2022年高考數(shù)學(xué)考前指導(dǎo) 函數(shù)題

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1、2022年高考數(shù)學(xué)考前指導(dǎo) 函數(shù)題 三道函數(shù)題 1. 設(shè)函數(shù)f（x）=x3+ax2﹣a2x+m（a＞0） （1）若函數(shù)f（x）在x∈[﹣1，1]內(nèi)沒(méi)有極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； （2）a=1時(shí)函數(shù)f（x）有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； （3）若對(duì)任意的a∈[3，6]，不等式f（x）≤1在x∈[﹣2，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解題分析 （1）要使函數(shù)f（x）在x∈[﹣1，1]內(nèi)沒(méi)有極值點(diǎn)，只需f′（x）=0在[﹣1，1]上沒(méi)有實(shí)根即可，即f′（x）=0的兩根x=﹣a或x=不在區(qū)間[﹣1，1]上； （2）a=1時(shí)，f（x）=x3+x2﹣x+m，f（x

2、）有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)，即m=﹣x3﹣x2+x有三個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)根，構(gòu)造函數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的極值，從而確定m的取值范圍； （3）求導(dǎo)函數(shù)，來(lái)確定極值點(diǎn)，利用a的取值范圍，求出f（x）在x∈[﹣2，2]上的最大值，再求滿足f（x）≤1時(shí)m的取值范圍． 解：（1）∵f（x）=x3+ax2﹣a2x+m（a＞0），∴f′（x）=3x2+2ax﹣a2， ∵f（x）在x∈[﹣1，1]內(nèi)沒(méi)有極值點(diǎn)，∴方程f′（x）=3x2+2ax﹣a2=0在[﹣1，1]上沒(méi)有實(shí)數(shù)根， 由△=4a2﹣12×（﹣a2）=16a2＞0，二次函數(shù)對(duì)稱軸x=﹣＜0， 當(dāng)f′（x）=0時(shí)，即（3x﹣a）（x+a）

3、=0，解得x=﹣a或x=， ∴，或＜﹣1（a＜﹣3不合題意，舍去），解得a＞3， ∴a的取值范圍是{a|a＞3}； （2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x3+x2﹣x+m， ∵f（x）有三個(gè)互不相同的零點(diǎn)， ∴f（x）=x3+x2﹣x+m=0，即m=﹣x3﹣x2+x有三個(gè)互不相同的實(shí)數(shù)根． 令g（x）=﹣x3﹣x2+x，則g′（x）=﹣（3x﹣1）（x+1） 令g′（x）＞0，解得﹣1＜x＜；令g′（x）＜0，解得x＜﹣1或x＞， ∴g（x）在（﹣∞，﹣1）和（ ，+∞）上為減函數(shù)，在（﹣1，）上為增函數(shù)， ∴g（x）極小=g（﹣1）=﹣1，g（x）極大=g（ ）=； ∴m的取值范

4、圍是（﹣1， ）； （3）∵f′（x）=0時(shí)，x=﹣a或x=， 且a∈[3，6]時(shí)，∈[1，2]，﹣a∈（﹣∞，﹣3]； 又x∈[﹣2，2]，∴f′（x）在[﹣2，）上小于0，f（x）是減函數(shù)； f′（x）在（，2]上大于0，f（x）是增函數(shù)； ∴f（x）max=max{f（﹣2），f（2）}， 而f（2）﹣f（﹣2）=16﹣4a2＜0， ∴f（x）max=f（﹣2）=﹣8+4a+2a2+m， 又∵f（x）≤1在[﹣2，2]上恒成立， ∴f（x）max≤1，即﹣8+4a+2a2+m≤1， 即m≤9﹣4a﹣2a2，在a∈[3，6]上恒成立 ∵9﹣4a﹣2a2在a∈[3，6]

5、上是減函數(shù)，最小值為﹣87 ∴m≤﹣87， ∴m的取值范圍是{m|m≤﹣87}． 2、已知函數(shù)f（x）=cos（x﹣），g（x）=ex?f′（x），其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． （Ⅰ）求曲線y=g（x）在點(diǎn)（0，g（0））處的切線方程； （Ⅱ）若對(duì)任意x∈[﹣，0]，不等式g（x）≥x?f（x）+m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； （Ⅲ）試探究當(dāng)x∈[，]時(shí)，方程g（x）=x?f（x）的解的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由． 解題分析: （Ⅰ）化簡(jiǎn)f（x）=sinx，g（x）=excosx，g（0）=e0cos0=1；從而由導(dǎo)數(shù)的幾何意義寫出切線方程； （Ⅱ）對(duì)任意x∈[

6、﹣，0]，不等式g（x）≥x?f（x）+m恒成立可化為m≤[g（x）﹣x?f（x）]min，x∈[﹣，0]，從而設(shè)h（x）=g（x）﹣x?f（x），x∈[﹣，0]，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題求解． （Ⅲ）設(shè)H（x）=g（x）﹣x?f（x），x∈[，]；從而由函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點(diǎn)的判定定理求解函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)． 解：（Ⅰ）由題意得， f（x）=sinx，g（x）=excosx，g（0）=e0cos0=1； g′（x）=ex（cosx﹣sinx），g′（0）=1； 故曲線y=g（x）在點(diǎn)（0，g（0））處的切線方程為y=x+1； （Ⅱ）對(duì)任意x∈[﹣，0]，不等式g（x

7、）≥x?f（x）+m恒成立可化為 m≤[g（x）﹣x?f（x）]min，x∈[﹣，0]， 設(shè)h（x）=g（x）﹣x?f（x），x∈[﹣，0]， 則h′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣sinx﹣xcosx=（ex﹣x）cosx﹣（ex+1）sinx， ∵x∈[﹣，0]， ∴（ex﹣x）cosx≥0，（ex+1）sinx≤0； 故h′（x）≥0， 故h（x）在[﹣，0]上單調(diào)遞增， 故當(dāng)x=﹣時(shí)，hmin（x）=h（﹣）=﹣； 故m≤﹣； （Ⅲ）設(shè)H（x）=g（x）﹣x?f（x），x∈[，]； 則當(dāng)x∈[，]時(shí)， H′（x）=ex（cosx﹣sinx）﹣sinx﹣x

8、cosx=（ex﹣x）cosx﹣（ex+1）sinx＜0， 故H（x）在[，]上單調(diào)遞減， 故函數(shù)H（x）在[，]上至多有一個(gè)零點(diǎn)； 又H（）=（﹣）＞0， H（）=﹣＜0； 且H（x）在[，]上是連續(xù)不斷的， 故函數(shù)H（x）在[，]上有且只有一個(gè)零點(diǎn)． 3.已知函數(shù)． （I）若f（x）為定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； （II）當(dāng)m=1，且1≥a＞b≥0時(shí)，證明：． 解：（I）， ∴ ……2分 對(duì)，，故不存在實(shí)數(shù)m， 使對(duì)恒成立， 由對(duì)恒成立得， ≥對(duì)恒成立 而＜0，故m≥0 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)m≥0時(shí)，對(duì)恒成立 ∴當(dāng)m≥0時(shí)，f（x）為定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)． （II）當(dāng)m = 1時(shí)，令 ， 在[0，1]上總有≥0，即在[0，1]上遞增 ∴當(dāng)時(shí)，， 即 ① 令， ,知h(x)在[0，1]上遞減，∴ 即② 由①②知,當(dāng)時(shí)，.