资源简介

目录
微专题 1 分式函数的最值与计算 1
微专题 2 函数的单调性与应用 4
微专题 3 奇偶性与对称性及应用 8
微专题 4 函数的周期性及应用 13
微专题 5 抽象函数与应用 18
微专题 6 盘点全国卷中的比大小问题 23
微专题 7 新高考背景下的切线问题研究 29
微专题 8 图象交点个数与零点转化 37
微专题 9 双极值点函数的计算与应用 45
微专题 10 双变量导数中的主元法 48
微专题 11 函数零点高三备考核心考点与应用 50
微专题 12 恒成立问题高三备考核心考点与应用 56
微专题 13 导数与三角函数综合 60
微专题 14 端点效应 71
微专题 15 隐零点问题的常见技巧 76
微专题 16 三角恒等变换备考中务必熟练的十大类型 80
微专题 17 和差化积公式及四大应用 88
微专题 18 三角函数图象与性质十大应用 92
微专题 19 辅助角公式的四种应用 97
微专题 20 解三角形中的常见几何构型 101
微专题 21 解三角形压轴中的四大神技 106
微专题 22 突破爪型三角形的“八大妙手” 110
微专题 23 高考平面向量常见备考策略研究 115
微专题 24 平面向量基本定理与广义坐标 120
微专题 25 从教材到压轴: 维向量的概念与应用 123
微专题 26 递推公式求通项的十大类型 127
微专题 27 数列求和的七大方法 136
微专题 28 数列放缩的六大技巧 142
微专题 29 处理奇偶数列的四大类型 147
微专题 30 数列增减项、公共项问题 153
微专题 31 棱台及应用 158
微专题 32 一文 “扫荡” 外接球问题 162
contents
微专题 33 空间平行的常见证法 169
微专题 34 空间垂直的常见证法 174
微专题 35 异面直线所成角及其应用 179
微专题 36 线面角计算的六种方法 184
微专题 37 二面角计算的八种方法 192
微专题 38 最小角定理和最大角定理 204
微专题 39 空间向量问题中的常用建系策略 209
微专题 40 立体几何中的动态问题初探 221
微专题 41 截面问题研究 226
微专题 42 立体几何新教材中的常考新概念几何体 234
微专题 43 立体几何与解析几何综合问题的三种类型 243
微专题 44 圆有关的最值问题 247
微专题 45 三大主流教材与椭圆十大定义 250
微专题 46 双曲线渐近线的十二个热门考点 255
微专题 47 抛物线焦半径及应用 258
微专题 48 新概念背景下的距离问题与应用 260
微专题 49 曲线对称性的研究 263
微专题 50 解析几何中设点运算的七种常见类型 267
微专题 51 解析几何中的面积转化策略研究 272
微专题 52 解析几何中的双切线问题 283
微专题 53 解析几何中的非对称韦达定理 291
微专题 54 解析几何手电筒模型 295
微专题 55 新试卷背景下排列组合问题的十大应用 300
微专题 56 二项式定理与应用 306
微专题 57 条件概率计算的四种方法 309
微专题 58 区别二项分布与超几何分布的六个特征 312
微专题 59 全概率公式与运用 319
微专题 60 全国卷概率计算的十二种主要题型与方法 324
微专题 61 概率统计决策应用问题的五大类型 334
微专题 62 概率压轴的常见的新情境汇编 346
微专题 63 回归分析与独立性检验 355
微专题 64 集合中的关键概念与简单的新定义 361
参考答案 367
微专题 1 分式函数的最值与计算
基本原理
1. 分式函数的常见形式
对于单变量函数 ,当 和 取一次函数、二次函数时,会搭配出四种常见形式; 这四种形式的最值处理方法是复杂分式最值问题的基础. 另外,有时 和 会出现根式,绝对值、三角函数等形式,例如:
2. 分式函数的一些综合形式
复杂的分式型函数, 往往含有多个分式和多个变量, 在强基与竞赛中高频出题, 例如:
.
3. 分式函数的最值处理方法
分式函数最值处理方法非常灵活, 常见的有分离常数、拆项、换元、取倒数 (或同除以分子)、结合函数单调性、利用反比例函数、双(对)勾函数、基本不等式、柯西不等式、权方和不等式、数形结合、判别式法等.
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
◆方向 1: 分离常数后转化为反比例型函数处理 的最值
例 在 上的最大值是_____.
【答案】 4
【解析】 在 上递减,当 时最大值为 4 .
◆方向 2 : 配凑或换元后转化为双(对)勾函数处理 的最值.
例 2 函数 在 上的值域是_____.
【答案】
【解析】解法一:
结合双(对)勾函数可知， 在 上递增， , -4]上递减,
,
的值域为 .
解法二: 记 ,则 , 记 ,显然 在 上递增, , -1]上递减.
值域为 .
9 方向 3: 同除分子或取倒数将 型转化为方向 2 的类型
例 3 函数 在 上的值域为_____. 【答案】
【解析】 在 上递减,
,
值域为 .
9 方向 4: 分离常数或判别式法处理
例 4 函数 的最大值为_____.
【答案】 6
【解析】解法一: 分离常数
当 时取等,故最大值为 6 .
解法二: 判别式法
函数定义域为
当 时,显然 无解;
当 时,应有
解得 ,故最大值为 6 .
◆方向 5:利用反比例和双(对)勾函数处理复合分式函数最值问题
例 5 (2024 新江预赛) 函数 的最大值与最小值之积为_____.
【答案】
【解析】 ,当 时, .
当 时, ,
时, 时, ,
所求最大值与最小值之积为 .
今方向 6 : 常数代换结合均值不等式或柯西不等式处 理多变量分式最值问题
例 6 (2025 上海卷) 设 ,则 的最小值为_____.
【答案】 4
【解析】解法一: 均值不等式
.
当且仅当 ,即 时取得最小值.
解法二: 柯西不等式
.
当且仅当 时取得最小值.
◆方向 7:统一函数名处理含三角函数的分式最值问题
例 7 函数 的最大值是_____.
【答案】 1
【解析】 ,分母大于 0,要找最大值,只需考虑 ,
记 ,则 在 上递增, 当 时最大值为 1 .
◆方向 8:利用正、余弦函数的有界性
例 8 月强基联盟高三联考) 已知锐角 满足 ,则角 的最大值为 ( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 , 当 时取等,即锐角 的最大值为 ,故选 B.
◆方向 9: 换元法处理含根式的分式最值问题
例 9 函数 的最大值为_____.
【答案】
【解析】记 ,则
,当 即 时取等
.
◆方向 10:根据分式结构，构造几何意义处理相应最值问题
例 10 (2025 Z20 名校联盟高三第 3 次联考) 已知实数 , 满足 ，则 的最大值是_____.
【答案】
【解析】本题解法较多, 这里根据式子结构, 构造距离, 数形结合求解.
要求最大值,必有 ,记直线 , 由 知直线过定点 .
记点 ,则 表示点 到直线 的距离, 显然距离最大为 ,故原式最大值为 .
9) 方向 11: 利用权方和不等式处理相应分式最值问题
例 11 (2025 华南师大附中高三 5 月测试) 已知随机变量 ,且 ,则 a)的最小值为 ( )
A. 4 B. 8 C. 16 D.
【答案】 B
【解析】由 知 . 原式 ,当 即 时取等. 故最小值为 8,选 B.
◆方向 12: 冻结变量法处理多变量分式最值问题
例 12 (全国联赛模拟卷) 在 中, 的最小值是_____.
【答案】 8
【解析】在 中,显然 都是正项，便于运用不等式.
满足内角和为 ,无其它限制关系,为减少变量,先冻结角 ,
探究取最小值时, 的牵制关系,然后再释放 寻找最值.
当 取等.
,不妨换元,记
则原式 ,当 ,即 时取等.
综上,当 时,原式最小值为 8 .
习题演练
1. 函数 的最小值为_____.
2.(2025·北大强基)求 的最大值为_____.
3.(2025 新华强基)已知 且 ，则 的最小值为_____.
4. (交大强基) 函数 的最大值为 9，最小值为 1,求实数 的值.
5.(2022 重庆预赛)若不等式 对任意正实数 都成立，则实数 的最小值为_____.
6.(2024·南京大学强基)已知函数 (b> ,对于 恒成立,则 的最大值是_____.
7. (多选题) (2025 - 3 月八省联考) 已知 均为正实数,且过点 的直线与抛物线 相切于点 ,下列说法正确的是 ( )
A.
B. 的最小值为
C. 的最小值为 3
D. 的最小值为
8.(2025·湖北新八校高三 5 月联考节选)三角形 中， 角 对应的边分别为 ,若 ,求角 的最大值.
微专题 2 函数的单调性与应用
基本原理
1. 单调函数的基本运算性质
若函数 都在区间 上具有单调性,则在区间 上有以下性质:
① 与 有相同的单调性; (C为常数)
② 与 当 时单调性相同，当 时单调性相反;
③ 时， 与 单调性相反； 与 单调性相同;
时, 与 单调性也相反;
④若 和 都是增函数 (减函数) 时，则 是增函数 (减函数);
若 是增函数, 是减函数,则 是增函数, 是减函数.
2. 复合函数 的单调原则
当 在区间 上单调且值域是 的单调区间 的子集时, 的单调性可记为 “同增异减”,具体解释为:
单调性相同时 为增函数; 单调性相反时 为减函数.
例如:
则 为减函数; 为增函数.
3. 单调性的应用非常广泛, 在证明单调性、比较大小、求单调区间、求最值 (值域)、求参数范围、解不等式等诸多问题中出现,有很强的技巧性.
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
方向 1 :定义法证明单调性
例 1 用定义证明函数 在 , 上递减,在 上递增.
【证明】设 ,则
当 时,
当 时,
综上, 在 上递减,在 上递增.
9 方向 2: 比较大小
例 2 (2025 · 广州一模) 已知实数 满足 ,则下列不等式可能成立的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】若 ,显然 ; 若 ,显然 ,排除 A，C. 下面探究 和 的大小关系:记 ，则 ,由反比例函数单调性可知 ,当 时, , 即 ,同理可知, 时, 时, ,故选 B.
◆方向 3: 求单调区间
例 3 (2025 江西一模) 函数 的单调增区间为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】注意到定义域, 由复合单调原则可知, ,故选 B.
9 方向 4: 求最值 (值域)
例 4 函数 在 上的最大值为_____.
【答案】
【解析】原解析式不便直观判断单调性, 通过分子有理化, 可以看出单调性.
在 上递减,
时, .
◆方向 5:单调性的等价描述
例 5 已知函数 的定义域为 ,且满足 ,对任意不等实数 都有 ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】 说明 与 同正或同负,即 的大小与 的大小一致, 所以 在 上递增,又 得 的图象关于直线 对称, ; 只能断定 ,不能断定 ,故选 B.
◆方向 6: 解抽象不等式
例 6 (2024 江苏预赛)已知函数 是定义在 上的偶函数,若函数 在 上单调递增, 则不等式 的解集为_____.
【答案】
【解析】 ,
,即 , 显然 也为偶函数,又 在 上单调递增,
,
易求得解集为 .
◆方向 7: 抽象函数的单调性判断
例 7 设定义在 上的函数 满足: 且 时, .
证明 为 上的增函数.
【证明】设任意实数 ,则 且 , ,
即 ,
为 上的增函数.
◆方向 8: 构造单调函数
例 8 不等式 的解集为_____.
【答案】
【解析】原不等式可化为 .
记函数 ,则 在 上单调递减,且 .
原不等式即 ，所以不等式解集为 .
◆方向 9: 已知单调性求参数
例 9 测评) 若函数 在区间 上单调递增,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由复合单调原则可知,函数 在区间 上单调递减, ,即 ,故选 D.
◆方向 10: 已知定义域 (值域) 求参数
例 10 名校联盟高三第一次联考) 已知函数 的定义域为 ,值域为 , 则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】记 ,则 ,记 ,则 , ,又值域为 ,结合图象易知 ,解得 . 故选 A.
方向 11: 分段函数的单调性
例 11 (2024 全国一卷) 已知函数为 ,在 上单调递增,则 取值的范围是 ( )
A. B. C. D. 【答案】B
【解析】因为 时, 单调递增,若 在 上单调递增,则两段图象呈一致上升趋势,需满足 ,解得 ,即 的范围是 . 故选 B.
◆方向 12: 数形结合
例 12 (2025 全国一卷) 若实数 满足 ,则 的大小关系不可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解法一: 设 , 所以, ,根据指数函数的单调性,易知各方程只有唯一的根,作出函数 的图象,以上方程的根分别是函数 的图象与直线 的交点纵坐标,如图所示:
结合图象可知,随着 的变化可能出现: . 故选 B.
解法二: 特值排除法,设 ,令 ,则 ,此时 , A 有可能; 令 ,则 ,此时 有可能;
令 ,则 ,此时 有可能; 故选 B.
◆方向 13: 不减 (不增) 函数问题
例 13 已知函数 的定义域为 , ,且对于 ,恒有 ,则 _____.
【答案】
【解析】对于不减 (不增) 函数模型, 常用赋值法探求出常函数段, 通过两边夹求出函数值.
令 ,由 ,
令 ,由 ,
令 ,由 ,
令 ,由 ,
,且 时 ,
,即
,
.
习题演练
1.(2025 湖南天 一名校联盟高三 5 月适应性考试)已知函数 在区间 上单调,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
2.(2023全国Ⅰ卷)函数 在区间(0，1)上单调递减，则实数 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2020 全国Ⅱ卷)若 ，则 ( )
A. B.
C. D.
4. 若 ,则 的大小关系是 ( )
A. B.
C. D.
5.(2025 郑州模拟)已知函数 ，若对任意 都有 恒成立,则实数 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
6.(2025 湖北七市周高三 3 月模拟)已知 是定义域为 的单调递减函数，且存在函数 使得 , 若 分别是方程 和 的根,则 ( )
A. 3 B. -3 C. 6 D. -6
7.(2025 厦门市高中毕业班第二次质量检测)已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
8. 方程 共有_____个不同的实根. ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
9. 和 的大小关系是_____.
10.(2025·安徽一模)函数 的值域为_____.
11. (2025 青岛模拟)设 ，函数 ,若 的最小值为 ,则 的取值范围为_____.
12. 函数 是定义在 上的减函数,则 的解集为_____.
13. 如果函数 在区间 上单调递增,那么实数 的取值范围为_____.
14. 若函数 在区间 上递减,则实数 的最小值为_____.
15. 对 都有 ，则 的取值范围是_____.
16. 已知 是方程 的根， 是方程 的根,则 _____.
17. 实数 满足 1012，则 _____.
18. 设 ,函数 在区间 上的最小值为 ,在区间 上的最小值为 ,若 , 则 的值为_____.
19. 设 是定义在 上的单调函数,对任意 都有 ,则 _____.
20. 定义在 上的函数 ,若对任意 ,当 时,都 ,则称函数 在 上为不减函数. 设函数 在 上为不减函数,且满足以下三个条件: ; ② ; ③ .
则 _____.
21. 不等式 的解集为_____. 22. 求函数 的单调区间.
23. 已知函数 的定义域为 ,其图象过点 ,对任意 ,都有 成立,解不等式 .
微专题 3 奇偶性与对称性及应用
基本原理
1. 函数奇偶性定义
奇偶性 定义 图象特点
偶函数 如果对于函数 的定义域内任意一个 ,都有 ,那么函数 就叫做偶函数 关于 轴对称
奇函数 如果对于函数 的定义域内任意一个 ,都有 ,那么函数 就叫做奇函数 关于原点对称
2. 函数奇偶性常用结论
(1)函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称.
(2)奇偶函数的图象特征.
函数 是偶函数 函数 的图象关于 轴对称;
函数 是奇函数 函数 的图象关于原点中心对称.
(3)若奇函数 在 处有意义,则有 ; 偶函数 必满足 .
(4)偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反; 奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同.
(5)若函数 的定义域关于原点对称，则函数 能表示成一个偶函数与一个奇函数的和的形式. 记 ,则 .
(6)运算函数的奇偶性规律:运算函数是指两个(或多个) 函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如
对于运算函数有如下结论: 奇士奇=奇; 偶土偶 =偶; 奇士偶＝非奇非偶;
奇 奇 偶; 奇 偶 奇; 偶 偶 偶.
(7)复合函数 的奇偶性规律:内偶则偶，两奇为奇.
(8)常见奇偶性函数模型
奇函数: ① 函数 或函数
② 函数 ；
③ 函数 或函数
④ 函数 或函数 .
注意: 关于①式,可以写成函数 或函数 .
偶函数: ① 函数 ;
② 函数 ;
③ 函数 类型的一切函数；
④常数函数.
(9)已知 奇函数 ,则
① ；
② .
3. 函数对称性定义及应用
(1)中心对称结论:
① 若函数 满足 ,则 的一个对称中心为 ;
② 若函数 满足 ,则 的一个对称中心为 ;
③ 若函数 满足 ,则 的一个对称中心为 .
(2)轴对称性的常用结论如下:
①若函数 满足 ，则 的一条对称轴为 ;
② 若函数 满足 ，则 的一条对称轴为 ；
③ 若函数 满足 ，则 的一条对称轴为 ;
④ 的图象关于直线 对称.
(3)函数的对称性与周期性的关系
①若函数 有两条对称轴 ，则函数 是周期函数，且 ；
②若函数 的图象有两个对称中心 ,则函数 是周期函数,且 ;
③若函数 有一条对称轴 和一个对称中心 ,则函数 是周期函数,且 .
(4)函数奇偶性与对称性与函数单调性之间关系
① 在 上是奇函数，且 单调递增 若解不等式 ,则有 ;
在 上是奇函数,且 单调递减 若解不等式 ,则有 ;
② 在 上是偶函数，且 在 单调递增 若解不等式 ,则有 (不变号加绝对值);
在 上是偶函数,且 在 单调递减 若
解不等式 ,则有 (变号加绝对值);
③ 关于 对称，且 单调递增 若解不等式 ,则有 ;
关于 对称,且 单调递减 若解不等式 ,则有 ;
④ 关于 对称，且 在 单调递增 若解不等式 ,则有 (不变号加绝对值);
关于 对称,且 在 单调递减 若解不等式 ,则有 (不变号加绝对值).
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
9 方向 1 : 函数奇偶性定义及常用结论
例 1 (2025 天津卷) 已知函数 的图象如下,则 的解析式可能为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由图可知函数为偶函数,而函数 和函数 为奇函数,故排除选项 ; 又当 时 ,此时 , ,由图可知当 时, ,故 不符合, 符合. 故选 .
【点评】先由函数奇偶性排除 ,再由 时函数值正负情况可得解. 这类试题通常结合函数奇偶性对称性以及代点检验选出, 有时候还要结合函数单调性和函数极限得出.
例 2 (2023 新课标 II 卷) 若 为偶函数,则 ( )
A. -1 B. 0
C. D. 1
【答案】 B
【解析】因为 为偶函数,则 ,解得 ,当 时, ,解得 或 , 则其定义域为 ,关于原点对称. ,故此时 为偶函数. 故选 B.
【点评】根据偶函数性质,利用特殊值法求出 值,如果是解答题用特殊法得到的结果需要通过定义检验即可.
例 3 (多选题) (2025 - 高一上学期浙江杭州期末试题) 已知 是定义在 上的奇函数, 是定义在 上的偶函数,且 在 上单调递增,则( )
A.
B.
C.
D.
【答案】
【解析】由 是定义在 上的奇函数,且在 上单调递增,则 在 上单调递增, ,故 在 上单调递增,所以 ,则 , A 对; 由 是定义在 上的偶函数,且在 上单调递增,则 在 上单调递减,则 ,综上, 错, 对;
若 时, 大小不定, 错. 故选 AC.
【点评】利用函数的奇偶性判断 的区间单调性及函数值的大小,结合单调性比较函数值的大小关系.
例 4 (2025 · 高二下学期上海期末) 已知连续型随机变量 服从正态分布 ,记函数 ,则 的图象 ( )
A. 关于直线 对称
B. 关于点 成中心对称
C. 关于点 成中心对称
D. 关于点 成中心对称
【答案】B
【解析】由连续型随机变量 服从正态分布 ,可得 ,所以正态密度曲线关于直线 对称, 即 . 因为 ,所以 随 增大而增大, 的图象无对称轴,故 A 错误. 因为 ,所以 的图象关于点 成中心对称，故 正确， 、 错误. 故选 B.
【点评】本题考查函数的对称性、正态曲线的性质, 根据正态分布的特征可知 随 增大而增大,故 错误; 由 可得 ,故 正确，C、D 错误.
9 方向 2:函数对称性的定义及应用
例 5 (2025 高一上山东济南期中试题) 已知函数 的图象关于(1，2)对称，且 ，则 _____.
【答案】 1
【解析】解法一: 如图,
点 关于点 对称,
则 ,解得 ,即 .
解法二: 因为函数 的图象关于 对称,
所以 ,
令 ,得 ,
由 ,解得 .
解法三: 由 知 的图象过点 ,
又函数 的图象关于 对称,
则 ,解得 ;
由 ,解得 ,
所以 .
【点评】求函数对称性的应用,利用图象法或函数的对称性或由 计算即可求解.
例 6 (2021 上海卷) 已知函数 的定义域为 ,下列是 无最大值的充分条件是 ( )
A. 为偶函数且关于直线 对称
B. 为偶函数且关于点 对称
C. 为奇函数且关于直线 对称
D. 为奇函数且关于点 对称
【答案】D
【解析】因为 为偶函数,故 ,而 的图象关于直线 对称,故 ,故 ,故 为周期函数且周期为 2,而 在 必有最大值,故 必有最大值,故 错误. 而 的图象关于点 对称,故 ,故 ,故 ,故 ,故 为周期函数且周期为 4,而 在 , 4] 必有最大值,故 必有最大值,故 错误. 因为 为奇函数,故 ,而 的图象关于直线 对称,故 ,故 ,所以 故 为周期函数且周期为 4,而 在 必有最大值,故 必有最大值,故 错误. 因为 为奇函数,故 ,而 的图象关于点 对称,故 ,故 ,设 ,
则 ,故 无最大值. 故选 D.
【点评】本题考察判断函数对称性的应用, 根据对称性可判断函数的周期, 故可判断 ABC 的正误, 根据对称性可得 ,据此可判断 的正误.
例 7 (多选题) (2022 新高考全国Ⅰ卷) 已知函数 及其导函数 的定义域均为 ,记 ,若 均为偶函数,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】解法一: 对称性和周期性的关系研究
对于 ,因为 为偶函数,所以 即 ①,所以 ,所以 关于 对称,则 , 故 C 正确; 对于 ,因为 为偶函数, ,所以 关于 对称,由 ① 求导，和 ，得 ,所以 ,所以 关于 对称,因为其定义域为 ,所以 ,结合 关于 对称,从而周期 ,所以 ,故 B 正确，D 错误；若函数 满足题设条件，则函数 也满足题设条件,所以无法确定 的函数值，故 A 错误. 故选 BC.
解法二: [最优解]特殊值, 构造函数法.
由解法一知 周期为 2，关于 对称，故可设 ,则 ,显然 错误. 故选 BC.
