即θ＝时，
43444326
8＋53
四边形OACB的面积取得最大值，且最大值为.
4
二、填空题
13．(2018· 广州综合测试)设△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a
2
sin
C＝4sin A，(ca＋cb)(sin A－sin B)＝sin C(27－c
2
)，则△ABC的面积为________．
解析：由a
2
sin C＝4sin A，得ac＝4.由(ca＋cb)(sin A－sin B)＝sin C(27－c
2
)，得(a＋
b)(a－b)＝27－c
2
，即a
2
＋c
2
－b
2
＝27，
a
2
＋c
2
－b
2
73
∴cos B＝＝，则sin B＝，
2ac44
13
∴S
△
ABC
＝acsin B＝.
22
3
答案：
2
π
1
14．在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则sin A＝__________.
43

11
解析：如图，AD为△ABC，B C边上的高．设BC＝a，由题意知AD＝BC＝a.又B
33
π
12
＝，所以BD＝AD＝a，DC＝a.
433
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
AB＝
?
1
a
?
2
＋
?
1
a
?
2
＝
2
a.
?
3
??
3
?3
?
1
a
?
2
＋
?
2
a?
2
＝
5
a.
?
3
??
3
?
3
同理，在Rt△ACD中，AC＝
11
∵S
△
ABC
＝AB·AC·sin∠BAC＝BC·AD，
22
12511
∴×a×a·sin∠BAC＝a·a，
23323
∴sin∠BAC＝
答案：
310

10
3310
＝.
10
10
15．(2018·沈阳质监 )已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为