解法三: 因为 均为偶函数,所以 即 ,所以 ,则 ,故 正确; 函数 的图象分别关于直线 对称,又 ,且函数 可导,
所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,故 B 正确，D 错误；若函数 满足题设条件，则函数 也满足题设条件,所以无法确定 的函数值，故 A 错误. 故选 BC.
【点评】本题考查抽象函数的奇偶性、函数对称性的应用、函数与导函数图象之间的关系，可通过转化题设条件为函数的对称性,结合原函数与导函数图象的关系, 根据函数的性质逐项判断即可得解.
◆方向 3: 函数奇偶性、对称性的综合应用
例 8 (2025 · 高二下学期辽宁大连期末) 已知奇函数 的定义域为 ,且函数 图象关于 对称. 当 时, ,则 ( )
A. B. C. 1 D. -1
【答案】 A
【解析】函数 图象关于 对称,故 ,又 为奇函数,故 ,所以 ,所以 ,故 是一个周期为 8 的周期函数,故 时, ,故 , 所以 . 故选 A.
【点评】本题考查函数奇偶性的应用、函数对称性的应用. 根据函数对称性和奇偶性得到 是一个周期为 8 的周期函数,故 ,代入求值即可.
例 9 (2025·高二下学期重庆期末)已知定义在 上的函数 的图象经过坐标原点, , ,且函数 为偶函数,则 _____.
【答案】-4899
【解析】由 ,得 ,
则
两式相加得
又 ,所以
故 图象关于点 中心对称,且 定义在 上, .
由 为偶函数,知 图象关于直线 对称, 故 是以 4 为一个周期的函数.
因为 的图象经过原点, ,则
由 为偶函数得 ,令 , 得
因 ,令 ,可得 则 ,
则
【点评】首先说明 是以 4 为一个周期的函数,然后计算得 即可求解.
例 10 (多选题) 高一上学期浙江杭州期中) 已知函数 恒成立,则 的取值可以为 ( )
A. -1 B. 2 C. 5 D. 8
【答案】BC
【解析】 的定义域为 ,因为 ,所以 ,所以 ,所以 ,即 ,所以 恒成立, 即 恒成立,解得 . 故选 BC.
【点评】先观察函数对称性,先求出 和 ,得到 ,将不等式恒成立问题转化为求解一元二次不等式即可. 本题的关键点是利用函数解析式,得到 在定义域内恒成立.
习题演练
1.(2022 天津卷)函数 的图象大致为( )
A
B
C
D
2.(2025 新二下广东广州期末)已知连续型随机变量 ,记函数 ,则 的图象 ( )
A. 关于直线 对称 B. 关于点 对称
C. 关于直线 对称 D. 关于点 对称
3.(2024 高二上湖南长沙阶段练习)函数 与函数 图象关于直线 对称,则 的值为
( )
A. 1 B. -1 C. 2 D. -2
4.(2023·云南昆明模拟预测)已知函数 的导函数为 ,且满足 ,则 ( )
A. 函数 的图象关于点 对称
B. 函数 的图象关于直线 对称
C. 函数 的图象关于直线 对称
D. 函数 的图象关于点 对称
5.(2023·高三上学期河南驻马店期中)已知 为定义在 R 上的奇函数,且 的图象关于 对称,当 时, ,则 ( )
A. 2 B. -2 C. -4 D. 4
6.(2025·高二下福建福州期末)已知连续型随机变量 服从正态分布 ,记函数 ,则函数 的图象 ( )
A. 关于直线 对称
B. 关于直线 对称
C. 关于点 成中心对称
D. 关于点 成中心对称
7.(2024 高一上学期山东烟台期末)函数 与 的图象 ( )
A. 关于 轴对称 B. 关于 轴对称
C. 关于原点对称 D. 关于直线 对称
8.(2025 新高二下学期重庆期末)已知连续型随机变量 服从正态分布 ,记函数 ,则 的图象 ( )
A. 关于直线 对称
B. 关于直线 对称
C. 关于点 成中心对称
D. 关于点 成中心对称
9. (多选题) 高一下学期贵州铜仁期末) 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
10. (多选题) (2025 云南玉溪模拟预测) 已知恒不为 0 的函数 的定义域为 ,则 ( )
A.
B. 是奇函数
C. 是偶函数 D.
11. (2025 新高二下广东深圳期末)定义在 上的奇函数 满足 ,且 ,则
12.(2025·高二下学期山西吕梁期末)已知定义在 上的函数 和 ,满足 为偶函数, 为奇函数,若 ,则 _____.
13.(2025·重庆市三模)设函数 的定义域为 是 的导函数. 若 是奇函数,则 的图象
( )
A. 关于 对称 B. 关于 对称
C. 关于 对称 D. 关于 对称
14. (多选题) (2025 高二下学期广东云浮期末) 已知函数 ,则 ( )
A. 的图象关于点 对称
B. 的极大值点为
C. 在区间 上的值域为
D. 若关于 的方程 有两个不相等的实数根,则实数 的值为
15. (多选题) 已知对于任意非零实数 ,函数 均满足 ,下列结论正确的有 ( )
A.
B. 关于点 中心对称
C. 关于 轴对称
D.
16. (多选题) 高二全国专题练习) 已知函数 的定义域为 ,且 为偶函数, 为奇函数,记 的导函数为 ，则下列函数为偶函数的是( )
A. B.
C. D.
17.(2025 高一下学期陕西安康期末)已知函数 满足 .
(1)求 ， 的值；
(2)判断 的奇偶性;
(3)求不等式 的解集.
微专题 4 函数的周期性及应用
基本原理
函数的周期性的相关结论
(1)若函数 有两条对称轴 ，则函数 是周期函数，且 .
(2)若函数 的图象有两个对称中心(a，c)，(b，c) ,则函数 是周期函数,且 .
(3)若函数 有一条对称轴 和一个对称中心 ,则函数 是周期函数,且 .
1. 类周期函数
若 满足: 或 , 则 横坐标每增加 个单位,则函数值扩大 倍. 此函数称为周期为 的类周期函数.
2. 倍增函数
若函数 满足 或 , 则 横坐标每扩大 倍,则函数值扩大 倍. 此函数称为倍增函数.
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
◆方向 1: 函数周期性的定义以及求解
例 1 (2023 高三上河南驻马店期中) 已知 为定义在 上的奇函数,且 的图象关于 对称,当 时, ,则 ( )
A. 2 B. -2 C. -4 D. 4
【答案】 C
【解析】 是定义在 上的奇函数, 关于 对称, , 的周期为 . 故选 C.
【点评】本题通过函数点对称和线对称性质可以得到函数的周期性, 从而代入已知函数得到函数值.
例 2 (2025 全国一卷)设 是定义在 上且周期为 2 的偶函数,当 时, ,则 ( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】由题知 对一切 成立,于是 . 故选 A.
【点评】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为 的范围中求解. 本题属于函数周期性简单试题.
例 3 (2025 - 高一下安徽阜阳期末) 定义在 上的函数 满足 是偶函数,且 ,则使 成立的最小正整数 等于 ( )
A. 2025 B. 506 C. 507 D. 2026
【答案】D
【解析】由 是偶函数,得 , 则函数 的图象关于直线 对称,且 ,又 ,则 ,因此函数 的图象关于点 对称,而 ,即 ,函数 的周期为 4, 由 及对称性,得 , ,显然 ,在第 1 个周期内, ,在第 2 个周期内, ,以此类推,在 个周期内,有 ,当 时, ,不符合题意; 当 时, ,不符合题意; 当 时, ,令 ,解得 ,正整数 的最小值为 506,此时 的最小值为 2026; 当 时, ,不符合题意, 所以最小正整数 为 2026 .
故选 D.
【点评】本题考查函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数对称性的应用、由函数的周期性求函数值. 本题根据给定条件,分析函数 的性质并求得 , ,利用周期性求出第 个周期内的 4 项和,再按 除以 4 的余数情况分类求和推理求解.
例 4 (多选题) (2025 高二下河北沧州期末) 已知定义域为 的函数 满足 , 且 ,则下列选项正确的是 ( )
A.
B. 函数 是偶函数
C. 函数 是周期为 3 的周期函数
D.
【答案】BCD
【解析】根据题意,令 ,则 . 因为 ,所以 ,故选项 不正确; 令 ,则 ,因为 ,所以 ,即 ,所以函数 是偶函数,故选项 正确; 令 ,则 ,即 ①，所以 ②，联立① ②可得 ，所以 ,所以 ,所以函数 是周期为 3 的周期函数,故选项 C 正确; ,因为 ,令 ,得 ,所以 ,因为 为偶函数,所以 -1 , 故选项 D 正确.
故选 BCD.
【点评】本题考查函数奇偶性的定义与判断、函数周期性的应用、由函数的周期性求函数值,分析本题,令 , 代入等式可求得 , A 错误; 代入等式可得 正确; 令 可得 ,联立并化简可得 即可推出周期判断 ; 利用周期性及奇偶性进行求解, 判断 D.
◆方向 2: 函数周期性的综合应用
例 5 (多选题) (2025 · 高二下重庆期末) 已知函数 , 的定义域均为 ,且 . 若 的图象关于点 对称, ,则 ( )
A. 函数 为偶函数
B. 函数 关于点 对称
C. 函数 周期为 4
D.
【答案】ABC
【解析】因为 的图象关于点 对称,则 ,因为 ,所以 ,因为 ,所以 2,所以 ,所以函数 为偶函数,所以 A 正确; 由 得 2,因为 ,所以 , 因为 ,则 ,所以函数 关于点 对称,所以 正确; 由 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以函数 周期为 4 , 所以 C 正确; 因为 ,所以 ,因为 ,所以 ,由 ,可得 ,所以 , 由 知当 时, 0,所以 ,由 知当 1 时, ,所以 ,所以 ,又 ,所以 ,所以 ,所以 D 错误. 故选 ABC.
【点评】本题考查函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数对称性的应用,根据 的图象关于点 对称,得到 ,结合 ,通过赋值法逐项判断即可.
例 6 (2025 · 福建莆田模拟预测) 已知函数 的定义域为 ,值域为 ,若 ,函数 为偶函数,则 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】 B
【解析】因为 的值域为 ,所以可由 1) 得: ,则有 ,所以函数 是一个以 4 为周期的函数,则有 ,又因为函数 为偶函数,所以 , 则函数 的图象是关于直线 对称的,即 ,又因为周期性可知 ,所以 ,又由 可得: 4,所以 ,因为 的值域为 ,所以 ,即 . 故选 B.
【点评】利用恒等式可推导 ,得出周期性,再由偶函数可得函数 的图象是关于直线 对称的, 再利用赋值思想即可求值.
例 7 (多选题) (2025 高三下广东深圳阶段练习) 函数 的定义域均为 ,且对任意 均满足 ,则下列选项正确的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 AC
【解析】对于 ,令 可得 ,解得 ,故 正确; 由 得 ,又 ,所以 ,所以 ,结合 ,所以 ,所以 ,令 得 ,即 ,再令 得 ,即 ,对于 ,令 得 ,由 得 ,故 B 错误; 由 得 ,由 得 ,所以 ,故 C 正确; 由 得 ,由 得 ,所以 4-2028=-2024, 故 D 错误. 故选 AC.
【点评】本题考查函数周期性的应用、函数对称性的应用、由函数对称性求函数值或参数. 根据 利用赋值法求值判断 A,根据题干的函数关系得 ,赋值法求得 ,进而求解 判断 ,由 得 ,利用 求出 即可判断 C; 由 得 ,利用 求出 即可判断 D.
例 8 对任意整数 ,函数 满足 ,若 ,则 _____， _____.
【答案】
【解析】 , , ,
的周期 ,
,
【点评】本题考查函数奇偶性的应用、由函数的周期性求函数值. 本题首先得 的周期 , 根据函数的这两个性质即可求解.
白方向 3:培优方向 ——类周期函数
例 9 设函数 的定义域为 ,且 ,当 时, ,若对于 ,都有 恒成立,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】当 时, , ; 因 ,即 每增大 4,对应的纵坐标都变原来的 2 倍. 当 时, ,故 ,则 ; 当 时, , ,故 ,则 ; 当 时, ,故 ,则 . 当 , 时,由 ,可得 ,解得 或 ,如下图所示:
由图可知,当 时, 恒成立,故实数 的取值范围是 . 故选 A.
【点评】由 和当 时 可以逐次推出 上的解析式, 根据每个区间上的函数最小值的规律, 应求 时,函数值等于 时的自变量的值,得到满足 的 的范围,即得 的取值范围. 本题主要考查与递推倍减函数的恒成立问题. 对于递推倍减函数的恒成立问题, 解题关键在于根据恒成立条件, 分别求得在对应区间上的函数解析式, 结合函数图象的理解, 求得参变量的范围.
例 10 (2025 · 河北唐山一模) 对于 ,且 ,当 时, ,则 ( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】令 ,则 . 所以 ; 进而 ,同理可得: . 令 ,则 . 因为 ,所以 ,即 . 所以 . 故选 C.
【点评】采用赋值法,令 可得 ,进而推出 ; 令 可得 ,进而推出 , ,再结合函数的性质,可得 的值. 抽象函数问题可以通过化抽象为具体的方法, 即赋予恰当的数值或代数式, 经过运算与推理, 最后得出结论.
例 11 (2025 天津和平三模) 定义域为 的函数 满足 ,当 时, ,则实数 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】当 时, 恒成立, 则 ,因为定义域为 的函数 满足 ,当 时, ,当 时, ,则 ,因为 ,此时 ; 当 时, ,则 ,因为 ,则 ,则 ,所以 ,所以,函数 在 上的最小值为 ,所以, ,即 ,即 ,解得 或 . 因此,实数 的取值范围是 . 故选 A.
【点评】结合题意求出函数 在区间 上的最小值,根据题意得出 ,解该不等式即可得解. 该题属于难题.
例 12 已知函数 满足 ,且 ,则函数 的最大值为_____; 方程 的实数解的个数为_____.
【答案】 2 4
【解析】由函数 满足 ,则 ,所以 的周期为 4,
由
可得 的图象如图,则函数 的最大值为 2 ,
方程 的解,即为 与 的交点横坐标,
计算可得: ,所以在 有一个交点,
且当 时 ,无交点.
由图可知两图象交点个数为 4,即方程 的实数解的个数为 4 .
【点评】本题考查分段函数的性质及应用、函数周期性的应用、求 (型) 函数的最值、求函数零点或方程根的个数,本题首先可得 的周期为 4,方程 的解, 即为 与 的交点横坐标,画出 与 的图象,数形结合即可判断.
习题演练
1.(2025 新高二下辽宁大连期末)已知奇函数 的定义域为 ，且函数 图象关于 对称. 当 时, ,则 ( )
A. B. C. 1 D. -1
2.(2025 新二下河南商丘期末)已知函数 的定义域为 ,将 的图象绕原点旋转 后所得图象与原图象重合,若 ,则 ( )
A. -1 B. -1013 C. 1 D. 1013
3.(2025 新高二下河北期末)已知定义域为 的函数 满足 关于 对称, ,则 ( )
A. -2 B. 2025 C. 2 D. 1
4.(2025 新ニ下广东东莞期中)已知定义在 上的函数 满足 ,当 时, ,则方程 的根个数为 ( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
5.(2025·安徽合肥模拟预测)定义域为 的函数 ，其图象关于直线 对称，已知 为奇函数，且 ,则 ( )
A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026
6. (多选题) 的偶函数 和奇函数 满足 , 则 ( )
A. 的图象关于直线 对称
B. 是以 4 周期的周期函数
C. 的图象关于点 对称
D.
7. (多选题) (2025 - 江西宜春二模) 已知函数 , 对任意 ,均有 ,且 为 的导函数,则
A.
B. 为偶函数
C.
D.
8. (多选题) 已知定义在 上的函数 ,满足 ,且 ,则下列说法正确的是 ( )
A.
B. 为偶函数
C.
D. 3 是函数 的一个周期
9. 已知函数 的定义域为 ,满足 为奇函数, 为偶函数,且 ,则 _____.
10. ( 2025 新高二下辽宁期末)设函数 是定义在 上的周期为 2 的偶函数,当 时, ,则 _____.
11. (2025 · 大庆三模)已知定义域为 的函数 满足 ,且 ,则 _____.
12. 设 都是定义在 上的奇函数,且 为单调函数, . 若对任意 有 为常数), ,则:
① ; ② ；③ 为周期函数； ④ .
上述结论正确的序号是_____.
13.(2024 湖南永州三模)已知函数 的定义域为 ， ,且对于 ,恒有 ,则 _____.
微专题 5 抽象函数与应用
基本原理
1. 奇偶性与不等式
单调性: 设 ,当 时,该函数单调递增; 当 时,该函数单调递减,反之亦成立.
奇偶性: 若 为奇函数,则 ,此时函数 关于原点对称; 若 为偶函数,则 , 此时函数 关于 轴对称.
2. 奇函数最值模型
最值模型法一:因为函数 奇函数 为奇函数向上 (或向下) 移动了一定的单位长度,所以函数 关于点 对称,因此我们只需要将 0 代入即可计算出
最值模型法二: 若函数 奇函数 ,则
3. 奇偶性对称偏移
奇偶性对称偏移:若整体为奇(偶)函数，则整体变符号；若局部为奇(偶)函数，则局部变符号，具体变化如下:
(1)若 为奇函数，则 .
(2)若 为奇函数，则 .
(3)若 为偶函数，则 .
(4)若 为偶函数，则 .
4. 函数关于点对称的结论
点对称的特点:等号两边 外符号不一致；方法:求平均即可.
(1)已知函数 满足 ,则 的对称点为点 .
(2)已知函数 满足 ，则 的对称点为点 .
(3)已知函数 满足 ,则 的对称点为点 .
(4)已知函数 满足 ,则 的对称点为点 .
5. 函数关于轴对称的结论
轴对称的特点: 等号两边 外符号一致; 方法: 求平均即可.
(1)已知函数 满足 ,则 的对称轴为直线 .
(2)已知函数 满足 ，则 的对称轴为直线 .
(3)已知函数 满足 ，则 的对称轴为直线 .
6. 周期性拓展结论
(1)函数周期性的定义:对于函数 ，如果存在非零常数 使得当 取定义域内任意值时，都有
,那么就称 为周期函数, 为该周期函数的周期.
(2)常见函数周期
① .
用 代换掉 ,则 ,故 的周期为 .
② ， ( 为常数).
用 代换掉 ，则 . 即 ,故 的周期为 .
同理,若 ,则 的周期也为 .
二级结论
(1) ，周期为 ,周期为 .
(2) ，周期为 ,周期为 .
(3) ，周期为 ,周期为 .
7. 双对称与周期性
(1)已知函数 关于直线 和直线 对称， 则 的周期为 .
(2)已知函数 关于点 和点 对称，则 的周期为 .
(3)已知函数 关于点 和直线 对称，则 的周期为 .
8. 双函数与对称性
(1)函数 和函数 关于 轴对称.
(2)函数 和函数 关于 轴对称.
(3)函数 和函数 关于 对称.
(4)函数 和函数 关于 对称.
9. 函数性质与导数
对称性
(1)若函数 关于直线 对称，即 ,则 ,故导函数 关于点 对称.
(2)若函数 关于点 对称，即 ,则 ,故导函数 关于直线 对称.
奇偶性
(1)若函数 为奇函数，则导函数 为偶函数；若函数 为偶函数，则导函数 为奇函数.
(2)若导函数 为奇函数，则函数 为偶函数；若导函数 为偶函数，则函数 不一定为奇函数.
周期性
(1)若原函数为周期函数，则导函数一定为周期函数，且原函数和导函数周期相同.
(2)若导函数为周期函数，则原函数不一定为周期函数.
单调性
(1)若函数 单调递增，则 .
(2)若函数 单调递减，则 . 凹凸性
(1)若函数 为凸函数，则 .
(2)若函数 为凹函数，则 .
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
◆方向 1: 抽象函数的单调性与奇偶性
例 1 (2025 苏锡常镇四市 5 月高三教学调研) 已知函数 和 的定义域均为 若 是奇函数， 是偶函数,且 ,则 ( )
A. -1 B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】由条件知 ,在 中令 得 ,所以 ,在 中令 得 ,所以 ,所以 . 故选 D.
相似题 (多选题) - 湖南省天壹名校联盟高三 5 月适应性考试) 定义域为 的函数 满足: ; ② 的图象过点 ，则 ( )
A.
B. 为偶函数
C. 的图象关于点 中心对称
D.
◆方向 2:抽象函数的对称性与周期性
例 2 (多选题) (2025 莆田市高中毕业班教学质量检测) 已知定义域为 的函数 是偶函数,且 ,若 ,其中 , 则 ( )
A.
B.
C.
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】在 中,令 ,得 ,即 ,又 是偶函数, ,故 A 正确; 是偶函数, ,又 ,即 ,即 是 的一个周期,又 , ,故 B 错误; , 关于 中心对称,又 是偶函数, 关于 中心对称, ,即 ,令 ,得 ,即 ,解得 ,故 正确; 由 ,得 ,且 ,当 时, ,当且仅当 ,即 时等号成立; 当 时, ,当且仅当 ,即 时等号成立,又 的最小值为 ,故 D 正确. 故选 ACD.
例 3 (2025 年 4 月湖丽衢三地市高三联考) 若定义在 上的函数 满足 ,则 的最大值是_____.
【答案】
【解析】由已知 ,
而 ,则
所以 ,即 ,故 2 为函数 的一个周期,
因此 . 考虑到 ,
设 ,则
故 最大值为 .
相似题 1 (多选题) 家庄质检 已知函数 是定义在 上的偶函数, 是定义在 上的奇函数, 则 ( )
A. 的图象关于点 中心对称
B. 是周期为 2 的函数
C.
D.
相似题 2 (河北 NT20 调研) 已知定义 上的函数 的导函数为 为偶函数,且 ,则 _____.
◆方向 3: 抽象函数赋值与不等关系问题
例 4 (多选题) (2025 江西省新八校高三第二次联考) 已知函数 的定义域为 , 且 ,则下列结论一定正确的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 AC
【解析】由题意, ①,令 ,得 ②,由①②可得 ,令 ,得 ,所以 ,故 正确; 设 ,则 , ,故 由 ,则 ,即 ,由 ,则 ,即 ,所以 ,所以 ,故 错误; , 故 正确; ，无法判断是否大于 30，故 D 不一定正确。故选 AC.
相似题 1 (2025 · 深圳市宝安高三 4 月模拟) 已知函数 满足: ,若 ,则 ( )
A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025
相似题 2 (2025 武汉市高三年级五月模拟) 定义在 上的函数 满足 100 , 则下列不等式一定成立的是 ( )
A. B.
C. D.
今方向 4:分段区间与抽象函数问题
例 5 (2025 新江省 Z20 联盟高三第三次联考) 定义在 , 的函数 满足 ,当 时, ,则函数 在区间 内的零点个数 ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】(类周期函数)
由题 ,令 得 ,又 得 ,即 , ,如图
当 ,当 时,存在唯一 ,同理 , 各一个,由二次函数性质,均为区间中点,当 , 128], 其余图象出现在 轴上方,与 无交点; 所以在区间 内共 4 个零点. 故选 B.
相似题 1 (多选题) (2025 河南安阳高三三模) 已知函数 的定义域为 和 均为偶函数,且当 时, ,以下说法中正确的是 ( )
A. 以 2 为周期
B. 当 时,
C. 设函数 在区间 的两个零点为 ,则
D. 函数 在区间 上的最大值为
相似题 2 (多选题) 已知定义在 上的函数 ,当 时, ,且 ,则下列说法正确的是 ( )
A.
B. 若 ,则
C. 若 ,则 在 上恰有 5 个零点
D. 若 在区间 有最大值,则
◆方向 5:导数与抽象函数问题
例 6 (多选题) (广东省广州市冲刺模拟) 设定义在 上的函数 与 的导函数分别为 和 ,若 ,且 为奇函数, 则下列说法中一定正确的是 ( )
A. 函数 的图象关于 对称
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】因为 ,则 ,因为 ,所以 , 用 去替 ,所以有 ,所以有 ,取 代入得到 ,则 ,故 ,用 换 ,可得 ,函数 的图象关于 对称，故 正确； 在 上为奇函数，则 过 ,图象向右移动两个单位得到 过 ,故 图象关于 对称, , 而 ,所以有 ,则 的周期 ; 又因为 图象关系 对称, ; 且函数 的图象关于 对称. 故 ,故 C 正确. ,是由 的图象移动变化而来,故 周期也为 4,因为 ,所以 , ,所以 ,故 B 错误: 周期为 4,所以 , ,故 ,故 D 正确. 故选 ACD.
相似题 (多选题) (福建省闽东教科联盟 5 月卷) 已知函数 ,对任意 ,均有 ,且 为 的导函数,则 ( )
A.
B. 为偶函数
C.
D.
◆方向 6: 抽象函数的构造函数问题
例 7 (南通科研卷解析第 6 题) 已知函数 及其导函数 的定义域均为 ,记 . 若 是奇函数,且 ,则 ( )
A. B. C. 2 D. -2
【答案】 A
【解析】因为 ,所以 为常数,所以 ,又因为 是奇函数,所以 得 ,得 ,解得 或 (舍). 故选 A.
相似题 1 (2025 - 5 月鄂东南高三联考) 已知定义域为 的函数 ,导数均存在,且记为 ,满足 对 恒成立, 则下列结论一定成立的是 ( )
A.
B.
C.
D.
相似题 2 (九师联盟高三模拟) 已知函数 满足: ① ; ② ,若 是方程 的实根,则 _____.
习题演练
1. 镇海中学高三高考模拟 已知集合 , 是 的函数,且满足 ,则这样的函数 的个数为 ( )
A. 31 B. 33 C. 41 D. 133
2. (襄阳四中适应性考试) 已知定义域为 的函数 关于点 对称,且 恒成立,则下列结论中一定正确的是 ( )
A. B.
C. D.
3.(2025 南昌市高三二模)已知函数 满足 ,且 ,则 的最小值为 ( )
A. 4 B. C. 8 D.
4. 已知定义在 上的函数 ,对任意 满足 ,且当 时 . 设 ,则 ( )
A. B. C. D.
5. (多选题)若函数 是定义在 上不恒为零的可导函数,对任意的 均满足: ,记 ,则 ( )
A.
B. 是偶函数
C.
D.
6. (多选题) 若函数 为函数 的导函数,且对于任意实数 ,函数值 均为递增的等差数列, 则 ( )
A. 函数 可能为奇函数
B. 函数 存在最大值
C. 函数 存在最小值
D. 函数 有且仅有一个零点
7. (多选题) 已知定义在 上的连续不断的函数 满足: (1) ; (2) 当 时, ; (3) . 则
( )
A. 当 时,
B.
C. 是 的极小值点
D. 满足 的 的取值范围为
8. (多选题) 已知函数 的定义域为 且 , ,则 ( )
A.
B.
C. 为 的极小值点
D. 是偶函数
9. (多选题) 函数 满足: , 且 ,则下列结论正确的是 ( )
A.
B. 的图象关于 中心对称
C. 是函数 的图象的一条对称轴
D.
10. (多选题) 已知定义在 上的函数 的图象是一条连续不断的曲线,且 满足当 时, ,当 时, ,则
A. B.
C. D.
11. (多选题) (2025 江苏南京、盐城二模) 已知函数 满足: 对任意 ,且当 时, ,则下列说法正确的是 ( )
A.
B. 为偶函数
C. 当 时，
D. 在 上单调递减
12. (多选题) 已知定义域为 的函数 满足 为 的导函数,且 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 为奇函数
B.
C.
D. 对
13. 已知定义在 上的函数 满足 ,且当 时, ,则 ( )
A.
B.
C.
D.
14.(2025·1月江西省十校协作体高三联考)已知函数 满足 ,且当 时, ,若存在 ,使得 ,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
15. 已知函数 的定义域为 ,对于 , 满足 ,且当 时, . 若函数 恰有两个不同的零点,则实数 的取值范围为 ( )
A. B.
C. D.
16. (多选题) 已知定义在 上的函数 的导函数分别为 ,且 ,则 ( )
A. 关于直线 对称
B.
C. 的周期为 4
D.
17. (多选题) 已知函数 的定义域为 ,当 时, ,则
A.
B.
C. 若函数 恰有两个零点,则
D. 函数 ，则
18. (多选题) 定义在 上的函数 满足 ,当 时, ,则( )
A. 当 时,
B. 对任意正实数 ， 在区间 内恰有一个极大值点
C. 当 为正整数时,
D. 若 在区间 内有 4 个极大值点,则 的取值范围是
19. (多选题)已知定义在 上的函数 满足 ,且当 时, ,则下列结论正确的是 ( )
A. 是偶函数
B.
C.
D. 在 上单调递增
20. (多选题) 对于 满足 , ,且对于 . 恒有 . 则 ( )
A. B.
C. D.
微专题 6 盘点全国卷中的比大小问题
基本原理
1. 利用指数与对数的单调性比较大小
① 底数相同，指数不同时，如 和 ，利用指数函数 的单调性;
② 指数相同，底数不同，如 和 利用幂函数 单调性比较大小;
③ 底数相同，真数不同，如 和 利用指数函数 单调性比较大小;
④ 底数、指数、真数都不同，寻找中间变量 0,1 或者其它能判断大小关系的中间量, 借助中间量进行大小关系的判定.
⑤换底公式要记牢！
2. 常用的几个不等式及函数
切线放缩:
割线类放缩: ; 糖水放缩: ;
单调比大小: .
将这两个切线不等式进行合适的取值与加减项, 又可得到更多的不等式:
; 令: ; 令: ; 令: ,
; 取倒数
; 取倒数
3. 构造函数类
在几个数中找到共同点 (同一值) 设变量构造函数, 但构造出的函数一般有可见零点.
4. 利用函数性质及凹凸性求零点解决一类恒成立问题
函数性质及求含多参恒成立问题, 通过构造函数及切线分别求零点, 比较零点大小.
5. 高等数学中泰勒、帕德逼近, 估值
泰勒展开式: ; cos 估值放缩: . 帕德近似公式: 2);
下面我们通过具体的例子来分析.
典例分析
◆方向 1: 利用单调性与中间值法比较大小
例 1 (2022 天津卷) 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为 ,故 . 故选 C.
例 2 (2021 全国卷)已知 ， ， ，则下列判断正确的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 ,即 . 故选 C.
相似题 1 已知 ,则 的大小关系为 ( )
A. B.
C. D. 相似题 2 已知 ,则( )
A. B.
C. D.
9. 方向 2: 结合重要不等式比较大小
例 3 (2020 全国 3 卷)已知 ,设 , ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】由题意可知 . ;
由 ,得 ,由 ,得 ,可得 ; 由 ,得 ,由 ,得 ,可得 . 综上所述, . 故选 A.
例 4 (多选题) (2020 · 新高考 1 卷) 已知 ,且 ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 ABD
【解析】 ,当且仅当 时,等号成立,故 A 正确; ,所以 ,故 正确; ,当且仅当 时，等号成立，故 C 不正确；因为 ,所以 ,当且仅当 时,等号成立,故 D 正确. 故选 ABD.
相似题 1 (多选题) 已知正数 ,满足 ,则下列说法中正确的是 ( )
A. B.
C. D.
相似题 2 已知 ,则下列不等式一定成立的是( )
A.
B.
C.
D.
相似题 3 若 为正实数，且 , ，则 _____.
方向 3: 函数图象角度比较大小
例 5 已知 ，且 ,则 的大小关系为_____.
【答案】
【解析】如图,作函数 的图象,由 得: 为函数 与 的交点的横坐标; 由 得: 为函数 与 的交点的横坐标. 由 得: 为函数 与 的交点的横坐标.
由图象易得: .
例 6 (2025 新高考 I 卷 8)若 满足 ,则 的大小关系不可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】解法一: (特殊值法十排除法)
取 ,则由 得 , 项错误; 取 ,则由 得 , C 项错误; 取 ,则由 得 243, 项错误; 综上,根据排除法本题应选 B. 故选 B.
解法二: (设元十特殊值法十排除法)
设 ,则 ,我们发现 均为等比数列,据此特征快速列表,令 ,得 项排除; 令 ,则 , 项错误; 令 ,得 项错误. 故选 B.
解法三: (数形结合十设元)
设 ,所以 , 进一步化简,两边对变量取对数, ,再利用: ,得到: ,不难看出,图象上的大小变化包括了 ,甚至多出一个 ,唯独没有 . 故选 B.
◆方向 4: 利用指数与对数的运算性质比较大小
例 7 (2017·I 卷理科) 设 为正数,且 , 则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令 ,则 ,所以 ,则 ,则 . 故选 D.
例 8 (多选题) 若 满足 ,则下列关系中可能成立的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】 ,讨论 与 1 的大小关系; ① 当 (或 时), ,此时 可能成立; ② 当 时,显然 最小,由 得 ,此时, , D 可能成立; ③ 当 时,由 得 ,此时, 可能成立. 故选 BCD.
相似题 1 对满足 的任意实数 都有 恒成立,则 的最大值是_____. 相似题 2 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
相似题 3 已知实数 ,且 ,则 ( )
A. B.
C. D.
◆方向 5:构造函数比大小
例 9 (2020 新考 I 卷理科)若 ，则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】设 ,则 为增函数,因为 ,所以 ,所以 ,所以 ,当 时, , 此时 ,有 ,当 时, ,此时 ,有 ,所以 错误. 故选 B.
例 10 (2021 全国卷 (理)) 设 . 则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 ,所以 ; 下面比较 与 的大小关系. 记 ,则 由于 ,所以当 时, ,即 ,所以 在 上单调递增,所以 ,即 ,即 ; 令 ,则 ,由于 , 在 时, ,所以 ,即函数 在 上单调递减,所以 ,即 ,即 ; 综上, . 故选 B.
相似题 1 (2022 全国卷 (理)) 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
相似题 2 已知 , 则 ( )
A. B.
C. D.
◆方向 6: 构造不同函数比相同函数值
例 11 (2022 新高考 I 卷) 设 , 则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】解法一: 构造函数,作差(商)比较大小,即讨论差 (商) 函数的性质. 令 ,为了方便比较,做如下处理: ,所以 ,所以 ,所以 ,令 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 .
解法二: 构造函数, 利用泰勒展开直接估值. 构造函数 . 则可以看到: ,由于 0.1 较小,所以对上述三个函数在 处进行二阶泰勒展开: ,在 处,显然 ,故 .
例 12 设 ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】解法一: (构造函数,泰勒展开估计) 设 ,注意到题干实质在比较: ,且考虑到 0.1 接近于 0,故对上述函数在 进行泰勒展开,即: 代入 到上式，显然易得: . 故选 B.
解法二: (构造函数,作差比大小) 易得 . 设 ,则令 有 ,故 在 上单调递增. ① 因为 ,即 ,故 ,即 ,故 ,即 . ② 设 ,则 ,设 ,则 . 设 ,则 ,故 为增函数,故 ,即 . 故 ,当 时, 为增函数,故 ,故当 时, 为增函数,故 ,故 . ③ 设 ,易得当 时 ,故 ,即 . 综上 . 故选 B.
◆方向 7:构造不同函数比较不同函数值
例 13 已知 ,则 的大小关系为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】设 ,令 0,解得 单调递减, 单调递增. 所以 ,即 ,当且仅当 时取等号,所以 . 又 ,故 ,所以 ; 设 ,令 ,解得 单调递增, 单调递减. 所以 ,即 ,当且仅当 时取等号,所以 ,故 ,又 ,所以 ,故 . 故选 B.
例 14 设 是自然对数的底数), 则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】由于 ,故 ,所以对 也用帕德逼近 , ,故 . 故选 C.
当题干呈现一个较复杂的等式或者不等式关系, 并没有前几类那么明显的数字时, 往往可能现需要同构 (变形) 出一个函数之后再来比较大小.
相似题 1 已知 且 且 且 ,则 ( )
A. B.
C. D.
相似题 2 已知 为自然对数的底数, 均为大于 1 的实数,若 ,则 ( )
A. B.
C. D.
◆方向 8: 指数对数切线构造比大小
例 15 设 ,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】设 , ,易得 . 设 ,则令 有 , 故 在 上单调递增. ① 因为 ,即 ,故 ,即 ,故 ,即 . ② 设 ,则 , 设 ,则 . 设 ,则 ,故 为增函数,故 ,即 . 故 ,设 ,易知 在 上单调递减，故 ，又 ,则 ,从而 . 当 时, , 为增函数,故 , 故当 时 为增函数,故 ,故 . ③ 设 ,易得当 时 ,故 ,即 . 综上 . 故选 B.
例 16 设 ,则
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】设 ,所以 , 设 ,则 ,所以 在 单调递增,所以 ,所以 ,则 ,所以 . 故选 A.
相似题 1 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
相似题 2 已知 ,则( )
A. B.
C. D.
相似题 3 已知 ,则 的大小关系为 ( )
A. B.
C. D.
◆方向 9: 利用抽象函数不等关系构造函数比大小
例 17 已知函数 是定义在 上的奇函数,且当 时, ,若 ,则 的大小关系是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令 ,由 是定义在 上的奇函数,可得 是定义在 上的偶函数,又因为 时, ,所以 在 上是减函数,所以 是
定义在 上的增函数,构建 ,则 ,可知 在 内单调递增,则 ,可得 , ; 构建 ,则 ,可知 在 内单调递增,则 ,可得 ; 由 ,可得 ,故 ,所以 ; 设 ,则 ,所以 在 单调递增, 故 ,所以 ,即 , 所以 ,所以 . 故选 D.
例 18 已知定义在 上的函数 的导函数为 ,对于任意的实数 都有 ,且 时, . 若 ,则 的大小关系是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】令 ,对于任意的实数 都有 ,即 为偶函数; ;
当 时, ,当 时, 为增函数; 又 ,即 . 故选 C.
习题演练
1. 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
2. 设 表示不大于 的最大整数,记 ,则对任意实数 ,有 ( )
A. B.
C. D.
3. 已知 ,且 ,若 ,则 ( )
A. B.
C. D.
4. 已知 ,若 , ,则 ( )
A. B.
C. D.
5. 已知 ,则 ( )
A. B.
C. D.
6. 已知实数 分别满足 ,且 ,则 ( )
A. B.
C. D.
7. (多选题) 德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一, 他从几何问题出发, 引进微积分概念. 在研究切线时认识到, 求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值, 以及当此差值变成无限小时它们的比值, 这也正是导数的几何意义. 设 是函数 的导函数,若 ,对 ,且 ,总有 ,则下列选项正确的是 ( )
A.
B.
C.
D.
8. (多选题) 已知函数 ,且 , 则 ( )
A.
B.
C.
D.
9. 已知定义在 上的函数 满足 ,且对任意的 ,当 时,都有 成立. 若 ，则 的大小关系为_____. (用符号“<”连接)
10. 已知 , 则 ( )
A. B.
C. D.
11. 设 ,则()
A. B.
C. D.
12. 已知 ,且 ,则 ( )
A. B.
C. D. 无法确定 的大小
微专题 7 新高考背景下的切线问题研究
导数在高中数学中占有重要的地位, 导数的几何意义即有关切线问题是历年高考的高频考点, 无论是选填题目, 还是解答题,都能看到切线问题. 在近年的新高考背景下,要求对切线问题有更深入的研究.
基本原理
1. 导数的几何意义
函数 在点 处的导数的几何意义就是曲线 在点 处的切线的斜率.
2. 常见问题
(1)有关切线的基本问题: 求切线方程，求切线条数，公切线, 已知切线求参数问题.
(2)有关切线的应用:数形结合法，利用切线解决距离最值, 函数不等式恒成立, 零点个数的问题.
典例分析
方向 1: 在点的切线方程
切线方程 的计算: 函数 在点 处的切线方程为: ,一定要抓住关键 .
例 1 (2023 全国甲卷) 曲线 在点 处的切线方程为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】设曲线 在点 处的切线方程为 ,因为 ,所以 ,所以 ,所以 , 所以曲线 在点 处的切线方程为 . 故选 C.
例 2 已知函数 ,则曲线 在点 处的切线方程为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为 ,令 ,则 ,所以 ,则 ,所以切线方程为: . 故选 A.
例 3 (2024 全国甲卷) 设函数 ,则曲线 在点 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【解析】 ,则 ,即该切线方程为 ,即 ,令 ,则 ,令 , 则 ,故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积 . 故选 A.
例 4 (2024·新课标 II 卷)已知函数 .
(1)当 时,求曲线 在点 处的切线方程;
(2)若 有极小值，且极小值小于 0，求 的取值范围.
【解】( 1 ) 函数 ，
当 时, ,
切点坐标为 ,切线的斜率为
曲线 在点 处的切线方程为:
,整理得: .
(2) 函数 ，
当 时, ,函数 在 上单调递增,此时函数 无极值,
,令 ,得 ,
当 时, ,当 时, ,
函数 的增区间为 ,减区间为 ,
, 令 在 上单调递减,
等价于 的取值范围是 , .
方向 2: 过点的切线方程
设切点为 ,则斜率 ,过切点的切线方程为 ,又因为切线方程过点 , ,所以 ,然后解出 的值.
注意:在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外.
例 5 函数 过原点的切线方程是_____.
【答案】
【解析】设切点为 ,则 ,
故切点为 的切线方程为 , 又因此切线过原点,
所以 ,解得 ,所以函数 过原点的切线方程是 ,
即 .
例 6 (2022 - 新 II 卷) 曲线 过坐标原点的两条切线的方程为_____，_____
【答案】
【解析】因为 ,当 时 ,设切点为 ,由 ,所以 ,所以切线方程为 ,又切线过坐标原点,所以 ,解得 ,所以切线方程为 , 即 ; 当 时 ,设切点为 , 由 ,所以 ,所以切线方程为 ,又切线过坐标原点,所以 ,解得 ,所以切线方程为 ,即 .
例 7 (2019 江苏高考) 在平面直角坐标系 中,点 在曲线 上,且该曲线在点 处的切线经过点 , -1)(e为自然对数的底数),则点 的坐标是_____.
【答案】(e,1)
【解析】设点 ,则 . 又 ,当 时, ,
点 在曲线 上的切线为 ,即
代入点 ,得 ,即 , 考查函数 ,当 时, ,当 时, ,
且 ,当 时, 单调递增,
注意到 ,故 存在唯一的实数根 , 此时 ,故点 的坐标为 .
9 方向 3: 已知切线方程求参数的值或范围, 依据和求切线方程一样.
例 8 (2025 全国 I 卷)若直线 是曲线 的切线，则 _____.
【答案】 4
【解析】根据题意, ,令 ,则 , 在切线 中,当 时, ,所以切点坐标为 ,将 代入曲线 中,得 ,解得 .
例 9 已知函数 在点 处的切线为 ,则 的值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】 C
【解析】: 函数 , 在点 处的切线为 , ,解得 . 故选 C.
例 10 已知 为正实数,直线 与曲线 相切,则 的最小值为 ( )
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】 B
【解析】设切点为 ,由 ,得 ,因为直线 与曲线 相切于点 ,所以 ,解得 ,所以 1,因为 为正实数,所以 ,当且仅当 ,即 时取等号,所以 的最小值为 4 . 故选 B.
例 11 已知函数 的一条切线为 ,则 的最小值为 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得 ,设切点为 ,所以 ,解得 ,所以 ,设 ,则 ,令 ,解得 ,当 , 时, ,则 为减函数,当 , 时, ,则 为增函数,
所以 ,所以 的最小值为 . 故选 A.
例 12 (2021 新高考II卷) 已知函数 , ,函数 的图象在点 和点 , 的两条切线互相垂直,且分别交 轴于 两点,则 取值范围是_____.
【答案】(0,1)
【解析】由题意, ,则 ,
所以点 和点 , ,所以 ,
所以 ,所以 ,
同理 ,所以
◆方向 4: 切线条数问题
(1)设切点为 ，则斜率 ，过切点的切线方程为 ,又因为切线方程过点 ,所以 然后解出 的值, 有几个值, 就有几条切线.
(2)三次函数切线条数:
一般地，如图，过三次函数 图象的拐点 ， (对称中心或拐点) 作切线 ,则坐标平面被切线 和函数 的图象分割为四个区域,有以下结论:
(1)由于区域 I、IV 属于外弧区域, 故过区域 I、IV 内的点作 的切线,有 3 条;
(2)由于区域 II、II 属于内弧区域，过区域 II、III 内的点或者对称中心作 的切线，有且仅有 1 条；
(3)过切线 或函数 图象 (除去对称中心) 上的点作 的切线，有且仅有 2 条.
例 13 (多选题) 新高考 I 卷) 已知函数 ,则 ( )
A. 有两个极值点
B. 有三个零点
C. 点 是曲线 的对称中心
D. 直线 是曲线 的切线
【答案】 AC
【解析】 ,令 ,解得 或 ,令 ,解得 在 , 上递增,在 上递减,且 有两个极值点,有且仅有一个零点,故选项 正确,选项 错误; 又 ,则 关于点 对称,故选项 正确; 假设 是曲线 的切线,设切点为 ,则 ,解得 或 ,显然 和 均不在曲线 上,故选项 D 错误. 故选 AC.
例 14 过点 可作三条直线与曲线 相切,则 的取值范围为 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】 ,拐点切线为 时, ,且 ,
过点 可作三条直线与曲线 相切, 只需 ,则 . 故选 D.
例 15 (2021 新高考 I 卷) 若过点 可以作曲线 的两条切线,则 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】解法一: 在曲线 上任取一点 ,对函数 求导得 ,所以,曲线 在点 处的切线方程为 ,即 ,由题意可知,点 在直线 上,可得 ,令 ,则 . 当 时, ,此时函数 单调递增,当 时, ,此时函数 单调递减,所以, ,由题意可知,直线
与曲线 的图象有两个交点,则 , 当 时, ,当 时, ,作出函数 的图象如图所示:
由图可知,当 时,直线 与曲线 的图象有两个交点. 故选 D.
解法二: 画出函数曲线 的图象如图所示,根据直观即可判定点 在曲线下方和 轴上方时才可以作出两条切线. 由此可知 . 故选 D.
方向 5: 公切线问题
公切线代数表达: 当 与 具有公切线时,设直线与 切于点 与 切于点 ,
① 当 与 切于同一点,设切点为 , 则有 ;
②公切线方程的等量关系 ,求参数取范围或者切点的取值范围.
例 16 (2024 全国新 I 卷) 若曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线,则
【答案】
【解析】由 得 , 故曲线 在 处的切线方程为 ;
由 得 ,设切线与曲线 1) 相切的切点为 ,
由两曲线有公切线得 ,解得 ,则切点为 ,
切线方程为 , 根据两切线重合,所以 ,
解得 .
例 17 若直线 是曲线 的切线,也是曲线 的切线,则 ( )
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】 A
【解析】对于 ,设切点为 ,则切线方程为 ,即 ①; 对于 1), ,设切点为 ,则切线方程为 ; 由 ① ② 得: . 故选 A.
例 18 若曲线 与曲线: 有公切线,则实数 的最大值为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】设在曲线 上的切点为 ,则切线斜率为 ,在曲线 上的切点为 , ,切线斜率为 ,所以切线方程分别为 、 ,即 ,有 ,整理得 ,设 ,则 ,令 ,令 ,故函数 在 上 单调递减,所以在 上 ,如图所示. 故选 C.
例 19 若直线 与函数 的图象分别相切于点 ,则
【答案】 -1
【解析】由 ,得 ,
则 ,即 . 曲线
在点 处的切线方程为 ,
曲线 在点 处的切线方程为 , 所以 ,
可得 ,整理得 .
◆方向 6:切线法解决曲线(或直线)上点到曲线距离 的最值问题
(1)直线与曲线最短距离，方法主要是 “切线平行法”
(2)两曲线最短距离数学思想，可以借鉴如下 “双飞燕” 思维图
例 20 曲线 上的点到直线 的最短距离是 ( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】如图所示,设曲线 上一点 ,且在该点处切线斜率为 1 ,
,所以斜率 ,解得 ,故切点为 , 切线方程为 ,即 ,两直线间距离为 . 故选 B.
例 21 (2019 江苏卷) 在平面直角坐标系 中, 是曲线 上的一个动点,则点 到直线 的距离的最小值是_____.
【答案】 4
【解析】当直线 平移到与曲线 相切位置时,切点 即为点 到直线 的距离最小. 由 ,得 ,即切点 ,
则切点 到直线 的距离为 .
例 22 已知实数 满足: ,其中 是自然对数的底数,则 的最小值是 ( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】 B
【解析】因为实数 满足: ,所以 . 所以点 在曲线 上, 点 在 上. 所以 的几何意义就是曲线 上的任一点到 上的任一点的距离的平方. 由几何意义可知,当 的某一条切线与 平行时,两平行线间距离最小. 设 在点 处的切线与 平行,则有: ,即切点为 . 此时 到直线 的距离为 就是两曲线间距离的最小值,所以 的最小值为 . 故选 B.
例 23 设 为曲线 上一点, 为曲线 上一点,则 的最小值为 ( )
A. B. 1 C. D. 2
【答案】 C
【解析】 时, ,所以 是 图象的一条切线,切点为 , 时, ,所以 是 的图象的一条切线,切点为 ,这两条切线平行,两切点连线恰好与切线垂直, 的最小值即为两切点间的距离，所以 . 故选 C.
例 24 已知函数 的图象与函数 的图象关于某一条直线 对称,若 分别为它们上的两个动点,则这两点之间距离的最小值为_____.
【答案】
【解析】令 ,则
因为 与 关于直线 对称,
所以函数 与函数 关于直线 对称,
所以 两点之间距离的最小值等于 到直线 距离最小值的 2 倍,
函数 在 点处的切线斜率为 ,
令 得, ,
所以点 到直线 距离的最小值为
所以这两点之间距离的最小值为 .
今方向 7: 切线法解决恒成立求参问题
恒成立求参问题，可以考虑如下方法:
(1)分参,水平线法; (2) 分离函数,切线法; (3) 移项到一侧求导讨论法.
例 25 已知函数 ，若关于 的不等式 ( 是自然对数的底数) 在 上恒成立,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】 在 上恒成立,等价于 的图象恒在直线 的上方,画出 的图象. 直线 恒过定点 ,当直线 与 相切时,设切点 , 求导得 ,可得 ,由 ,解得 ,则切线的斜率为 2 . 当直线 与 相切时,直线 与半圆 相切,由 ,解得 ,由图可知, 的取值范围是 ,故 、 B、C 错误. 故选 D.
例 26 已知 为实数，不等式 恒成立， 则 的最小值为_____.
【答案】 -1
【解析】不等式 恒成立即 恒成立,即一次函数 恒在 的上方或相切. 当 时显然 与 相交,不合题意,故 . 当 一定时,要 越小,易得 的截距要越小, 最小时 与 相切. 此时设切点 , ,由 的导数 ,故 ,即 ,故 ,设 , 则 ,令 有 ,易得当 时 单调递减; 当 , 时 单调递增; 则当 时,取最小值 ,故 的最小值为 -1 .
今方向 8: 切线法解决已知零点个数求参数问题
解决零点个数思维: 分离函数为一直一曲,数形结合切线法
例 27 函数 ,若函数 与 的图象有三个交点,则实数 的取值范围为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】作出函数 的图象,如图所示:
与 相切的直线为 ,且切点为 ,因为 ,所以切线的斜率为 ,则切线方程为 ,因为 过定点 ，且在切线上，代入切线方程
求得 (舍去),所以切线的斜率为 ,因为函数 与 的图象有三个交点,由图象知: 实数 的取值范围为 . 故选 D.
例 28 若函数 有 3 个零点,则实数 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】令 ,得 ,所以函数 有 3 个零点,等价于函数 与函数 的图象有 3 个交点,作出函数 的图象,函数 的图象恒过 点,当 时,显然函数 与函数 的图象仅有 2 个交点,不符合题意; 当 时,当直线 与曲线 相切时,不妨设切点坐标为 ,则曲线 在切点处的切线斜率 ,又因为切点也在直线 上,所以 ,解得 ,则切点为 ,此时 ,所以若函数 与函数 的图象仅有 3 个交点,则 ; 根据函数图象的对称性,当 时,若函数 与函数 的图象仅有 3 个交点,则 . 综上所述,实数 的取值范围是 . 故选 D.
习题演练
1.(2020 新课标 I 卷)函数 的图象在点 处的切线方程为 ( )
A. B.
C. D.
2. 设函数 . 若 为奇函数,则曲线 在点 处的切线方程为 ( )
A. B.
C. D.
3. 已知函数 ,则曲线 在点 处的切线方程为 ( )
A. B.
C. D.
4. 以下曲线与直线 相切的是 ( )
A. B.
C. D.
5. 曲线 在点 处的切线与直线 垂直,则点 的横坐标为 ( )
A. e B. 1 C. 3 D. 2e
6. 若曲线 与 相切，则实数 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7.(2019 全国卷)已知曲线 在点 处的切线方程为 ,则 ( )
A. B.
C. D.
8. 函数 存在与直线 平行的切线, 则实数 的取值范围是 ( )
A.
B.
C.
D.
9. 已知 ,直线 与曲线 相切,则 的最小值是 ( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
10. 若过点 可作曲线 三条切线,则 ( )
A.
B.
C. 或
D.
11. (多选题) 已知函数 ,其中实数 ,点 ,则下列结论正确的是
A. 必有两个极值点
B. 当 时,点 是曲线 的对称中心
C. 当 时,过点 可以作曲线 的 2 条切线
D. 当 时,过点 可以作曲线 的 3 条切线
12. 若过点 可以作曲线 的两条切线,则( )
A. B.
C. D.
13.(2020 新课标Ⅲ卷)若直线 与曲线 和 都相切,则 的方程为 ( )
A. B.
C. D.
14. 若函数 的图象与函数 的图象有公切线 ,且直线 与直线 互相垂直,则实数 ( )
A. B.
C. 或 D. 或
15. 若函数 与 的图象存在公共切线,则实数 的最大值为 ( )
A. B. e C. D.
16. 曲线 上的点到直线 的最短距离是 ( )
A. 2 B.
C. D.
17. 曲线 上到直线 的距离为 的点的个数为 ( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
18. 已知 ,则 的最小值为 ( )
A. B. C. D.
19. 若 ,则 的最小值是 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
20. 已知函数 ,若函数 恰有三个零点,则实数 的取值范围是 ( )
A.
B.
C.
D.
21.(2021 全国甲卷)曲线 在点 处的切线方程为_____.
22. 已知曲线 的一条切线为直线 ，则 的最小值为_____.
23.(2022·全国新Ⅰ卷)若曲线 有两条过坐标原点的切线,则 的取值范围是_____.
24. 若曲线 在点 处的切线与曲线 相切于点 ,则 _____.
25. 若对 ,关于 的不等式 恒成立，则整数 的最小值为_____.
26. 已知 为正实数,若对任意的 ,都有 - 成立，则 的最大值是_____.
27. 已知直线 与曲线 相交于两点,则 的取值范围是_____.
28.(2023·全国乙卷)已知函数 .
(1)当 时,求曲线 在点 处的切线方程;
(2)是否存在 ，使得曲线 关于直线 对称,若存在,求 的值,若不存在,说明理由;
(3)若 在 存在极值,求 的取值范围.
微专题 8 图象交点个数与零点转化
函数图象的交点与函数零点的问题是高中数学的重要内容, 也都是高考的热点和重点, 在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大, 是高中数学的主线, 它们贯穿于高中数学的各个内容, 数形结合思想方法是解决此问题的重要手段.
基本原理
1. 转化思想在函数零点问题中的应用
函数的零点即方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题
2. 数形结合方法判断函数零点个数的常用方法
(1)直接法:令 ，作出 图象，看图象与 轴的交点,则有几个交点就有几个零点.
(2)构造两个新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题.
由两个基本初等函数组合而得的超越函数 的零点个数,等价于方程 的解的个数,亦即 的解的个数,进而转化为基本初等函数 与 的图象的交点个数.
(3)分离参数法:通过将原函数中的变参量进行分离后变形成 ,则原函数的零点问题化归为与 轴平行的直线 和函数 的图象的交点问题.
3. 三角型函数的零点个数问题,可先求出零点的一般形式, 再根据零点的分布得到关于整数 的不等式组,从而可求相应的参数的取值范围. 三角函数和其他基本初等函数同时出现在同一解析式时, 由于三角函数是周期函数, 而其他函数往往没有周期性, 所以需要一个区间一个区间去讨论, 不论是单调性还是零点, 最好在讨论之前先画一个草图.
4. 涉及含参的函数零点问题, 利用导数分类讨论, 研究函数的单调性、最值等, 结合零点存在性定理, 借助数形结合思想分析解决问题.
5. 对于复合函数 的零点个数问题,求解思路如下:
(1)确定内层函数 和外层函数 .
(2)确定外层函数 的零点 , .
(3)确定直线 与内层函数 图象的交点个数分别为 ,则函数 的零点个数为 .
典例分析
方向 1 : 直接法
根据函数的基本性质作出图象, 然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;
注意三个等价关系: 函数 有零点 方程 有实数根 函数 的图象与 轴有交点.
例 1 已知函数 ,则下列关于函数 的描述中,其中正确的是 ( )
①当 时，函数 没有零点；
②当 时，函数 有两不同零点，它们互为倒数;
③ 当 时，函数 有两个不同零点；
④当 时，函数 有四个不同零点，且这四个零点之积为 1 .
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】 C
【解析】当 时, ,函数图象如下图所示,
由此可知该函数只有一个零点,故 ① 不正确; 当 时, 则函数 的零点为 和 函数 有两个不同零点, 由函数 的图象可知 ,解得 ,当 时,则函数 的零点为 和 ,此情况不存在 有两不同零点,则函数 有两不同零点时 的取值范围是 ,设对应的两个零点为 ,即 或 ,解得 ,则 ,所以它们互为倒数, 故 ② 正确；当 时，函数解析式为 ,令 ,解得 , 令 ,解得 或 ,由此可知函数有三个零点,故③不正确; 当 时,则函数 的零点为 和 函数 有四个不同零点, 由函数 的图象
可知 ,解得 ,当 时,设对应的两个零点为 ,则 或 ,解得:
当 时,整理得 ,当 时, ,则该方程存在两个不等的实数根 和 ,由韦达定理得 ,所以 ,则故 ④正确. 故选 C.
例 2 (2025 北京高考题) 设函数 ,若 恒成立,且 在 上存在零点,则 的最小值为 ( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
【答案】C
【解析】函数 ,设函数 的最小正周期为 ,由 可得 ,所以 ,即 ; 又函数 在 上存在零点,且当 时, ,结合图象知, ,即 . 综上, 的最小值为 4 . 故选 C.
例 3 已知 是定义在 上的奇函数,当 时, ，则方程 解的个数为_____.
【答案】 3
【解析】当 时, ,所以 , 因为 是定义在 上的奇函数,
所以 ,所以 ,
所以 ,
所以 ,
由 的图象知, 有 3 个零点,所以方程 解的个数为 3 .
例 4 (多选题) (2024 全国二卷) 设函数 , 则 ( )
A. 当 时， 有三个零点
B. 当 时, 是 的极大值点
C. 存在 ,使得 为曲线 的对称轴
D. 存在 ,使得点 为曲线 的对称中心
【答案】 AD
【解析】由 ,得 , 当 时, 在 上单调递减,在 和 上单调递增; 的极大值 的极小值 ,结合图象,所以 有三个零点,故 A 正确; 当 时, 在 上单调递减,在 和 上单调递增, 是极小值点,故 错误; 任何三次函数不存在对称轴,故 错误; 当 时, ,关于点 中心对称，故 D 正确. 故选 AD.
例 5 (2025 全国二卷) 已知函数 ,其中 .
(1)证明: 在 存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设 ， 为 在 的极值点和零点，
(i) 设 ,证明: 在 单调递减;
(ii) 比较 与 的大小,并证明你的结论.
【解】(1)因为 , 所以 ;
所以 ,使得 ,且 在 上为单调递减函数,如图所示.
所以当 时, ; 当 时, ,
即 在 上单调递增,在 上单调递减.
所以 ,又当 时 ,
所以, 使得 ,且当 时, ; 当 时, ,
即 在 上单调递增,在 上单调递减.
所以 ,又当 时 ,
所以, 使得 ,且当 时, ; 当 时, ,
即 在 上单调递增,在 上单调递减.
所以 ,又当 时 ,
所以 有唯一极值点 ,且 为 的极大值, 也有唯一零点 .
(2)因为 分别为 在 上的极值点和零点,所以 即 即 ,且
(i) 因为 ,设 ,则
则
① 当 时，
由 (1) 知 ,即
② 当 时， ,即
故 ,从而 在 上单调递减,
所以 ,从而 在 上单调递减.
(ii) 因为 ,
所以
由 知 在 上单调递减,所以 0,即 .
由( 1 )知: 当 时， ；当 时, .
所以 ,故 .
◆方向 2:构造新函数法
将问题转化为研究两函数图象的交点问题; 由两个基本初等函数组合而得的超越函数 的零点个数,等价于方程 的解的个数,即 的解的个数,进而转化为基本初等函数 与 的图象交点的个数.
例 6 已知 ,给出下列四个结论:
(1)若 ，则 有两个零点；
(2) ，使得 有一个零点；
(3) ，使得 有三个零点；
(4) ，使得 有三个零点.
以上正确结论的序号是_____.
【答案】(1)(2)(4)
【解析】函数 的零点的个数可转化为函数 与直线 的交点的个数;
作函数 与直线 的图象如图,
若 ,则函数 与直线 的图象在 与 上各有一个交点,则 有两个零点, 故(1)正确；
若 ，则当函数 与直线 的图象相切时， 有一个零点，故 (2) 正确；
当 时，函数 与直线 的图象至多有两个交点,故 (3) 不正确;
当 且 足够小时,函数 与直线 的图象在 与 上分别有 1 个、 2 个交点,故 (4) 正确.
例 7 定义在 上的奇函数 满足 ,且当 时, . 则函数 的所有零点之和为_____.
【答案】 14
【解析】依题意,定义在 上的奇函数 满足 ,
,所以 关于 1 对称,
,所以 是周期为 4 的周期函数.
,所以 关于点 对称.
关于点 对称.
当 时, ,
画出 的图象如下图所示,
由图可知, 有 7 个公共点,
所以 的所有零点和为 .
例 8 已知函数 的图象关于直线 对称,对 ,都有 恒成立,当 时, ,当 时,若函数 的图象和直线 有 5 个交点,则 的取值范围为 ( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】因为函数 的图象关于直线 对称,将函数 的图象向右平移 1 个单位,可得到函数 的图象,则函数 的图象关于 轴对称,即函数 为偶函数,由 可得 ,故函数 是以 4 为周期的周期函数,如下图所示:
因为直线 过定点 ,当 时,要使得函数 的图象和直线 有 5 个交点,则
例 9 已知函数 的最小正周期为 .
(1)求函数 的解析式;
(2)若先将函数 的图象向左平移 个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍 (纵坐标不变),得到函数 的图象,求 在 上的零点个数.
【解】(1)由题意得: . .
的最小正周期 ,故 ,
.
(2)由(1)得:
求函数 在 上的零点个数,即求方程 的根的个数.
和 的图象,如下图示,
在 上单调递减,在 上单调递增,且 ,又 ,
由图象知: 函数 在 上有 4 个零点.
◆方向 3: 參变量分离法
由 分离变量得出 ,将原函数的零点问题等价转化为直线 与函数 的图象的交点问题.
例 10 已知函数 ,若 有 4 个零点,则实数 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】令 ,得 ,在同一坐标系中作出 的图象,如图所示:
由图象知: 若 有 4 个零点,则实数 的取值范围是 . 故选 A.
例 11 (多选题)已知函数 ,若 有四个不同的实数解 ,且满足 ,则下列命题正确的是 ( )
A.
B.
C.
D.
【答案】 ACD
【解析】在同一坐标系中作出函数 的图象, 如图所示:
由图象知: 若 有四个不同的实数解,则 , 故 正确; 因为 ,即 ,则 ,所以 ,因为 在 上递增,所以 , 故 错误; 因为 在 上递增,所以 ,而 ,所以 ,故 正确; 因为 在 上递减,在 上递增,则 ,故 D 正确. 故选 ACD.
例 12 已知函数 ,若关于 的方程 有三个不同的实根,则 的取值范围为_____.
【答案】
【解析】当 时, ,
当 时, 当 时, ……作函数 图象如下,
因为关于 的方程 有三个不同的实根,所以函数 的图象与 的图象有三个交点,观察图象微专题 1 分式函数的最值与计算
习题演练
1. 记 ,则 .
在 上递增,
即 时函数的最小值为 .
2. 此题为不等式求最值的经典题型,要原式最大,则分子应为正值,可将分母 按 拆项,运用重要不等式配凑定值即可.
当且仅当 取等,故最大值为 .
此题解法众多,主要在于减少变量,可以先冻结 ,将 用 表示,再求最值.
由条件可知
当且仅当 时取等,故原式最小值为 .
4. 解: ,即 ,
显然,这个关于 的方程必有实数根,从而有 ,
. 根据题意, ,
,故 ,所以解得 .
5. 解法一: 分离变量法配合权方和不等式
恒成立
又
,当且仅当 时取等,即 式最大值为
,即 .
解法二: 构造柯西不等式
当且仅当 时取等,即 的最小值为 .
6. 恒成立,
令 ,则
当且仅当 ,即 时等号成立,故原式最大值为 .
7. 由点 在抛物线上得抛物线方程为 切线方程为 ,即 , 在切线上, 正确; ,当 时,最小为 , B错; , 当且仅当 时取等, 正确; ,当且仅当 取等, D 正确. 故选 ACD.
8.【解】解法一: 化为角的关系
; 易知 为钝角,
当且仅当 时取等,故角 的最大值为 .
解法二: 化为边的关系
.
当且仅当 时取等,故角 的最大值为 .
微专题 2 函数的单调性与应用
习题演练
1. 在区间 上单调,且 ,故选 B.
2. 函数 在 上单调递增,且函数 在 上单调递减, 函数 在区间 上单调递减, 即 ,故选 D.
3. A 由 得: ,令 为 上的增函数, 为 上的减函数, 为 上的增函数, ,则 正确, 错误; 与 1 的大小不确定,故 无法确定,故选 .
4.B 因为函数 是减函数,所以 , 又函数 在 上是增函数,所以 , 所以 ,即 ,所以 . 故选 B.
5.D 由对称性,不妨设 ,原不等式即 ,整理得 ,即 在 上递减, 或 ,即 ,故选 D.
注:还可结合导数的几何意义快速求解.
6. A 由题意有 ,即 ,记 ,则 ,因为 是 上的减函数,所以 也是 上的减函数,必有 ,所以 ,即 , 故选 A.
7. A 由题意得, 函数 在 为减函数, 1,即 函数 在 为增函数, ,即 ,由 得, ,由 得, ,综上得, . 故选 A.
8. 方程两边同除以 得 ,记函数 ,注意到 ,且 在 上单调递减,所以方程 在 上有且只有一个实根. 所以方程 有唯一的实根. 故选 B.
9.
,函数 在 上单调递增.
即 .
10. 与 在 上都是减函数,
在 上是减函数,
又 时, 时, ;
的值域为 .
11. 时, , 当且仅当 取等,
时, ,且 .
12.
是定义在 上的减函数
求得解集为 .
13. 底数 且 在
上递增,
在 上递减且为正,
,解得 .
14.4 记 ,则 在 上递减
,即
故实数 的最小值为 4 .
15. 在 上单调递减,
两段都递减,且图象呈一致下降趋势,
即 的取值范围是 .
16.
函数 在 上单调递增,且
.
函数 上是奇函数且在 上单调递增,
原条件即
即 .
18.1 或 在 上递减,在 上递增,
时, ,
时, ,
综上, 或 .
19. 由条件知 ,记
是定义在 上的单调函数且
.
20. 在条件③中取 ,得 ,故 在条件③中取 ，得 ，故
在条件 ② 中取 ，得
又函数在 上为不减函数, ,则,故
在条件②中取 ，得 ；
在条件②中取 ，得
又函数在 上为不减函数, ,则
.
21. 原不等式可变形为 .
设 ,易知 在 上单调递增,
原不等式即 ,
或 ,
解得 或 .
所以原不等式的解集为 .
22. 解:
图象可由双勾函数 向左平移一个单位, 再向下平移两个单位得到,
的增区间为 和 ; 减区间为 和 .
23. 解:
记 ,则 在 上单调递增,
的图象恒过点 ,则
即
所以
故解集为: .
微专题 3 奇偶性与对称性及应用
习题演练
1. 函数 的定义域为 ,且 ,函数 为奇函数, 选项错误; 又当 时, , B 选项错误. 故选 A.
2.B 由连续型随机变量 ,根据正态分布密度函数 曲线关于直线 对称,但函数 ,即表示正态分布密度函数 与 及 轴围成的面积, 显然有 ,且函数 是递增函数，故 AC 错误；由于 ，可猜想 的图象关于点 对称,再进行证明,即证 ,所以 的图象关于点 对称,故 正确, 错误. 故选 B.
3. A 设 ，因为函数 与函数 图象关于直线 对称,所以 . 故选 A.
4. 由 ,可知函数 的图象关于直线 对称; 对 求导,得 ,则函数 的图象关于点 对称,所以 ABC 错误, D 正确. 故选 D.
5. 是定义在 上的奇函数, , 关于 对称, . 故选 C.
6. C ξ服从正态分布 ,故 , 由对称性可知 ,又 ,故 , 关于点 成中心对称, 正确, 错误; 又 ,故 不关于直线 对称, 错误. 故选 .
7.C 根据如下图象即可判断出函数图象关于原点对称.
故选 C.
8.C 由正态分布的性质可知, 单调递增,所以没有对称轴,因为正态分布密度曲线的对称轴是 ,所以 ,即 ,所以函数 的图象关于点 对称. 故选 C.
9. ABD 因为 ,所以 ,故 A 正确; 函数 的定义域为 ,且 不恒为零,故 正确, 错误; 当 时, ,故 D 正确. 故选 ABD.
10. ABD 函数 的定义域为 ,令 ,则 ,解得 正确; ,取 ,则 ,因此 ,令 ,即有 ,因此函数 是奇函数,即 是奇函数, 正确, 错误; ,由选项 ,得 ,即 ,因此 正确. 故选 ABD.
11.1 因为 ,所以 周期为 4 ,
又 是定义在 上的奇函数,所以 , 所以 .
12.3 若 为偶函数， 为奇函数，
则 ,
令 ,则 ,即 ,
令 ,则 ,
即 ,
又因为 ,
所以 .
13. 因为 是奇函数,所以 , 即 ,对其求导,则有 ,所以 关于直线 对称. 故选 B. 点睛:结论点睛:本题考查对称性，一般根据以下结论进行判断:
(1)对于 ,若 ，则函数 周期为 ;
(2)对于 ,若 ，则函数 关于直线 对称;
(3)对于 ,若 ，则函数 关于点 对称.
14. 因为函数 为奇函数,其图象关于原点 对称,把函数 的图象向上平移 4 个单位长度得到 的图象,所以 正确. 因为 ,所以 ,令 , 解得 或 ,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,故 的极大值点为 , B 错误. 又 的极大值为 ,极小值为 ,所以 在区间 上的值域为 正确. 画出函数 的图象,如图所示,
由 得 ,若关于 的方程 有两个不相等的实数根,则函数 的图象与直线 有两个交点,由图象知 或 ,所以 的值为 或 , D 错误. 故选 AC.
15. 对于 ,由 可得 ; 对于 ,由 可得 ,即 ,所以 关于点 中心对称,故 正确; 对于 ,由 可得 ,所以 关于 轴对称,故 错误; 对于 , 由 中令 可得 ,
设 ,①
又 ,②
由①②可得 ，所以 ,即 , 所以 ,所以 ,所以 ,故 正确. 故选 ABD.
16. 因为 为奇函数, 为偶函数,所以 ,所以 为偶函数,故 正确; 又对 两边求导, 得 ,即 ,所以 是偶函数,故 正确; 由 ,可得 ,由 ,可得 ,所以 , 即 ,即得 ,所以 是周期为 4 的函数,则 ,两边求导,得 ,所以 是奇函数,故 错误; 由 ,可得 ,即 ,又由 ,可得 ,所以 ,即 为偶函数,所以 为偶函数,故 正确. 故选 BCD.
17. 解: (1) 由题意 得 ,
将 代入 ，得到 ，解得 .
(2)由(1)可得 ，
其定义域为 ,关于原点对称,
且 ,
故 为偶函数.
(3)当 时， 在 上单调递增，
由复合函数单调性可知 在 上单调递减,且 为偶函数,
故 等价于 ,
两边平方可得 ,即 , 解得 .
微专题 4 函数的周期性及应用
习题演练
1.A 函数 图象关于 对称,故 ,又 为奇函数,故 ,所以 ,所以 ,故 , 是一个周期为 8 的周期函数,故 时, ,故 , 所以 . 故选 A.
2. 根据题意, 图象上的任意一点 绕原点旋转 后得到的点 仍在 的图象上,联立 消去 得 ,所以 是奇函数,又因为函数 的定义域为 ,故 ,又 ,在该等式中,用 替代 可得 ,故 ,因此 ,所以 是周期函数,4 是 的一个周期,所以 ,所以 也是周期函数,4是 的一个周期. 又由 可得 ,于是 , ,因为 ,故 . 故选 B.
3. C ∵定义域为 的函数 满足 关于 对称, ,即 是偶函数,又 , 函数 的周期为 4,又由 , 关于 对称, . 故选 C.
4. A 由 ,得函数 的图象关于点 对称,由 ,得 , 则函数 的图象关于直线 对称,且有 ,则 ,于是 是以 4 为周期的周期函数,又当 时, ,即函数 在 上单调递增,又 , 根据对称性可知,函数 在 上单调递增,则 在 上单调递增,在 上单调递减,所以 , ,由 ,得 ,则方程 的根即为函数 的图象与直线 交点的横坐标,而直线 关于点 , 0) 对称,即函数 的图象与直线 都关于点 对称,在同一坐标系内作出函数 的图象与直线 ,如图所示:
所以共有 5 个交点. 故选 A.
5. B 由 关于 对称,有 ,又 为奇函数,则 即 ,且 即 ,所以 关于点 对称,且 ,则 ,作差有 为周期函数, 且周期为 4,因为 ,则 . 故选 B.
6. 由 ①得 ，因为 为奇函数,所以 ,故 ②，①+②，得 ，所以 的图象关于点 对称,且 ,故 正确; 因为 是偶函数,所以 ,所以 , 故 ,所以 的周期为 4,在 中,令 ,得 ,所以 ,结合 的周期性得, ,所以 ,故 D 错误; ①-②，得 ，所以 ,所以 的图象关于 对称,而不是关于直线 对称,故 错误; 由 得 ,因为 是奇函数,所以 ,所以 是以 4 为周期的周期函数,故 B 正确. 故选 BC.
7. ACD ,令 , 得 ,解得 ; 令 ,则 ,又 ,所以 ,得 ,对于任意的 都成立,所以 为奇函数,故 错误; 令 ,得 ①,把 换成 ,得 ②，又 为奇函数，所以 ,又 ,所以 得 ,故 D 正确; 令 ,得 ,所以 ,又 ,所以 ,则 ,所以函数 的周期为 4, 得 ,故 正确; ,等式两边同时对 求导,得 ,令 ,得 , 即 ③,由 ,得 ,所以 为偶函数,由 ,得 ,所以 2) ,所以函数 的周期为 4 . 令 ,由③ 得 ,同理可得 0,所以 ,故 C 正确. 故选 ACD.
8. 令 ,则 ,因为 ,所以 ,故 A 正确; 令 ,则 ,因为 ,所以 , 即 ,因为 的定义域为 ,所以 为偶函数，故 正确；令 ，则 ,由 ,得 ,则 , 所以 不一定成立,故 错误; 令 ,则 ,所以 ; 令 , ,则 ,所以 ,所以 ,所以 3 不是 的一个周期,故 错误.
9. -1 由题设 ,
则 ,
且 ,
则 ,即 ,
所以 ,故 是周期为 4 的函数,
由题意 ,则 -1,
所以 ,
故 .
10.-1 因为函数 是定义在 上的周期为 2 的偶函数,
所以 ,
又当 时, ,
所以 ,
所以 .
11.2 由 ,令 代替 ,可得 ,
则 ,可得 ,
由 ,令 ,则 ,
所以 .
12. ②③ 在 中，令 ，得 ,所以 ,
又 为单调函数,所以 ,即 ,
所以 ,所以① 错误;
由 ,得 ,所以② 正确;
设 ,则由 ,可得
所以 ,所以 ,即 ー 为周期函数，所以③正确；
由 ,得 ,即
所以 为等差数列,
且 ,即 ,
所以 ,所以 ,所以④错误.
点睛: 关键点睛: 求解 的关键是由 得 ,进而得到 是首项 和公差均为 4 的等差数列从而再利用等差数列的前 项和公式即可计算得解.
13. 由 可得 ,所以 ,
, ,
,
, .
因为对于 ,恒有 ,
所以当 时, ,而 , .
微专题 5 抽象函数与应用
典例分析
方向 1
相似题 AC (合理赋值,探究函数的性质)
在①中取 ,得 ,即 , A 正确; ① 中取 ,得 ,即 为奇函数, B 错误; ① 中取 , 得 ,即 ,即关于点 中心对称, 正确; 我们证明: 对任意正整数 . 当 时成立,假设当 时, ,① 中取 ,则 ,即 ,即 ,故对任意正整数 , 错误. 故选 AC.
方向 2
相似题 是奇函数, 的图象关于点 中心对称,故 正确; , 是偶函数, , 不是周期为 2 的函数,故 错误; , 是周期为 4 的函数, ,故 C 正确; 0 , 故 D 错误. 故选 AC.
相似题 2 -2025 由题可得: ,则 ,两边求导可得: ,则 的图象关于点 对称,即 ①,由 的图象关于 对称,则 ②,即①-②得: -2,则 ,又 , 即 得周期为 ,
方向 3
相似题 依题意,因为 ,则 ,令 ,则 ,因为 ,所以 ,又因为 ,则 ,即 . 令 ,则 ,即 ; 令 ,则 ,所以 ,故得 . 又 所以 ,即 . 故选 C.
相似题 根据 可得 . 构造函数 ,得函数 单调递增, ; 构造函数 ,得函数 单调递减, ,故 A 错误; 得 ,得不到 ,故 错误; 得 >60 ,故 C 正确; 由条件只能得到 大于某个数,而不能得到它小于某个数,故 D 错误. 综上所述,答案为 C.
方向 4
相似题 1 AC (运用函数的对称性与周期性) 为偶函数,则 以直线 为对称轴,周期为 正确; 当 时, 可知 ,而代入 项的解析式发现不正确, 错误; 如图所示,作出函数 和 的交点,则观察图象知 正确; 时, ,则 24) ,其中 ,因而最大值不是 错误. 故选 AC.
相似题 令 时, ,则 ,故 A 正确; 当 时, ,令 ,则 ,令 , 所以 ,故 错误; 当 时,当 时, ,此时 ,无解; 当 时, ,有 1 解; 当 时, ,有 1 解; 当 时, ,有 1 解; 当 时, ,有 1 解; 当 时, ,有 1 解; 共 5 解,故 C 正确; , 当 ,如图,所以 ,解得 ,所以 ，故 D 正确. 综上，选 ACD.
方向 5
相似题 ACD 令 ,则 函数 是一个奇函数,故 错误; 令 ,则 ,令 得 , 是周期为 4 的周期函数, ,故 A 正确; ,令 得: ,故 C 正确; 令 ,分别令 , 得: 是奇函数, ,故 D 正确. 故选 ACD.
方向 6
相似题 ,令 ,则 ,故 单调递增,又 ,所以 ,即 ,所以 选项正确; 另外, ,由于 与 0 的大小关系不确定,故 无法判断. 故选 A.
相似题 2 2 由②及题设条件得 ,
由①知 在 上单调递增,所以 ,即 ,
令 ,则 ,
又 为增函数,所以 ,故 .
习题演练
1.C 由题 的定义域为 ,值域为 的子集，且值域必有 1，且 ；①值域只有一个元素 ，这样的函数 1 个; ②值域有二个元素，有 4 种情况，如值域为 时，则， ，且 ，剩下 3 个元素，都有两种选择，可对 1，也可对 2，不能同时对1， 28 种; ③ 值域有三个元素，如 ，则 ， 且 ,剩下两个元素,只能一个对 2,一个对 种; 种. 故选 C.
2. A 因为函数 关于点 对称,所以 ,即 ,又 ,所以 ,即 ,对于 ,累加得 ,又 ,即 , 故 正确,取 ,则 ,故 的图象关于 对称,而 ,当 时, ,当 时, ,当 时, ,故此时 恒成立,故 ,而 , 故 BCD 错误. 故选 A.
3.D 因为 ,取 ,则有 ,所以 ,再取 ,则有 ,即 ,所以 ,当且仅当 时取得等号. 故选 D.
4. D 设 ,则 ,而当 时, ,所以 ,所以 ,函数 单调递减，又当 时， 恒成立，所以 . D 正确. 故选 D.
5. 令 ,得 ,即 ,故 正确; 令 ,可得 ,解得 ,令 ,可得 ,所以 的图象不是偶函数,故 错误; 令 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,则 ,所以 , ,累加得: ,所以选项 正确; , 又 ,所以 ,即 ,故 D 正确. 故选 ACD.
6.CD 由题意，在函数 中，函数 为函数 的导函数,设 ,则 ,由题意可知: ,则 , 即 ,故 ,则存在正实数 满足: ,即 ,即 ,故 ,存在实数 满足: ,故 , ,故 当 时, ,当 时, 在 单调递减,在 单调递增. 由 的单调性可知,函数 不可能为奇函数,故 错误; 对任意实数 ,当 时, ,故函数 没有最大值,故 错误; 在 时取得最小值,故 正确; 因为函数 有且仅有一个零点 ,而 ,故函数 有且仅有一个零点 ,故 D 正确. 故选 CD.
7. 由 及 ,解得 . 由条件 (2),得 在 上单调递增. 又由 ,得 ,即 正确; 由 ,解得 正确; 令 ,则 ,得 . ,所以 . 当 时, ,由复合函数的单调性可知 单调递减,所以 在 上单调递增,从而 在 上为增函数, 错误; 由 ,则 可化为 ,所以 正确. 故选 ABD.
8. AD 令 ,则 ,故 A 正确; 令 ,则 , 故 错误; 函数 显然符合题意,此时 无极小值点,故 错误; 令 ,则 , ,令 ,则 ,所以 是偶函数, 故 D 正确. 故选 AD.
9. AD 令 ,则 ,解得 ,故 A 正确; 已证 ,令 ,则 ,即 ,可知 是偶函数,故 0,故 B 错误; 令 ,可得 ,可得函数 是周期为 4 的函数,令 , 可得 ,令 ,可得 ,得 ,可得 ,令 1,可得 , ,所以 是函数 图象的一个对称中心,又因为 是以 4 为周期的周期函数，所以 也是函数 图象的一个对称中心，故 C 错误，根据以上分析，有 ， ， ,以 4 为周期的周期函数,所以 ,所以 ,故 D 正确. 故选 AD.
10. 当 时,满足 时, ,且此时 , ,所以 ,故 A 错误; 由 ,由归纳可得 ,故 正确; 由 易知, , ,故 ,故 C 正确; 当 时,满足 时, ,此时 242 , 故 D 错误. 故选 BC.
11. ACD 令 得: ,令 得: ,故 A 正确; 令 -1得: ,令 得: 是奇函数,故 错误; 当 时,令 得: ; 当 时, 时, , 故 C 正确; 对任意 . , 在 上单调递减, 故 D 正确. 故选 ACD.
12. 令 ,则 ,令 ,则 ,即 , ,故 为奇函数, A 正确; 由于 ,故 ,即 ,则 为偶函数,由 可得 ,由 ,令 得 ,故 ,令 , 则 , B 正确; 又 ,则 ,令 ,则 ,由柯西方程知, ,故 ,则 ,由于 ,故 ,即 ,则 正确; 对 , ,故 错误. 故选 ABC.
13. 由题意, . 令 ,得 ; 令 , 得 ,即 ,当 时, ,当 时,则 ,所以 ,即 ; 令 ,得 ,得 ,即 . 由 , 得 ,其中由 ,可知 ,当且仅当 时等式成立. 当 时, ,即 ; 当 时, ,即 ; 当 时, ,即 ,故 A、C 错误; 令 ,得 ,又 ,所以 ,则 ,故 ,且 不恒为 0,故 错误. 故选 .
14. B 任取 ,且 ,则 ,而当 时, ,于是 ,又 -2,因此 ,则函数 是增函数,而 ,于是 ,令 ,得 ; 令 ,得 ; 令 ,得 ; 令 ,得 ; 令 ,得 ,即有 ,因此 ,原问题即 在 有解,令 ,则 在 时有解,从而 ,所以 的取值范围是 . 故选 B.
15. 令 ,所以 ,所以 ,则 ,因为 在 上单调递减,且 ,所以 在 上单调递增,又因为 , ,令 ,则 ,令 ,则 图象如图所示,结合图象,则 中需提供一个根,且该根位于 之间,所以 ,又因为 , 则 . 故选 D.
16. 由 ,得 ①, ②，得 ③，由① ②③，得 ，所以函数 图象关于直线 1 对称,故 A 正确; 由 ,得 , 令 ,得 ; 由 ,得 ,令 ,得 ④,又 ⑤,令 ,得 ,故 B 错误; ④⑤两式相加,得 ,得 ,所以 ,即函数 的周期为 4,故 正确: 由 ,令 ,得 ,所以 0,所以 ,故 正确. 故选 ACD.
17. 8,故 A 正确; 当 时, ,此时 ,即证当 时, ,则 ,易知 单调递减, 存在 ,使得 当 时, 单调递增,当 1) 时, 单调递减, 当 时， ，故 B 正确；依题意即 与直线 恰有两个交点,易知 在函数 的图象上, ,则 , 当 时, ; 当 时, 的最小值为 ,故 错误; 当 时, ,易知 ; 当 且 时, ,故 D 正确. 故选 ABD.
18. ACD 因为函数 ,当 时, ,当 时, ,当 时, ,故 A 正确; ,且 ,则 , ,累加可得: ,所以 ,故 正确; 由 选项的规律知,当 时, ,令 ,解得 ; 令 ,解得 ,所以 在 上单调递增,在 上单调递减,所以在 仅有一个极大值点 ,列举几个极大值点 , ,取 ,然而 ,即有两个极大值点,故 B 错误; 若 在区间 内有四个极大值点,则 的取值范围为 , ,故 D 正确. 故选 ACD.
19. ABD 令 ,再令 ,得 ,即 ,故 B 正确; 令 ,得 ①,由 B 得: ②, ①+②得: ,即 是偶函数，故 A 正确；令 ,即 ，故 C 错误；设 ，则 ，则由 B、C 的分析及题意可得 ,即 在 上单调递减,又 是偶函数, 在 上单调递增, 故 D 正确. 故选 ABD.
20. ABD 令 代入 及 ,得 ,所以 , ,令 代入 ,得 ,故 A 正确; 由 ,得 ,进而得, ,对于 恒有 选项正确; , C 选项错误; ,则有 ,即 , D 选项正确. 故选 ABD.
微专题 6 盘点全国卷中的比大小问题
典例分析
方向 1
相似题 . 又 , ,从而 . 故选 D.
相似题 . , . 故选 A.
方向 2
相似题 令 ,则 , 正确; 错误; 正确; ,即 , 正确. 故选 ACD.
相似题 即 ,从而 A 错误,同理可得 C 错误; 记 ,则 , , 正确; D 错误. 故选 B.
相似题 34设 ,则
.
又 ,从而 ,故 .
方向 4
相似题 由题意 . 设 , ,则 ,
又 ,所以原不等式可化为 ,由 ,可得 ,则原不等式可化为 . 又 ,当且仅当 时,等号成立, .
相似题 对 取对数得: ,令 , ,令 ,即 在 上单调递增,由 得, ,于是得 ,又 ,因此, , 即 在 上单调递增,从而得 ,即 ,所以 . 故选 B.
相似题 由 得 ,因此 . 设函数 ,则 ,令 ,得 ,所以 在 上单调递增,在 上单调递减,所以 ,即 ,又 ,所以 . 故选 A.
方向 5
相似题 1 A 因为 ，因为当 ， . 所以 ,即 ,所以 ; 设 ,所以 在 单调递增,则 ,所以 ,所以 ,所以 . 故选 A.
相似题 因为 所以 ; 又 构造 ,则 ,因为 由于函数 的分母为正数,此时只需要判断分子 的符号,设 , ,则 在 上递增, , 即当 时, 的分子总是正数, , ,即 ,应用排除法. 排除 . 故选 B.
方向 7
相似题 因为 ,故 ,同理 , 令 ,则 ,当 时, ,当 时, ,故 在 为减函数, 在 为增函数,因为 ,故 ,即 ,而 ,故 ,同理 , 因为 ,故 ,所以 . 故选 D.
相似题 由 ,可得 ,即 ,设 ,可得 ,因为 ,可得 ,又因为 ,所以 ,即 ,所以 ,当 时, ,可得函数 在 为单调递增函数,所以 ,即 . 故选 B.
方向 8
相似题 先证 ,令 , 则 ,可知 在 上单调递增,所以 ,即 ,令 ,则 1.2,所以 ; 再证 即证 ,令 ,则 ,所以 在 上单调递增,所以 ,即 ,令 ,则 ,所以 ,从而 . 故选 C.
相似题 令 ,则 在 上单调递增, ,即 ,即 ; 令 ,则 , 当 时, ; 当 时, 在 上单调递增,在 上单调递减, , (当且仅当 时取等号), , 即 (当且仅当 时取等号), ,即 ; 综上所述: . 故选 D.
相似题 设 ,令 , 解得 为减函数, 为增函数. 所以 ,即 ,当且仅当 时取等号. 所以 . 故 ,即 . 设 ,令 ,解得 为增函数, , 为减函数. 所以 ,即 ,当且仅当 时取等号. 所以 . 所以 ,又因为 ,所以 . 又因为 ,所以 ,即 ,综上 . 故选 B.
习题演练
1.B 由于 ,又 ,则 ,即 ; 由于 ,则 ,则 . 故选 B.
2.D (不等关系)
对于 A，取 ，则 ,故错误; 对于 ,取 , ,所以 ,故错误; 对于 ,取 ,则 ,所以 ,故错误; 对于 ,令 ,其中 为整数, ,若 ,则 ,此时 成立,若 ,此时 成立,综上 , D 正确. 故选 D.
3. A 由 可得: ,即 ,因为 ,所以 ,由 得: ,于是 ,所以 ,即 . 故选 A.
4. 由题可得: ,因为 ,所以 ,所以 . 故选 B.
5.B 设 ,则 ,所以 在 单调递增,所以 ,即当 时,有 ,所以 . 同理可得 ,所以 ,即 . 设 ,则 ,所以 在 单调递增,所以 ,即当 时,有 ,所以 . 又因为 ,所以 . 综上可知, . 故选 B.
6. 由 ,得 ,设 ,则 ,所以当 时, 单调递减,当 时, , 单调递增,所以 ,即 ,同理可证 ,所以 ,当 时, 可得 ,即 ,设 ,则 ,所以当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,所以 ,即 ,整理得 ,即 ,所以 . 故选 C.
7. ABD 根据 可得, 在 上单调递增,因为 ,所以 正确; 因为 , ,且 ,总有 ，所以函数图象上凸，画出函数图象，由几何意义可知， 表示函数图象上的各点处的切线斜率，显然随着 的增大，切线斜率变小，且恒为正，因为 ，所以 正确; ,结合函数图象可知 错误, 正确. 故选 .
8. BD ,则 函数 是定义在 上的奇函数,在 上单调递减且下凸 (类似于反比例函数),由题意 ,可得 ,即 ,故 A 不正确; 函数 在 上单调递减且下凸, ,即 ,故 B 正确; ,即 ,故 D 正确; ,设 ,当 时 , ,故 C 不正确. 故选 BD.
9. 因为 ,所以 ,
所以函数 上单调递减,满足 ,所以 因为 即 1,所以 ,又 , ,所以 ,所以 即 .
10. C 令 , 时, ,则 在 上递减, 时, ,则 在 上递增,由 可得 化为 ,则 ,同理 , ,因为 ,所以 ,可得 ,因为 在 上递减, . 故选 C.
11. A 令 ,现比较 的大小,设 ,则 ,当 时, ,所以 在 上单调递减，于是当 时， ,故当 时, ,从而 ,即 . 设 ,当 时, ,故当 时, ,从而 ,即 . 综上, . 故选 A.
12. A 令 ,则 ,当 时, ,故 恒成立,故 在 上单调递增,又 ,由零点存在定理得 ,令 ,则 , 由上面的求解可知 在 上单调递增,且存在 ,使得 ,当 时, ,当 时, ,所以 在 上单调递减,在 上单调递增,又 ,故 的零点 ,所以 . 故选 A.
微专题 7 新高考背景下的切线问题研究
习题演练
1. , ,因此,所求切线的方程为 ,即 . 故选 B.
2.D 因为函数 是奇函数，所以 ，解得 ，所以 ,所以 ,所以曲线 在点 处的切线方程为 ,化简可得 . 故选 D.
3.C 因为 ,所以 ,所以 ,所以切点为 ,切线的斜率 ,所以切线方程为 ,即 . 故选 C.
4.C 直线 的斜率为 ,且经过点 . 选项 A,点 在曲线 上,但曲线 在点 处的切线的斜率不存在,故不正确. 选项 B,由 ,则 ,设切点为 , ,则 ,则 ,所以切点为 ,显然点 不在直线 上,故不正确. 选项 C,曲线 过点 ,又 ,当 时, ,所以曲线 在点 处的切线方程为: , 所以曲线 与直线 相切,故正确. 选项 D, 由 ,则 ,设切点为 ,则 ,则 ,所以切点为 ,显然点 不在直线 上，故不正确. 故选 C.
5.C 设切点 的导数为 ,可得切线的斜率为 ,由切线与直线 垂直，可得 ，解得 或 (舍), 所以 的横坐标为 3 . 故选 C.
6. A 设切点坐标为 ,由 ,则 , 且 ,将 代入得 ,故 . 故选 A.
7. 将 (1,1) 代入 得 . 故选 D.
8.B 函数 存在与直线 平行的切线,即 在 上有解,而 ,所以 ,因为 ,所以 ,所以 . 所以 的取值范围是 . 当直线 就是 的切线时,设切点坐标 ,可得 ,解得 . 所以实数 的取值范围是: . 故选 B.
9. 根据题意,设直线 与曲线 的切点为 ,因为 ,直线 的斜率为 ,所以 ,所以 , ,因为 ,所以 ,当且仅当 时等号成立. 所以 的最小值是 9 . 故选 D.
10. D ,故拐点为原点,且拐点切线为 ,我们作出图形,在拐点右侧, 位于曲线下方拐点切线上方的区域，我们能作三条切线， 两条与曲线切于拐点右侧的近切线，由于曲线处于下凹函数区间，切线切点附近区域都在曲线下方，一条绕过拐点， 与曲线切于拐点左侧，由于拐点左侧区域曲线位于上凸区间,故切线都在曲线附近上方,所以 . 故选 D.
11. ,令 ,解得 或 ,故 正确; 当 时, ,所以点 是曲线 的对称中心,所以 正确; 当 时, 是对称中心， ，如左图可知 位于内弧区域，过 作切线，有仅有一条，所以 不正确； ，如右图, 位于外弧区域区间,故当 时,过点 可以作曲线 的 3 条切线,故 D 正确. 故选 ABD.
12. 设切点为 ,由题得 ,所以切线的斜率为 ,所以切线方程为 ,所以 ,所以 有两个不同的实数根 ,设 , ,当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减. 所以 ,所以 . 故选 D.
13. D 设直线 在曲线 上的切点为 ,则 ,函数 的导数为 ,则直线 的斜率 , 设直线 的方程为 ,即 ,由于直线 与圆 相切,则 ,两边平方并整理得 ,解得 或 (舍),则直线 的方程为 , 即 . 故选 D.
14. D 由题知, ,令 ,又 ,解得 1,因为 ,所以切线 的方程为 ,设函数 与直线 切于点 ,所以 ,故 ,即 ,解得 或 . 故选 D.
15. ,设公切线与 的图象切于点 ,与曲线 切于点 ,故 ,所以 , ,设 ,则 在 上递增,在 上递减, , 实数 的最大值为 . 故选 B.
16. ,令 ,得 ,则点 到直线 的距离就是所求的最短距离,即 . 故选 D.
17. 设曲线 上的点坐标为 ,点到直线 的距离为 ,即: ,化简得: ,令 ,求导得: 当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减; ,又 ,使 ,使 对于函数 ,则有: 单调递减; 单调递增; 单调递减; 单调递增; 又 与直线 有两个交点, 曲线 上到直线 的距离为 的点的个数为 2 个. 故选 C.
18. 由 ,则点 在函数 上, ,则点 在函数 上,则 表示 两点的距离的平方,要求 的最小值,即求 的最小值,当过 点的切线与直线 平行时,点 到直线 的距离即为 的最小值,由 可得 ,所以 ,解得 ,所以 ,即 ,所以点 到 的距离 ,即 ,所以 的最小值为 . 故选 C.
19. 由题意可转化为点 与点 间的距离最小值的平方,点 在函数 上,点 在函数 上,这两个函数关于 对称,所以转化为函数 与 的距离的最小值 2 倍的平方,此时 , 斜率为 1 的切线方程为 ,它与 的距离为 . 故原式的最小值为 2 . 故选 B.
20. A 恰有三个零点,则 有三个不同的实解,即函数 的图象与直线 有三个交点,如图,作出函数 的图象,作直线 ,平移直线 到 的位置,它与 相切,此时,由 舍去),又 时, ,即切点为 ,由 得 ,平移直线 到 的位置,它与 ) 相切,此时 ,由 得 ,即切点为 ,由 得 ,平移直线 到 的位置,它过原点, , ,由图象可知当 或 时 的图象与直线 有三个不同的交点. 故选 A.
21. 由题,当 时, ,故点在曲线上.
求导得: ,所以 . 故切线方程为 .
22. -e 设切点为 ,由题得 . 由切线方程 ,可得
消去 得 ,所
以 ,所以当 ,即 时, 有最小值,最小值为一 e.
23. ,设切点为 ,则 ,切线斜率 ,切线方程为: 切线过原点, ,整理得: 切线有两条, ,解得 或 的取值范围是 .
24.0 的导数为 ,可得曲线 在点 处的切线方程为 ,
的导数为 ,可得曲线 在点 处的切线的方程为 ,
由两条切线重合的条件,可得 ,且 则 ,即有 ,可得 ,则 .
25.2 设 ,只需保证 的图象恒在 的上方即可
易知: 在区间 上单调递增,且 (否则当 无限趋近无穷大时,不能成立)
则存在 与 在某个点处相切,设切点为
可得:
设 ,易知 在区间
上单调递增
可得: 可得:
则 ,这是 与 在某个点处相切的 范围, 当 比相切时大,则 会在 上方,即也满足题意, 故 的最小整数为 2 .
26. 设过点 的直线 与曲线 切于点 , ,
因为 ,所以 ,所以直线 的方程为
因为直线 经过点 ,所以 ,得 ,所以直线 的方程为 .
故要使 对任意的 恒成立,只需存在正实数 ,
使得 ,即 成立,所以 ,
设 ,则 ,
所以当 时, 单调递减;
当 时, 单调递增.
所以 ,则 ,故 的最大值为 .
27. 设直线 与曲线 相切于点 ,
由 ,得 ,所以 ,
曲线 与直线 的图象如图所示,由于直线 与曲线 相交于两点,所以 ,故 的取值范围是 .
28. 解:(1)当 时， ，
则 ,
据此可得 ,
函数在 处的切线方程为 ,
即 .
(2)存在 满足题意. 由函数的解析式可得
函数的定义域满足 ,即函数的定义域为
定义域关于直线 对称,由题意可得 ,
由对称性可知 ,
取 可得 ,
即 ,则 ,解得 ,
经检验 满足题意.
即存在 满足题意.
(3)由函数的解析式可得
由 在区间 存在极值,则 在区间 , 上存在变号零点;
令 ,
则 ,
令 ,
在区间 存在极值点,等价于 在区间 , 上存在变号零点,
当 时, 在区间 上单调递减,
此时 在区间 上无零点,不合题意;
当 时,由于 ,所以 在区间 上单调递增,
所以 在区间 上单调递增, ,
所以 在区间 上无零点,不符合题意;
当 时,由 可得 , 当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增,
故 的最小值为 ,
令 ,则 , 函数 在定义域内单调递增, ,
据此可得 恒成立,则
令 ,则 ,
当 时, 单调递增,
当 时, 单调递减,
故 ,即 (取等条件为 ),
所以 ,
,且注意到 ,
根据零点存在性定理可知: 在区间 上存在唯一零点 .
当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增,
所以 . 令 ,则
则函数 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,所以 ,
所以
所以函数 在区间 上存在变号零点,符合题意. 综上所述: 实数 得取值范围是 .
微专题 8 图象交点个数与零点转化
习题演练
1.C 令 ,则 ,又因为 可知, 可取值分别为 , ; 令 ,则 , 又因为 ,可知, 可取值分别为 , ; 在同一坐标系中,作出函数 与 在 上的图象如下,由图象可知,当 时，曲线 与 的交点个数为 6 个. 故选 C.
2. ,则 ,若 要存在 3 个零点,则 要存在极大值和极小值,则 ,令 ,解得 或 ,且当 , 时, ,当 , ,故 的极大值为 ,极小值为 ,若 要存在 3 个零点,则 , 即 ,解得 . 故选 B.
3. 令 ,得 , 图象关于 对称,在 上递减. ,令 , ,所以 是奇函数,图象关于原点对称,所以 图象关于 对称, 在 上递增,所以 与 有两个交点,两个交点关于 对称,所以函数 的所有零点之和为 2 . 故选 B.
4. 由 得到: ; 令 ,由题意可以看做是 与 有两个交点; 则 ,其中 是单调递减的,并且 时, ; 因此函数 存在唯一零点, ; 当 时, ; 当 时, ; 得如下函数图象:
显然当 时, 与 有两个交点. 故选 B.
5.D 因为函数 ,所以由 得, ,设 ,则 是偶函数,当 时,曲线 与 恰有一个交点等价于直线 与函数 在 处相切,代入 得 . 故选 D.
6. 与 关于 轴对称,且 ,要想 有 5 个零点,则当 时, 要有 2 个根,结合对称性可知 时也有 2 个零点, 故满足有 5 个零点,当 时, ,不合题意; 当 时,此时 ,令 ,定义域为 ,令 得: ,令 得: ,故 在 上单调递增,在 上单调递减,且当 时, 恒成立, 在 处取得极大值,其中 ,故 ,此时与 有两个交点. 故选 C.
7.C 函数 的图象如图,
令 ,则函数 的零点即方程组 的解. 设 ,则 . 若 ,则 有两个零点 ,且由 ,知 ,此时方程组有 2 个解; 若 ,则 有一个零点 ,此时方程组有 1 个解; 若 ,则 没有零点,此时方程组无解; 若 ,则 有一个零点 ,此时方程组有 2 个解; 若 ,则 有两个零点 ,且由 ,知 ,此时方程组有 4 个解. 故选 C.
8.B 令 ,当 时, , -2) 且递增,此时 ,当 时, 且递减，此时 ，当 时, 且递增,此时 ,
当 时, 且递增,此时 , ,所以 的零点等价于 与 交点横坐标 对应的 值,如下图所示:
由图知: 与 有两个交点,横坐标 ;
当 ,即 时,在 、 上各有一个解; 当 ,即 时, 在 有一个解. 综上, 的零点共有 4 个. 故选 B.
9.BD 函数 是 和 上的单调递增函数, 但是 在 上不单调, A 错误; 当 时, ; 当 时, ,由函数 在 , 上单调递增知 正确; 令 , ,且 错误; 当 时, ; 当 时, 在 上单调递增, , ,结合图象知故存在 1 个解; 同理知 时也存在 1 个解; 是函数的一个零点,故方程 0 共有 3 个解, D 正确. 故选 BD.
10. BD 依题意， 为偶函数，且 ，有 ,即 关于 对称,
则
,所以 是周期为 4 的周期函数，故 A 错误；因为 的周期为 关于 (1,0) 对称,
所以 是函数 的一个对称中心,故 正确; 因为 的周期为 4,则 ,
所以 ,故 C 错误; 作函数 和 的图象如下图所示, 由图可知,两个函数图象有 3 个交点,
所以函数 有 3 个零点,故 正确. 故选 BD.
11. BCD 令 得 ,即所以 零点个数为函数 与 图象交点个数,故作出函数 图象如图,
由图可知, 有 3 个不同的零点,则 的取值范围是 ,故 选项错误; 有 4 个不同的零点,则 的取值范围是 ,故 选项正确; 有 4 个不同的零点 ,此时 关于直线 对称，所以 ，故 选项正确；由 选项可知 ,所以 ,由于 有 4 个不同的零点, 的取值范围是 ,故 ,所以 ,故 D 选项正确. 故选 BCD.
12. 因为 ，所以 ，
令 ,则 有 3 个根,
令 ,则 有 3 个根,其中 ,
结合余弦函数 的图象性质可得 ,故 .
13.2 由偶函数的对称性知: 在 上各有一个零点且 ,
所以 ,则 或 ,当 -1 时,在 上 ,则 ,所以 在 上递增, 0 , 故无零点, 不合要求;
当 时,在 上 ,则 ,所以 在 上递减,在 上递增,
则 且 ,故 上有一个零点,符合要求;
综上, .
14.3 函数 的零点个数等价于函数 与 的交点个数,作出函数 与 的图象，如图: 由图可知,函数 与 有 3 个交点,故函数 的零点个数为 3 .
15. 解: (1)
;
因为 的最小正周期 ,所以 ,
故 .
令 ,
得 ,
所以 的单调递增区间为 .
(2) 由题意可得 .
方程 在 上根的个数,即方程 的根的个数.
结合 和 的图象,如图所示:
因为 在 上单调递减,在 上单调递增,且
所以结合图象可知函数 在 上有 4 个零点,即方程 在 上根的个数为 4 .
16. 解: (1) 由题意可知: ,可知 ,
且直线 的斜率为 ,
由题意可知: ,解得 .
(2) 由 得 ,
令 ,
可知 的零点个数即为 与 的交点个数,
则 ,
因为 ,则 ,
令 ,解得 ; 令 ,解得 ;
可知 在 内单调递减,在 内单调递增,
且 趋近于 0 时, 趋近于
当 或 时,函数 有一个零点; 当 时,函数 有两个零点; 当 时,函数 没有零点.
微专题 9 双极值点函数的计算与应用
习题演练
1. 解:(1)函数 定义域为 ，且 ，
令 ,
当 ,即 时, 恒成立,则 , 所以 在 上是单调递减；
当 ,即 时,函数 有两个零点:
当 变化时, 的变化情况如下表所示:
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 单调递减
综上所述:
当 时, 在 内单调递增,在 和 上单调递减；
当 时, 在 上单调递减;
(2)由(1)知，当 时， 有两个极值点 ( ,
则 是方程 的两个根,由韦达定理,得 ,
所以 ,
令 ,
则 ,
当 时, ,则 在区间 上是单调递减, 从而 ,
故 .
2. 解:(1)由题可得 在 单调递增, 当 时, ,当 时, ,
在 单调递减,在 单调递增, ,无极大值;
(2) ,
由题可知 有三个不同的正实根 ,令 ,则 ,令 有三个不同的正实根 , 有两个不同的正实根, ,
设 的两个不同的正实根为 ,且 ,此时 在 和 单调递增, 单调递减,又 ,且 ,
有三个不同的正实根,满足题意, 的取值范围是 ;
(ii) 令 ,由 (i) 知 ,且 、 为 的正实根,
令 ,则 在 单调递减，在 单调递增，
令 ,则
,令 ,
在 单调递增, 在 单调递减，
, ,
在 单调递增, , .
3. 解: (1) 由题意知: , ① 当 时， ， 在 单调递减，不存在最大值.
② 当 时，由 得 ，
当 时， ；当 时， ，
函数 的增区间为 ,减区间为 .
,
令 ,则 ,
当 时, ,函数 递减,
当 时, ,函数 递增,
又 .
(2)证明:由(1)知，当 时，函数 在 上单调递增,
在 上单调递减,
所以 ,即 ,
当 时, .
.
(3) 证明:
“函数 存在两个极值点 ”等价于
“方程 有两个不相等的正实数根”
故 ,解得 ,
,
要证 ,即证 ,
,不妨令 ,故
由 ,得 ,即证
令
在 ( 1 , 恒成立,
所以函数 在 上单调递减,故 . 成立.
微专题 10 双变量导数中的主元法
习题演练
1. 解: ,令 ,则 ,当 时, ; 当 时, ,
在 上单调递减, 在 上单调递增,
当 时, ,
由 ,故 ,则 .
2. 解:(1)对函数求导可得: ，将 代入原函数可得 ,将 代入导函数可得: ,故在 处切线斜率为 1,故 ,化简得: .
(2)由(1)可得: ,
令 ,令 ,
设 恒成立, 故 在 单调递增,又因为 ,故 在 恒成立,故 ,故 在 单调递增.
(3)设 ，其中 ,由 (2) 知 在 单调递增,又因为 ,所以在 ,即
,所以 在 单调递增,因为 ,则 ,而 ,故 ,命题得证.
3. 解:(1)要证 是 上的曲折函数，
即证存在两个不同的 ,使得 , 令 ,
即证: ,使得 .
任取 ,考虑方程 的正数解的情况.
判别式 ,故方程有两个不等实根 ,
由韦达定理可知: ,从而 . 即 有两个不同的正实数解 ,
所以 ,即 是 上的曲折函数.
(2)取 代入函数 ,可得:
,
设 ,则
所以 在 上单调递减, ,所以 ,①.
再取 代入函数 ,可得:
设
则 ,因为 ,所以 在 上单调递减,所以 ,所以 在 上单调递减,所以 ,所以 .
又因为 在 上单调递减,结合①与②,由零点存在性定理,
必存在唯一的 ,使得 ,且对任意的 ,均有 .
4. 解: (1) 当 时 ,所以
所以 在点 处的切线方程为 .
(2)对 都有 且 ,而 ,则 ,
所以 ,此时 ,故 ,则 ,
在 上 ,即 单调递增, 且 ,当 时 单调递减,当 时 单调递增,所以 ,满足题意,综上, .
(3)不妨设 ，令 ,
所以 ,则 , 又 ,且 ,
当 时, ,
而 ,
所以 ,故 在 , 上单调递增,
所以 ,所以 单调递增,故 ,
所以 ,即
微专题 11 函数零点高三备考核心考点与应用 习题演练
1.B 画出 的图象,如下:
令 ,则 ,
根据 的图象可知,要满足题意必须 有两个不等实根 ,
且 有两个整数根, 有三个整数根,
结合图象,当 与 相切时满足要求,
根据对勾函数性质得, 在 上单调递减,在 上单调递增,
故当 时, 取得最小值,最小值为 , 故 ,
又 ,其在定义域内单调递减,
令 ,解得 ,
故 时,有两个整数根,分别为 2 和 -16,
由图象可知, 三个整数根中,必有一个小于 2,
显然只有 满足要求,此时 ,故 ,
令 ,解得另一个根为 4,
又 ,解得 ,
故五个整数根分别为 ,
所以最大整数解和最小整数解之积为 . 故选 B.
2. 函数 的定义域为 . 设 是 在 上的零点,
可得 ,即 ,即点 在直线 上.
可理解为点 到原点的距离的平方.
所以原点到直线的距离一定小于等于点 到原点的距离,
即 在 上能成立,
即 在 上能成立.
令 ,则 ,
令 ,因为 ,所以解得 .
所以当 时, 在 上单调递减;
当 时, 在 上单调递增,
所以当 时, ,
即 的最小值为 .
3. 解:(1)若选择① ，则
由 在 上单调递增,且 ,
所以 在 上单调递减, 上单调递增,
有 ,则 在 上单调递增,不存在极小值点.
若选择 ② ，则 ，
由 在 上单调递增,且 ,
所以 在 上单调递减, 上单调递增,
有 ,而 , 所以存在极小值点 .
(2)令 ，有 ，又 ， 所以
令 ,
即转化为 有解,设 ,
则由 可得, 在 单调递减,在 单调递增,而 ,
所以 有唯一零点 .
若 在区间 存在零点,即为 在 有解.
整理得: ,
设 ,由 知, 在 单调递减,
在 单调递增,
则 ,所以 ,故有 .
4. 解: (1) 又 ,所以 .
(2)由(1)知 ，则
令 令 ,则
当 时, 单调递增
当 时, 单调递减
所以
因为 ,由差比的性质知:
又 ,则
欲证: ,即证:
不妨设: ,下证 ,令 ,
下证 令
所以 在 上单调递增,
所以 ,
所以 .
(3)不妨设 ，下证
在 处的切线方程为
构造 ,
当 时, ; 当 时, ;
所以 在 上单调递减,在 上单调递增
又
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以 ,
所以 ,
设方程 的函数值为 的根 ,则
因为 在 上单调递减,所以 ,
在 处的切线方程为 ,
构造
当 时, ; 当 时, ;
所以 在 上单调递减,在 上单调递增
又
所以 在 上单调递减,在 上单调递增
所以
所以
设方程 的根
又 ,由 在 上单调递增
所以
又
所以 .
5. 解: (1) 注意 ,
则 ,
令 ,
当 时,若 时, , 若 时, ,此时无解,
故当 时, 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时，若 时， ， 此时无解,
若 时, ,
故当 时, 在 上单调递减,
在 上单调递增,
综上所述,当 时, 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
(2)① ， 有三个零点 有三个不同的实根 ,令 ,
因为 ,所以 为奇函数,
当 时, ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上单调递增, 单调递减,
又当 时, ,当 时, 且 ,
如图,作出函数 的大致图象:
因为 有三零点,且 ,
则 ;
② 由 ① 可得 ，则 ， 则要证 ,只需证明: ,
由于 ,
则有 ,
所以 .
微专题 12 恒成立问题高三备考核心考点与应用 习题演练
1. 解: (1) 当 时, , ,所以在 处的切线方程为 与两坐标轴交点为 .
(2) , 设 则 ,又因为 单调递增,所以 ,即 ,令 ,当 时, 单调递增,当 时 单调递减, , 所以 .
2. 解:(1)因为 ，该函数的定义域为( 0 ， ,
所以 , 解得 .
此时 ,
令 ,其中 ,
所以函数 在 上单调递增,且 ,
当 时, ,则 ; 当 时, , 则 .
所以函数 的减区间为 ,增区间为 .
(2)令 ，只需 ,
可得 ,
记 ,
则 ,
① 当 时，因为 ，则函数 在 上为增函数,
所以 ,所以函数 在 上为减函数,
所以 ,此时当 时, 恒成立;
② 当 时，令 ，则
故函数 在 上单调递减,
所以 ,
同①可知，当 时， 恒成立；
③ 当 时，由②可知，函数 在 上为减函数,所以 ,
构造函数 ,其中 ,则 , 当 时, ,此时函数 单调递减,
当 时, ,此时函数 单调递增,所以 ,则 ,
所以 ,
所以
所以存在 使得 ,
当 时, ,此时函数 在 上单调递增,
此时 ,则函数 在 上单调递增, 此时 ,不符合题意.
综上所述,实数 的取值范围是 .
3. 解: (1) 依题意, ,
曲线 在点 处的切线的斜率为
所以曲线 在点 处的切线方程为 ,即 .
(2)若不等式 恒成立，则 在 上恒成立,
因为 ,所以 恒成立,
令 ,
令 恒成立,
所以 在 上单调递增,当 趋近于 趋近于负无穷,
当 趋近于正无穷, 趋近于正无穷,所以存在 使得
所以当 时, ; 当 时, ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,
所以 ,
又因为 ,
解得: ,即 ,则 , 所以 ,
所以 . 实数 的取值范围为 .
4. 解:(1) 当 时， ，则
所以 ,令 ,则 ,
所以 在 上单调递增,即 在 上单调递增,
当 时, ,所以 在 上为增函数, 当 时, ,所以 在 上为减函数, 又 ,
且 时, ,则存在 , 使得 ,
所以 有两个零点.
(2)令 ，由 ，得 ，
令 ,所以 ,
令 ,可得 ,
所以 在 上为增函数,所以 ,
所以 ,所以 ,
所以 在 上单调递增,所以 , 即 ,
所以 恒成立,所以实数 的最大值是实数 ;
(3)因为
由 (2) 可得 ,所以 ,
所以
所以 ,
又
所以 .
微专题 13 导数与三角函数综合
习题演练
1. 解: (1) ,
当 时, 单调递减, , 使 ,
当 时, 单调递增,当 时, 单调递减
在 上存在唯一的极大值点.
(2)① 当 时， 单调递增， 使 , 当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, , 在 上有唯一零点
② 当 时， ， 单调递减， ， 在 上有唯一零点
③ 当 时, , 无零点
综上, 有且仅有两个零点.
2. 解: (1) 当 时, ,
所以切线方程为 ,即 .
(2) . 当 时, 当 时, , 当 时, ,使得当 时, 单调递增, 在 上恒成立, 在 处取得极小值
下面证明当 时,存在实数 ,使得当 时, 有 能成立:
当 时, ,当 时, 单调递减, ,
在 上单调递增, 在 上单调递增,当 时, 在 上单调递减, 在 上单调递增
存在实数 ,使得当 时,有 能成立
综上, .
3. 解: ,
在 上存在唯一极小值点, 在 上存
在唯一变号零点,当 时, , 不合题意,
,当 时,
单调递增,且当 时,
① 当 时， , 在 上恒成立, 单调递增, 单调递增,不合题意; ② 当 时, 使 , 在 上单调递减,在 上单调递增,
使 在 上单调递减,在 上单调递增, 使 在 上单调递减,在 上单调递增, 是 唯一极小值点.
综上, 的取值范围为 .
4. 解: (1) 当 时, 单调递减,且
当 时, ; 当 时, ; 当 时, .
(2)当 时， ；当 时， .
设
① 当 时， ；
② 当 时， ，令
当 时, 单调递增,
当 时, 单调递减,
当 时, 单调递增,
使 当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, , 当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
③ 当 时, 综上, 的取值范围为 .
5. 解:取 代入 ,得 ,所以
设
当 时， 单调递增， ， 符合题意；
当 时, 单调递减,
综上, 的取值范围为 .
6. 解: (1) ,且 ,当 时,不等式成立;
当 时, ,设 , 单调递增
综上, 的取值范围为 .
(2)设 ，则
单调递增,
① 当 时， 单调递增， ,不合题意;
② 当 时， 单调递减， ,符合题意;
③ 当 时， ， ， 使得 ,
当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,
令
当 时, 单调递减,当 时, , 单调递增,
当 时, 综上, 的最小值为 .
7. 解: (1) 单调递增,
当 时, 单调递减,当 , 时, 单调递增
在 处取极小值, ,无极大值.
(2)当 时， 当 时,设 ,
单调递增,
设 单调递增,
即 单调递减
综上, .
8. 解: (1) .
(2) 设
.
设
单调递减, 使得
当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
使得 ,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,
综上, .
9. 解: (1) ,令 得 或
或 .
当 时, 至少有两个极值点, 不合题意;
当 时, 不在 内,当且仅当 时, ,且在 内
在区间 上有唯一的极值点 ,且 , 即
.
(2)当 时， ， 在 上存在零点,不符合题意;
当 时，由 (1) 知， 在区间 上有唯一的极值点 ,当 时, ,
单调递增,当 时, 单调递减，
综上, 的取值范围为 .
10. 解: (1) 恒成立 .
(2)
① 证 : 当 时， ， 单调递增，不存在 使 ; 当 时, .
令 得 .
令 得 , 使得 ,当 时, 单调递减,当 时, 单调递增, 存在 使
综上, ;
② 证 :不妨设
变形得 .
而
即 ,下面证 即可,
即
设 单调递减 . , 命题得证.
11. 解: (1) 当 时, 单调递减,
使得 , 当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, , ,当 时, 使得 ,即函数 有唯一的极值点 ;
当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, ,
有唯一的零点 .
(2) 即
设 ,
单调递减,
在 上单调递减, .
12. 解: (1) 设
单调递减,
单调递减,
.
(2)
令 ,得 或 或
所以 在 上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增
① 当 时， 单调递增，当 时, 单调递减,
当 时, 当 时, 不存在 ,使得 ,
当 时,存在 ,使得
设 单调递增
的取值范围为 .
②不存在，理由如下:
当 时， ， ；
当 时, ,(极值点偏移问题) 设
单调递减,
在 上单调递增, 即 .
综上,不存在 ,使得 成立.
13. 解: (1) ,
① 当 时， ， 单调递增，无极值点;
② 当 时， ， 单调递减， ， 使
当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, 有一个极大值点;
③ 当 时, 单调递增, , 使 ,
当 时, 单调递减,当 时, 单调递增,
使 ,当 时, 单调递减,当 时, 单调递增, 有一个极小值点;
④ 当 时, 单调递增,无极值点; 综上, 在区间 内有两个极值点.
(2) 恒成立, 在 处取得极大值,
下面证明,当 时, 恒成立:
当 时, 单调递减, 单调递增,
当 时, 单调递减, 综上, .
(3)由(2)知， ，当且仅当 时取等，
下面证明 即可,
将 写成和的形式:
下面证明 即可,
设 单调递减,
即 原不等式成立.
14. 解:
当 时, ,原不等式成立;
当 时,
原不等式成立.
15. 解: (1)
当 时, ; 当 时, .
(2) 累加得
.
原不等式成立.
微专题 14 端点效应
习题演练
1. 解: (1) 略
(2)令 ，则当 时， 恒成立
下面证明当 时, :
令 单调递减
证毕
综上, 的取值范围为 .
2. 解:(1)略
(2)令 ，则 对任意的 恒成立
下面证明当 时, 对任意的 恒成立;
单调递增
证毕
综上, 的取值范围为 .
3. 解:
下面证明当 时, 对任意的 恒成立:
令 ,
单调递增, 证毕综上, 的取值范围为 .
4. 解:(1)(2)略
(3) 的定义域为 ， 当且仅当 ， 时, ,
即 ,
, .
下面证明: 当 时, .
, 在 上单调递增,
在 上单调递增, 在 上单调递增, 在 上单调递增, -2 ,证毕.
综上, 的取值范围为 .
5. 解:(1)略
(2)令 则 在 上恒成立
下面证明当 时, : 在 上单调递减, 在 上单调递减, , ,证毕.
综上, 的取值范围为 .
6. 解:(1)略
(2)
下面证明: 当 时, 在 上恒成立.
令 , 单调递增, ,
,证毕.
综上, 的取值范围为 .
微专题 15 隐零点问题的常见技巧
习题演练
1. 解: (1) 当 时, ,且 ,所以 ,故切线方程为 , 即 .
(2) ，
由 ,存在 ,使得 ,即 ,
当 时, ,此时 单调递减; 当 时, ,此时 单调递增.
故 , 令 ,故 在 单调递减,
又 ,故 .
2. 解:(1)证明: 在 上递增，注意到 存在唯一的 使 ,即 ,
且当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增, 有唯一的极小值点 ,且 ,另一方面 ,综上:
(2) 对 恒成立,
令
① 当 时，令 ，设 ，由 (1) 知
且当 时, 递减; 当 时, 递增, 只需
,此时 .
② 当 时，不等式变为 ,
当 时,不等式左边 ,这与条件矛盾,舍去.
或限制
令 ,即 ,这与条件矛盾,舍去.
综上: 实数 的取值范围为 .
3. 解: (1) 的定义域为
当 时, 在 上单调递增;
当 时,当 单调递减; 当 单调递增;
综上,当 时, 在 上单调递增;
当 时, 在 上单调递减,在 上单调递增.
(2)由(1)知， ,即 单调递减,又 ,所以存在 ,使得 , 当 时, 单调递增; 当 , 时, 单调递减; ,又 ,即 , ,令 ,则 在 上单调递增,
又 ,所以 ,
.
4. 解: (1) 的定义域为 .
当 时, ,
令 得, 或 .
当 时, 单调递减;
时, 单调递增.
所以当 时, 取极小值 .
(2) . 当 时， 与 同号.
因为 的图象关于 对称,又 存在唯一极值点 ,如图可得 ,所以 ,所以 ,故 . 将 代入得 ,构造 1) ,则 ,所以 ,即 ,所以 .
5. 解: (1) 因为 ,所以切点为 , 因为 ,所以 ,所以 ,所以由点斜式方程得切线方程为 ,即 ;
(2)当 时，恒有 ，即 对 恒成立,令 ,求导 ,因为 ,所以 在 上单调递减,所以 在 上单调递增,所以 ,当 时, ,函数 单调递增,所以 ,即 ,所以 ; 当 时, ,又 时, ,所以存在 ,使 ,当 ,所以 在 上单调递减,所以 ,所以 ,所以 对 不恒成立,综上所述: 当 时,恒有 ,实数 的取值范围为 .
6. 解:(1)函数 的定义域为 ，求导得 ,
当 时, ,函数 在 上单调递增;
当 时,令 ,可得 ,
所以,当 时, ; 当 时, ,
所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减.
(2)设 ，
函数 的定义域为 ,求导得 .
当 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递增， 又 ,所以当 时, ,不合题意;
当 时,令 ,解得 ,
所以当 时, ; 当 , 时, ,
所以 在 上单调递增,在 , 上单调递减,
所以 ,
所以 ,即 .
令 ,则 , 所以当 时, ; 当 时,
所以 在 上单调递增,在 上单调递减，
所以 ,即 ,所以 ,即 .
(3)根据题意， ,
由 ,且 ,得函数 为减函数,
设 ,即 ,函数 的最大值为 .
① 当 时， ，所以当 时， ， 函数 单调递增,
当 时, ,函数 单调递减,所以函数 有最大值 ,
所以函数 只有一个零点;
② 当 时， ，
且当 时, ,当 时, , 所以函数 在 的两侧各有一个零点;
③ 当 时， ，所以可得 . 利用 代入到原函数中可得,
设 , 容易判定 是关于 的增函数,所以 ,
所以函数 的最大值为 ,即当 时,函数 无零点.
综上,当 时,函数 有两个零点;
当 时,函数 有一个零点;
当 时,函数 无零点.
微专题 16
三角恒等变换备考中务必熟练的十大类型
习题演练
1. C 将式子进行齐次化处理得: . 故选 C.
2. A ,解得 , . 故选 A.
3. B 因为 ，而 ,因此 ,则
所以 . 故选 B.
4. A ,得 ,即 ,解得 或 (舍去),又 . 故选 A.
5. A 因为 ,所以 ,而 ,所以 ,故 即 ,从而 ,故 . 故选 A.
6. 解: 化简得 ,令 ,解得 所以单调递增区间为 ,
7. 解: (1) ,则由 , 得 ,所以函数 的单调递增区间为 .
(2)因为 ，所以 ，所以 ,所以 ,所以当 ,即 时, 取的最小值 ,
当 ,即 时, 取的最大值 2 .
8. 分析:(1)由正弦定理化边为角再化简可求；
(2)由余弦定理，结合(1)结论与已知代入可得关于 的方程,求解可得 ,进而求得 ;
(3)利用正弦定理先求 ，再由二倍角公式分别求 ， ,由两角和的正弦可得.
解:(1)已知 ，由正弦定理 ，得 ,显然 ,得 ,由 0 ,故 ;
(2)由(1)知 ，且 ，由余弦定理 ,则 ，解得 ( 舍去)，故 ； (3)由正弦定理 ，且 ，得 ,且 ,则 为锐角,故 ,故 ,且 ; 故
微专题 17 和差化积公式及四大应用
习题演练
1. D 解法一:(和差化积公式)
. 故选 D.
解法二:(诱导公式十二倍角公式)
. 故选 D.
2. A 解法一: 由 ,切化弦得 , 利用积化和差可得: .
解得 . 故选 A.
解法二: (两角和差的三角函数)
. 故选 A.
3. A (积化和差公式的应用)
.
故选 A.
4.C 解法一: (积化和差公式的应用) 由 及合一公式和积化和差公式得 ,所以 ,所以 , 故 . 故选 C.
解法二: (两角和差的三角函数) 因为 ,所以 ,即 ,所以 ,所以 ,故选项 C 正确. 故选 C.
5.C 解法一:和差化积与积化和差公式的应用
由 ,所以 ,故 ,而 ,利用积化和差公式可得 ,解得 ,利用和差化积公式可得 . 故选 C.
解法二: 正余弦定理 因为 ,则由正弦定理得 .
由余弦定理可得: ,
即: ,根据正弦定理得 ,所以 ,因为 为三角形内角,则 ,则 . 故选 C.
6. 解法一: (积化和差与和差化积模型) 由①,构造 ,易得结果选 AC.
解法二: (赋值法) 在 中,令 ,可得 ,即 ,解得 ,故 B 错误; 令 可得 ,即 ,故函数 是偶函数,即 是偶函数,故 A 正确; 令 ,则 ,故 ,令 ,可得 ,故 , 故 正确; 因为 是偶函数,所以 ,故 ,即 ,所以 1) ,所以 ,故函数 的周期为 2,因为 ,所以 . 所以 ,故 D 错误. 故选 AC.
7.BC 解法一: (积化和差与和差化积模型) 由③,构造 ,且 ,易得结果: 故选 BC.
解法二: (赋值法) 对于 ,令 ,得 ,因为 ,所以 , 所以 ,所以 错误,对于 ,令 ,则 ,因为 ,所以 , 所以 为奇函数,所以 正确,对于 ,令 ,则 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 的周期为 ,所以 正确,对于 ,因为 , 的周期为 ,所以 ,令 ,则 ,所以 ,得 ,所以 ,所以 在 上不单调,所以 错误. 故选 BC.
8.BC 解法一: (积化和差与和差化积模型)
由于 .
由题意,可以令 ,因为 为奇函数,故选项 A 错误. 因为 ,故选项 B 正确. 因为 ,故选项 C 正确. 因为周期 , ,故 ,故选项 D 错误.
解法二: (赋值法)
对于选项 ,因为 的定义域为 ,令 ,则 ,故 ,则 ,令 ,则
又 不恒为 0,故 ,所以 为奇函数, 故 A 错误.
对于选项 B,令 ,则 . 而 ,所以 ,故选项 正确.
对于选项 ,由选项 可知, ,令 ,则 ,所以 . 又因为 为奇函数,所以 ,故 正确. 对于选项 ,由选项 以及 ,可得
所以 ,同理可得 . 因为 ,故 ,故 错误. 故选 BC.
9. 解法一: (积化和差公式的应用)
.
解法二: (倍角公式十两角和差公式)
10. 解:
11. 解: 解法一: (积化和差公式的应用) 由于 , 所以 ,由 ,所以 ,由正弦平方差公式得 ,所以 , 由正弦定理得 .
解法二: (正弦定理十两角和差公式)
将 展开可得 , ,即 ,
即 得证.
12. 解:(1)以简车转轮的中心 为原点， 与水面平行的直线为 轴建立平面直角坐标系,
设 ,由题意知, ,
,即 ,
当 时, ,解得 ,
结合图象初始位置可知 ,
又因为 ,所以 ,
综上 .
(2)经过 后 距离水面的高度 ， 由题意知 ,所以经过 后 距离水面的高度 ,
则盛水筒 与盛水筒 的高度差为
利用 ,
,
当 ,即 时, 取最大值 ,
又因为 ,所以当 或 时, 取最大值,
综上,盛水筒 与盛水筒 的高度差的最大值约为 , 此时 或 .
13. 解: (1) 由条件②可得
由条件③可得 .
(2)由条件②可得:
将上述 个等式相加,得 ；由条件③可得:
,
将上述 个等式相加,得 .
(3)由(2) ，所以 ，则
则
当且仅当 时, ,上式取得等号,即 时,均有 ,
所以,当 时, ; 当 时, ; 当 时, ,所以 .
14. 解: (1) 依题意,
因此 ,即 ,则 ;
(2) 成立. 只需考虑和差化积式 ,首先有如下两个式子:
两式相加得,
将 替换为 ,所以对于正整数 时,
(3)函数 在区间 上有 3 个不同的零点 ,即方程 在区间 上有 3 个不同的实根,令 ,由 (1) 知 ,
而 ,则 或 或 ,于是
则 ,
而 ,所以 .
微专题 18 三角函数图象与性质十大应用
习题演练
1.C 由图可得: 函数图象过点 ,将它代入函数 可得: ,又 是函数 图象与 轴负半轴的第一个交点,所以 , 解得: ,所以函数 的最小正周期为 . 故选 C.
2. 由函数图象可知: ,则 ,所以不选 ,不妨令 ,当 时, ,解得: , 即函数的解析式为: . 而 . 故选 BC.
3. 由题意知:曲线 为 ,又 关于 轴对称,则 , ,解得 ,又 ,故当 时, 的最小值为 . 故选 C.
4.B 解法一: 函数 图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍,纵坐标不变,得到 的图象,再把所得曲线向右平移 个单位长度,应当得到 的图象,
根据已知得到了函数 的图象,所以 ,令 ,则 ,所以 ,所以 . 故选 B.
解法二: 由已知的函数 逆向变换, 第一步: 向左平移 个单位长度,得到 的图象,
第二步:图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变,得到 的图象,
即为 的图象,所以 . 故选 B.
5. 根据正切函数的性质, 的对称中心横坐标满足 ,即 的对称中心是 ,即 ,又 ,则 0 时 最小,最小值是 ,即 . 故选 B.
6. 由题意得,将函数 的图象向左平移 个单位长度,得到 ,由 ,得 ,即平移后的函数的对称轴方程为 . 故选 C.
7. 因为 在区间 单调递增,所以 ,且 ,则 ,当 时, 取得最小值,则 ,则 ,不妨取 ,则 ,则 . 故选 D.
8. C 因为 . 当 时, ,则 在 上单调递增, A 错; 当 时, ,则 在 , 上不单调, 错; 当 时, ,则 在 上单调递减, 对; 当 时, , 则 在 上不单调, 错. 故选 C.
9. A 因为 图象如下图,知其不是周期函数,排除 D; 因为 ,周期为 ,排除 ; 作出 图象,由图象知,其周期为 ,在区间 单调递增, 正确; 作出 的图象,由图象知,其周期为 ,在区间 单调递减,排除 B. 故选 A.
10. A 因为 ,所以由 得 ,因此 ,从而 的最大值为 . 故选 A.
11. C 因为函数 的的最小正周期为 ,函数 的最小正周期为 ,所以在 上函数 有三个周期的图象,在坐标系中结合五点法画出两函数图象,如图所示:
由图可知,两函数图象有 6 个交点. 故选 C.
12. A 由函数的最小正周期 满足 ,得 ,解得 ,又因为函数图象关于点 对称,所以 ,且 ,所以 , 所以 ,所以 . 故选 A.
13. 解法一: 令 ,即 ,可得 ,令 ,
原题意等价于当 时,曲线 与 恰有一个交点,
注意到 均为偶函数,可知该交点只能在 轴上,
可得 ,即 ,解得 ,
若 ,令 ,可得
因为 ,则 ,当且仅当 时，等号成立，
可得 ,当且仅当 时,等号成立,
则方程 有且仅有一个实根 0,即曲线 与 恰有一个交点,
所以 符合题意. 综上所述: . 故选 D.
解法二: 令 , ,
原题意等价于 有且仅有一个零点,
因为
则 为偶函数,
根据偶函数的对称性可知 的零点只能为 0,
即 ,解得 ,
若 ,则 ,
又因为 当且仅当 时,等号成立, 可得 ,当且仅当 时,等号成立,
即 有且仅有一个零点 0,所以 符合题意.
故选 D.
14. A 选项,令 ,解得 ,即为 零点,令 ,解得 , ,即为 零点,显然 零点不同, A 选项错误; 选项,显然 选项正确; 选项，根据周期公式， ， 的周期均为 ， 2 选项正确；D选项，根据正弦函数的性质 的对称轴满足 的对称轴满足 ,显然 图象的对称轴不同, 选项错误. 故选 .
15. AD 由题意得: ,所以 ,即 ,又 ,所以 2 时, ,故 . 对 ,当 时, ,由正弦函数 图象知 在 上是单调递减；对 ，当 时, ,由正弦函数 图象知 只有 1 个极值点,由 ,解得 ,即 为函数的唯一极值点; 对 ,当 时, , ,直线 不是对称轴; 对 ,由 得: ,解得 或 ,从而得: 或 ,所以函数 在点 处的切线斜率为 ,切线方程为: 即 . 故选 AD.
16. 设 ,由 可得 ,由 可知, 或 , ,由图可知, ,即 .
因为 ,所以 ,即
所以 ,所以 或 ,又因为 ,所以 .
17. 由题意可得: ,当 时,
令 可得: ,据此有: ,
18.3 解法一: 由题可知 ,或 解得 ,或 ,故有 3 个零点. 解法二: 令 ,即 , ,解得, ,分别令 ,得 ,所以函数 在 的零点的个数为 3 .
19. 因为 ,所以 ,
令 ,则 有 3 个根,
令 ,则 有 3 个根,其中 ,
结合余弦函数 的图象性质可得 ,故
微专题 19 辅助角公式的四种应用
习题演练
1. ,最小正周期为 ,故 A 错误; ,故 ,故 B 错误; 将函数 的图象向右平移 个单位长度,得 ,故 C 错误; 当 时, ,故 D 正确. 本题选 D.
2. A 由 ,则 . 由 得 . 因为 在 上单调,所以 ,得 . 故选 A.
3.C 因为函数 的图象关于直线 对称,所以 ,所以 . 当 时, . 故选 C.
4. . 最小值为 -2 . 故 A 错误; 由最小正周期 ,可知 正确; 因为 ,故 C 正确; 将 的图象向右平移 个单位长度,得到 的图象,故 D 错误. 故选 BC.
5. AC . ,对 ,故 A 正确; ,此时 有增有减,故 错误; ,此时 ,故 正确; 函数 的图象向右平移 个单位得 ,故 D 错误. 故选 AC.
6. 因为 ,所以 ,又 ,所以 ,故 正确; 因为 ,故 正确; 因为 ,则 ,作图易得 只有 1 个极大值点,故 错误; 与 的距离为一个周期，如图，易得所求面积为对应矩形面积的一半，所以 ,故 正确；综上,选 ABD.
7. 令 ,即 ,故 . 当 时, .
8. -
9. 解法一: 显然, ,且 , ,故 ,而 ,故 ,有 , 又 ,得 .
解法二: ,其中
又由题意易知 ,故 .
10. 如图,连接 ,过点 作 的垂线,垂足为 ,设 ,则可知 为矩形,有 ,又因为 ,所以 ,因为 ,故当 时, 的面积的最大值为 .
11. 解: (1) 由
(2) 的最大值为 ,最小值为 -1 ;
(3)由 ，由 ,
,
.
12. 解: (1) , , 又 ,令 ,得 , 的单调递增区间为 , .
(2)由题意可得， ，则 .
13. 解: (1)
函数 的最小正周期 .
,得 .
的单调递减区间为 .
(2) 当 时， ， 结合 的图象,当 时,
当 时, ,解得 实数 的取值范围为 .
14. 解: (1) ，因为 ，即 ，所以 ,又 可得: ,由 ,可得: ,即 ，即 ，当且仅当 时取等号，所以 的面积最大值为 .
(2)将函数 的图象向左平移 个单位后,再将纵坐标不变,横坐标伸长到原来的 2 倍得到函数 的图象,可得 ,由 ,可得: ,即 ,又 为锐角三角形,所以 ,所以 ,由 ,所以 ,因为 ,得 ,所以 ,所以 ,所以 周长的取值范围 .
微专题 20 解三角形中的常见几何构型
习题演练
1. A ,在 中, , 故 ,故 ,在直角 中, ,故 . 故选 A.
2. A 因为 ，所以 ,令 ,则 ,即 ,在 中,由余弦定理得 ,即 ,解得 或 . 故选 A.
3.BCD 当 四点共面时, ,则 错误; 此时, ,
四点共圆, ,在 中由正弦定理, ,则 , B正确; 当平面 平面 时,取 中点 ,则 ,则 平面 ,而 ,则 正确; 注意到取 中点 ,则 ,在半径为 5 的球面上,体积为 正确. 故选 BCD.
4.B 因为 ，所以 ，又由余弦定理 ,可得 ,由 ,所以 . ,化简得 . 故选 B.
5. 如图所示，作 于 ，在 中, , 与 重合,又 为边 的中点, ,故 A 正确; ,又 为边 的中点, ,故 B 正确; 如图所示, ,此时 ,
若 不一定是锐角三角形，故 C 错误；如图所示， 在 中， ，
在 中， , 是钝角三角形,故 D 正确. 故选 ABD.
6. 由正弦定理得, ,所以 ,所以 错误; 由 得,顶点 在圆弧上运动,当且仅当 时,顶点 到 的最大距离为 , 所以 正确; 若 为 边的中点,则 ,所以 ，所以 ，C 正确; 在 中,由余弦定理得 ,当且仅当 时取等号,又 ,则 ，因此当 时， 取得最大值 ，D 正确. 综上，选 BCD.
7. 由正弦定理得 , . 正确; , 正确; 由角平分线定理可知, ,由余弦定理得 C 错误; 设 ，则 (当且仅当 时,等号成立), 正确. 故选 ABD.
8. 由三角形面积公式得三角形的高 ，设 ,则如图,
情况 ,
,
,则 ,代入解得 或 (舍去),故中线长为 .
情况 ,则 ,代入解得 或 都舍去，故不满足要求.
9. 设 , 由正弦定理得 ,即 ,所以 ,即 ,同除 得 ,解得 (舍去) 或 ,所以 .
10. 由题意得 ，且 ，解得 ，
根据角平分线性质,得 , 设 ,则 ,利用三角形面积公式和余弦定理,可得: 的面积 . ,且 , 将 代入 ，并令 ，则 ,对 求导,令导数为零,解得 时， 取得最大值. 因此当 的面积最大时, ,所以 .
11. 解: (1) 在 中,可知 ,可得 ,
由正弦定理 可得
(2)在 中，可知 ， 由余弦定理可得 ,即 ,可得 ,解得
或 (舍去),
所以 的面积为
12. 解: (1) 由题可得, ,
因为 和 的外接圆半径相等,由正弦定理得 ,所以 ,设 2), ,则 ,在 中,由余弦定理得: . ,即 ,在 中,由余弦定理得: ,即 ,所以 ,解得 ,即 ,在 中,由余弦定理得: . ,即 ,解得 或 (舍),所以 .
(2)在 中，由正弦定理得: ，即 ,在 中,由正弦定理得: ,即 ,因为 ,所以 ,所以 或 ,若 ,则 ,此时 ,易得 不成立,所以 ,故
解得 (舍) 或 ,因为 ,所以 ,
故 .
13. 解:(1)由 ，得 ，
解法一: 由正弦定理得 , 又 中, ,所以 ,
所以 ,
于是 ,
又 ,所以 ,
又 ,所以 .
解法二: 由余弦定理得 ,
化简得 ,
由余弦定理得 ,
又 ,
所以 .
(2)由 是 的平分线，得 ， 解法一: ,
又 ,
所以
解法二: 由 得
即 , 解得 ,
所以
14. 解:(1)解法一:余弦定理
由题意 , 则 ,所以 ,又 ,则 .
解法二: 正弦定理
由 ,得 ,
,
,整理得 ,所以 ,又 ,则 .
(2)解法一:余弦定理
设 边上的中线为 ,则 , ,
得 ,又由 (1) 知 ,可得 ,
所以 .
解法二: 向量法
设 边上的中线为 ,由 ,则
又由(1)知 ，所以 ，可得 ,
所以 .
15. 解: (1) ,即 ,在 中,由余弦定理得: ,当且仅当 时取等, ,即 边的最短长度为 .
(2) 在边 上，且 ， ， 在 中,由余弦定理得 ，同理在 中，由余弦定理得 , ,即 ,即 ,当且仅当 ,即 时等号成立, 的最小值为 1 .
微专题 21 解三角形压轴中的四大神技
习题演练
1. 由正弦平方差公式得
.
2. 由题可知 ,由托勒密不等式可得:
，代入具体数字可得: ， 取等条件当且仅当 四点共圆.
由正弦平方差公式
又 .
4. 解法一: 正弦平方差公式
由 ,得 ,即 , ,
由正弦的平方差公式得 , 即 ,
所以 ,故 ,即 的最大值为 .
当且仅当 时取等号.
解法二: 正弦定理十米勒定理
本题即求 的最大值. 如图,作 于 ,由 ,得 ,即 ,即 ,即 ,① 又 ,②
由 ①② 得 . 设 ，
作 关于 的对称点 ,则 .
记 ,即求 的最大值.
由米勒不等式可知: 当 的外接圆与 相切于 时, 最大.
此时半径 ,由正弦定理知: .
故 的最大值为 .
5. 如图所示,由已知得过 的圆与直线 相切于点 ,此时 有最大值 . 由切割线定理有 - ,故 . 此时 .
故 ,所以 .
6. .
7.
所以 ,当
且仅当 等号成立.
令 ,
所以 ,
所以 的最大值为 .
或者利用配方法. .
8. 解:
或
或
所以 是直角三角形或等腰三角形.
9. 解:
10. 解:
当 时,
.
11. 解: (1) .
(2)由米勒定理知:当且仅当过三点 、 、 的圆 与直线 相切时, 最大,切点即为所求点 . 因为 轴,所以此时圆心 坐标为 . 由同圆的半径相等,可得 ,所以 . 故当 时, 最大,所求最大值点 的坐标为 .
12. 解: (1) 设 ,因为 ,所以 ,所以 ,当 四点共圆时等号成立,因为 ,在 中, ,所以 ,所以 的边长为 ;
(2)设 ，在 中，
因为 ,
所以 ,所以
因为 . 所以
当且仅当 时等号成立,因为 ,所以 ,
所以 ，
由 ,故 ,
因为 ,
所以 ,所以 .
微专题 22 突破爪型三角形的“八大妙手”
习题演练
1. A 由 可知, , 所以 ,所以 .
在 中,由等面积法得 ,
即 .
即 ,解得 ,故 A 正确. 故选 A.
2. 边上的高 恰为 边长的一半,即 ，在 中，由余弦定理得 . 在 中,由正弦定理得: ,可得: . 因为 , 可得: . 故选 A.
3.C 设 ，如图建立平面直角坐标系,则 , ,由已知得 ,所以 ,令 , ,令 得 ,并令此时 , 因为 在 上单调递增,所以 时, ,函数递减, 时, ,函数递增. 故 ,即 . 易知,当 或 时, . 故 ,即 ,故 的取值范围是 . 故选 C.
4. A 因为 ,所以 . 因为 的面积为 ,即 - ,所以 ,解得: . 又因为 ,所以 . 在 中,由余弦定理可得 . 在 中,由余弦定理可 得 . . 所以在 中由余弦定理可得 . 故选 A.
5. 根据题意,设 ,若 , 则 在线段 之外,且 ,如图: 又由 ,则 ,则 ,则 ,则 ,又由 ,当且仅当 ,即 时等号成立,此时 取得最小值, 取得最大值,此时 的周长为 . 故选 C.
6. C 由余弦定理可得: ,
故: , 而 ，故 ，所以 . 故选 C.
7.D 设等边三角形 的边长为 ,则 . 在 中, ,可得 ,则 . 在直角三角形 中, . 在三角形 中, ,则 ,即为 ,可得 ,化为 为辅助角),当 时, 取得最小值 . 故选 D.
8. 由余弦定理得 当且仅当 时取等号, ,由题意得 , 得 , . 由余弦定理可得 . 故选项 D 正确. 故选 D.
9. 设 三个内角 对应的边为 ,对应的高为 面积等于 1 且 ,即 ,
因为 ，所以 ，
因为 ，当且仅当 时取得等号,
所以 ,即 ,即 ,故 ,可得 ,所以当 三条高的乘积取最大值时, 的值为 .
如图所示:
一方面: 由 ,得 . 另一方面: 设 ,则 ,由 . 结合以上两方面得 ,整理得 ,则 ,且注意到 ,即 ,所以 的面积为 .
11. 解: (1) 在 中, 由正弦定理可得 ,整理得 .
(2) . 在 中， ，由余弦定理得: ,即 16,当且仅当 时取等号, .
12. 解:(1)因为 ，
所以由正弦定理得 ，即 ,因为 ,所以 或 ,即 或 (舍去),所以 ,则 ,故 .
(2)作 ，如图，
因为 ,所以 ,则 是 的中点,
设 ,则 ,
当 在 上,则 ; 当 在 上,则 ;
综上, ,
在 中, ,在 Rt 中, ,
即 ,整理得 , 因为 ,则 ,
又 ,则
，
因为 ,
所以 ,当且仅当 ,即 时,等号成立,
综上, .
13. 解: (1) 由三角形面积公式可得 ，则 ,又 ,由余弦定理可得 .
(2) 由 ,可得 ,如图,过点 作 于 ,过点 作 ,使得 , 连接 ,则 ,
在 Rt 中, ,则 ,即 ,解得 ,则 ,而 ,令 ,则 在 时为减函数, 当 时, ,此时 取得最小值 .
14. 解: (1) 设 ,则 ,又 ,由 可得, ,
由余弦定理,得
整理得 ,因式分解
又 ,所以 ,即 ,
故 的最大值是 ;
(2)如图，设 ， ， ， ，则 ,又 ,所以, ,由题意 ,且 ,即 ,而对给定的 来说, 是定值,因此恒存在 ,使 . ,在 中,由正弦定理可得 ,则 ; 在 中,由正弦定理可得 ,则 ; 由存在 ,可得存在 ,即 ,因此,在线段 上恒存在点 ,使得 .
微专题 23 高考平面向量常见备考策略研究
典例分析
方向 1
相似题 根据向量的运算法则,可得
,所以 . 故选 A.
相似题 2 A ,故 ,故 ,所以 . 故选 A.
相似题 由 得, ,即 ,解得 . 故选 B.
相似题 4 AB 因为 三点共线,则存在实数 ,使得 ,即 ,即 ,所以 ,又因为向量 不共线,所以 ,解得 ,所以实数 的值互为倒数即可求解. 故选 AB.
方向 2
相似题 1 由题意,设 ,则 . 又 三点共线, ,即 ,从而 .
相似题 因 ,则 ,故 ,因 三点共线,故设 ,则 ,因 ,则 ,解得 . 故选 D.
相似题 3 3 连接 并延长,交 于 ,如图所示,
由题意得, 为 中点,所以 ,又 为重心,所以 ,所以 ,即 ,因为 三点共线,所以 ,即 .
相似题 4 解: (1) ,因为 , 三点共线,所以 ,又因为 ,所以 ,则 ,同理,因为 三点共线,所以 ,又因为 ,所以 ,则 ,
根据平面向量基本定理,可得 ,解得 ,所以 .
(2)延长 与 交于点 ，因为 三点共线，所以 ,又因为 ,且 ,所以 ,即 ,所以 ,解得 ,所以 ,则 . 所以 .
方向 3
相似题 1 解法一: (坐标法) 以 的垂直平分线为 轴, 建立坐标系,设 ,则 ,
所以 ,当 时, - 取得最小值,最小值为 ,又 ,所以当 时, 最小,最小值为 ,此时 ,满足要求.
解法二: (向量数量积的几何意义)
利用向量数量积的几何意义, 等于 与 在 方向上的投影的数量,如图, . ,且四边形 为矩形,设 , 则 ,则 ,所以当 时, 取得最小值,最小值为 .
解法三: 如图,取 的中点 ,连接 ,且 ,则 ,又 ,所以 在 上时取得最小值,
此 时 ,又 ,则 的最小值为 ,即 . 的最小值为 .
解法四: . ,又 ,即 ,所以 ,所以当 时,即如图时 取得最小值,最小值为 .
相似题 根据题意可知如图所示:
由题可得 ,且 ,设 与 的夹角为 ,所以 ,又因为 ,所以 ,由二倍角公式可得 ; 所以 .
方向 4
相似题 要使 最小,需 模长最大, 且与 夹角为 ,故当 同向,且 反向时, . ,可取得最小值-2; 设 ,即 ,又 均为单位向量,若 共线,则 首尾相连一条线段,则此时 与 共线,不符题意; 所以 不共线,则 , 首尾相连形成一个菱形,即 ,因为 ,所以 ,则 ,所以
相似题 由题设 正确;
由 A 可知, ,
设点 ,则 ,所以 , ,
此时点 的轨迹方程为: ,
于是若 ,此时点 与点 重合,与 矛盾, 不正确;
直线 ,联立得 ,设 ,又 1,则 ,若 ,则点 的轨迹方程为 ,设点 , 直线 ,点 到直线 的距离 ,由于 ,于是当 时, , 的最大值为 不正确; 由 可知,点 的轨迹方程为 ,设 ,
于是 ,
即
能成立,
于是 正确. 故选 AD.
相似题 3 A 题意可知: ,因为 ,即 , 则 ,可得 ,且 ,所以 ,设 ,则 , ,由题意可知: ,若 位于直线 两侧,且 ,可知 四点共圆, 且圆心为 ,半径 ,其中点 优弧 上,不包括点 ,则 的最大值即为圆的直径 ; 若 位于直线 同侧,且 ,可知 四点共圆,
且圆心为 ,半径 ,其中点 优弧 上,不包括点 ,此时 . 综上所述: 的最大值为 2 . 故选 A.
相似题 4 ACD 由 ,又
所以 ,故 A 对; 由 ,所以 ,故 B 错; ,故 C 对; ,故 对. 故选 ACD.
习题演练
1.1 如图
-
.
.
2. A 依题意可设 ,则 , ,又 ,所以 ,即 ,则点 在以 为圆心,半径 的圆上运动, 因为 ,所以点 在 上运动,根据对称性不妨令点 在 上,则 表示圆 上的点 与 上的点 连线段的长度 , 因为圆心 到 的距离 , 所以 的最小值为 ,即 的最小值为 1 . 故选 A.
3. 因为 ,所以 轴, 则 点横坐标为 点横坐标为 ,所以 . ,因为 ,则点 在 角平分线上,所以四边形 为菱形,则 ,所以 , 即 ,所以 ,将 代入整理得, ,则 ,解得 ,因为 ,所以 . 故选 D.
4. ACD 因为 ,所以 . 设 ,则 ,解得 ,则 ,当且仅当 时,等号成立, 正确. 因为 ,所以
所以 , ,
,
当且仅当 时,等号成立,所以 的最小值为 正确.
如图,过点 作 ,垂足为 ,则 在 上的投影
向量为 ，当 在 上的投影向量为 时, . 因为 ,所以 ,得 ,则 .
,故 B 错误, D 正确. 故选 ACD.
5. 并且给出了具体长度,考虑建系,令 , ,不妨令 . 得到这个关系, 暗示我们使用柯西不等式:
若平面向量 满足 ,则 的最小值是
两式相减即得 ,即 最小值为 .
6.C 分别取 中点 ,连接 ,则由题意得 ,即 ,所以 ,作图如下,由图可知当 运动到 或 时 最大,
所以 .
,
所以 的最大值为 3 . 故选 C.
7. C 连接 ,由题意可得 , 为等边三角形,在 中,由余弦定理得 ,在 中,由余弦定理得 ,
解法一: (几何解法一一三角形法则)
延长 到 ,连接 ,则 为等边三角形,
有 ,即 ,上式中 ,则 .
解法二: (几何解法二一一平行四边形法则)
由 变形为 ,即 与 共线,令 ,过点 作 交 于点 ,过点 作 ,易证四边形 为菱形, 且 、 为等边三角形,则 ,所以 ,则 .
解法三: (坐标法)
以点 为坐标原点, 为 轴,过点 且与 垂直的直线为 轴建立坐标系,则 , 则用坐标运算可得 的值求解.
解法四: (向量的运算转化为数量积的运算)
由 变形为 ,则 ,即 ①, ,即 ②, 由①②可得结果.
8. 因为 ,所以设 的方程为: ,具体如图所示:
连接 ,因为 ,直线 与 相切,所以 ,连接 ,因为 为 的中点,所以 ,设 ,则 ; 当点 和点 在 轴同侧时可得: . ,又因为 , ,所以 ,当 时, 有最大值 ,所以: 的最大值为: ; 当点 和点 在 轴异侧时可得:
又因为 ,所以 ,当 时 有最大值 ，所以 的最大值为:1. 综上可知: 则 的最大值为: .
9. D. 线段 是以 为圆心, 为半径的圆上长度为 2 的一条弦,设 的中点为 , 则 ，所以点 在以 为圆心，1 为半径的圆上. 因为 ,所以 ,所以 ,而 ,所以 的取值范围是 . 故选 D.
10. 设 ,则 ,若 ,则 ,因为 三点共线,则 ,得 ,所以 ; 设 ,则 ,又 三点共线,则 ,得 ,因为菱形 的边长为 ,
所以 .
又 , 所以
整理,得 ,
解得 或 (舍去). 故 .
11. 解: 解法一: 等和线: 如图,由等和线性质可知, ,显然,当 的平行线 与圆在最上方相切时, 取最大,显然此时,直线 的方程为 ,故可取 为点 到直线 的距离 . 由于
的平行线 与圆 相切,故可得 的方程为 ,那么取 为点 到直线 的距离 . 这样就可得到 .
解法二: 坐标法: 设 , ,易得圆的半径 ,即圆 的方程是 ,若满足题意,
则 ,所以 ,设 ,即 ,点 在圆 上,所以圆心 到直线 的距离 ,即 ,解得 ,则 的最大值是 3 .
微专题 24 平面向量基本定理与广义坐标
习题演练
1. ,设 关于点 的对称点为 ,则 ,因为 不共线,所以 , A 错误; 因为 ,所以 ,当向量 是相互垂直的单位向量时, 两点间的距离为 ,6则 距离 为 , B错误; 当 与 中至少一个是0 时,结论成立; 当 与 都不为 0 时,设 , 有 ,即 ,所以 错误; ,所以线段 中点 的广义坐标为 , D 正确. 故选 D.
2.3 建立斜坐标系 ,设 则过 的直线方程是 ,类比直角坐标系求三角形重心的方法, 重心坐标 ,代入直线方程 ,得 ,即 . 3. 以 为原点建立斜坐标系 ,设 ,设 ,则 ,则有 . 则 ,即 为 .
4. BD ,则 ,所以 ,故 A 错误; 已知 ,则 ,则 ,故 B 正确; , ,则 ,所以 ,故 C 错误; , ,则 ,若 ,则当 或 时, 或 . 满足; 当 ,则存在唯一 ,使得 ,则 ,则 ,消元变形得到 ,故 D 正确. 故选 BD.
5. 以 为原点建立斜坐标系 ,设 . , ,所以 .
6. -2 建立斜坐标系 ,则 . 不妨设 , 则 . 故直线 . 由 得 和 的交点 ,故 . 即
7. 解: (1) ,
,
,
,解得 .
(2) , 由题意得, ,故 在 上的投影向量为 在 上的投影向量斜坐标为 .
(3) ,即 ,
. 令 ,则 ,函数 在 上单调递减, 函数 在 上单调递增, 当 时, ,即 的最小值为 .
微专题 25 从教材到压轴: 维向量的概念与应用
习题演练
1.9842 当 为奇数时,范数为奇数,则 的个数为偶数, 则 0 的个数为 ,
根据乘法原理和加法原理可得: ,
因 ①
②
由 ,故
故 .
2. 解: (1) 由题设 ,所以 ;
(2)先求 :设 ，其中 为 1,2,3的排列,所以 ,而 可能取值有 , 故 .
再求 设 ,其中 , 为1,2,3,4的排列,
当 可能取值有 ,则 可能值为26,27,29,30;
当 可能取值有 ,则 可能值为23,24,25,27,28,29; 当 可能取值
有 ,则 可能值为21,22,23,25,26,27;
当 可能取值有 ,则 可能值为20,21,23,24; 综上,
3. 解:(1)由题意可知，当 ，范数为奇数时， 的个数为偶数,
即 中 0 的个数为 0 或 2,所以
(2)由题意可知，当 为奇数时,在 中要使范数为奇数,则 0 的个数一定为偶数,其余位置为 1 或一
1,所以可按 0 的个数为 分情况讨论,

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