01 二次函数
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握二次函数含参最值问题的求解方法
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握一元二次方程根的分布问题
知识清单
教法备注
1．二次函数在考纲中考查对函数图像与函数性质的理解，以及运用图像与性质求解相关问题的方法运用，考
纲中明确对该知识点的考查涉及记忆水平、解释性理解水平及探究性理解水平，考查学生的数学素养，包括
数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题为主，难度中等，偶尔会在填选压轴中结合其他知识点综合考查，分值约为24分，
占比16%；
3．对应教材：必修一第五章
4．本讲知识点涉及二次函数的值域问题以及一元二次方程根的分布问题，后续会和函数性质、函数图像与零
点等内容有综合考查运用，公立学校会在高三初复习，部分重点学校（如四校八大）会在高二下提前开始复
习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
2
【课堂引入】
若函数 f(x) = x2 + ax 在区间 [1, 2] 上的最大值为 a + 1 ，则 a 的取值范围为____________。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——二次函数及其最值分类讨论
考点1：二次函数
知识笔记
二次函数的形式
（1）一般式：形如 f(x) = ax2 + bx + c
(a ≠0)
（2）顶点式：形如
f(x) = a(x + b
2a )
2
+ 4ac −b2
4a
(a ≠0)
（3）交点式：形如 f(x) = a (x −x1) (x −x2)
(a ≠0)
经典例题
例1
若f (x) = −x2 + (b + 2)x + 3, x ∈[b, c]的图像x=1对称，则c=_______．
2
答案
解析
3
本题考查函数的对称性
又f (x) = −x2 + (b + 2)x + 3 = −(x −b + 2
2
)
2
+ ( b + 2
2
)
2
+ 3的对称轴为x = b + 2
2
则b + 2
2
= 1，得b = 0；
由f (x) = −x2 + (b + 2)x + 3, x ∈[b, c]的图象x = 1对称知其定义域[b, c]关于直线x = 1对称，则有b + c = 2；
所以c = 2
变式1-1
“a < 2”是“函数f (x) = −x2 −2 (a + 1)x + 3在(−∞, −3]上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
A
求出f (x) = −x2 −2 (a + 1)x + 3的开口方向和对称轴，从而得到不等式，求出a ≤2，结合a < 2是a ≤2的真
子集，确定答案.
f (x) = −x2 −2 (a + 1)x + 3开口向下，对称轴为x = −−2 (a + 1)
−2
= −a −1，
要想f (x) = −x2 −2 (a + 1)x + 3在(−∞, −3]上单调递增，则−a −1 ≥−3，
解得a ≤2，
由于a < 2是a ≤2的真子集，
故“a < 2”是“函数f (x) = −x2 −2 (a + 1)x + 3在(−∞, −3]上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A
答案
解析
变式1-2
已知f (x) = 1 + log3 x (1 ≤x ≤9)，设g (x) = f 2 (x) + f (x2)，则函数y = g (x)的值域为
．
[2, 7]
确定函数y = g (x)的定义域，化简可得y = g (x)的表达式，换元令log3 x = t, (t ∈[0, 1])，可得y = t2 + 4t + 2，
结合二次函数的性质即得答案.
答案
解析
4
由题意得{
，则1 ≤x ≤3，即g (x) = f 2 (x) + f (x2)的定义域为[1, 3]，
故g (x) = f 2 (x) + f (x2) = (1 + log3x)2 + 1 + log3 x2 = (log3x)2 + 4 log3 x + 2，
令log3 x = t, (t ∈[0, 1])，则y = t2 + 4t + 2 = (t + 2)2 −2，
函数y = (t + 2)2 −2在[0, 1]上单调递增，故y ∈[2, 7]，
故函数y = g (x)的值域为[2, 7]，
故答案为：[2, 7]
教法备注
【考点】复合函数的值域
【教法】整体换元转化为二次函数，引导学生选择合适的变量进行换元
1 ≤x ≤9
1 ≤x2 ≤9
变式1-3
若函数f (x) = {
在区间(a −1, 3 −2a)上有最大值，则实数a的取值范围是
.
[0, 1)
作出函数f (x)的图象，数形结合，由题意列出相应不等式组，即可求得答案.
令g (x) = −2x2 + 4x，x > 0，
所以g(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
又f(1) = 2 = f(−1)，作出函数f(x)的大致图象，
由于函数f (x) = {
在区间(a −1, 3 −2a)上有最大值，
结合图象，由题意可得{
，解得0 ≤a < 1，
所以实数a的取值范围是[0, 1)，
故答案为：[0, 1)
−2x2 + 4x, x > 0
2x2, x ≤0
答案
解析
−2x2 + 4x, x > 0
2x2, x ≤0
3 −2a > 1
−1 ≤a −1 < 1
5
教法备注
【考点】二次函数的图像与最值
【教法】让学生画分段二次函数的图像，逐步变动区间使得函数渠道最大值，注意区间端点是开区间取不到
最值
考点2：含参最值的分类讨论
知识笔记
二次函数最值分类讨论
在研究含参一元二次函数的最值时，若参数的取值改变了最值的取到位置，则需要分类讨论。通常情况下，分
类标准可制定为：对称轴相对于区间的位置
以开口向上为例，求 f(x) = ax2 + bx + c 在区间 [m, n] 上的最值：
（1）求最小值
（2）求最大值
（3）求值域
图像
对称轴
−b
2a < m
m ≤−b
2a ≤n
−b
2a > n
最小值
f(m)
f (−b
2a )
f(n)
图像
对称轴
−b
2a < m + n
2
−b
2a ≥m + n
2
最大值
f(n)
f(m)
6
图像
对称轴
−b
2a < m
m ≤−b
2a < m + n
2
m + n
2
≤−b
2a ≤n
−b
2a > n
值域
[f(m), f (n)]
[f (−b
2a ), f (n)]
[f (−b
2a ), f (m)]
[f(n), f (m)]
经典例题
例2
已知函数f(x) = (m + 1)x2 −(m −1)x + m −1．
(1)
若不等式f (x) < 1的解集为R，求m的取值范围；
(2)
若不等式f (x) ≥0对一切x ∈[−1
2 , 1
2 ]恒成立，求m的取值范围．
(1) m < 1 −2√7
3
；
(2) m ≥1.
(1) 根据题意，①当m + 1 = 0，即m = −1时，f (x) = 2x −2，不合题意；
②当m + 1 ≠0，即m ≠−1时，
答案
解析
7
f (x) < 1的解集为R，即(m + 1)x2 −(m −1)x + m −2 < 0的解集为R，
∴{
，
即{
，故m < −1时，m < 1 −2√7
3
或m > 1 + 2√7
3
.
故m < 1 −2√7
3
．
(1) (m + 1)x2 −(m −1)x + m −1 ≥0，即m (x2 −x + 1) ≥−x2 −x + 1，
∵x2 −x + 1 > 0恒成立，
∴m ≥−x2 −x + 1
x2 −x + 1
= −1 +
2(1 −x)
x2 −x + 1 ，
设1 −x = t，则t ∈[ 1
2 ，3
2 ]，x = 1 −t，
∴
1 −x
x2 −x + 1 =
t
(1 −t)2 −(1 −t) + 1 =
t
t2 −t + 1 =
1
t + 1
t −1
，
∵t + 1
t ≥2，当且仅当t = 1时取等号，
∴
1 −x
x2 −x + 1 ≤1，当且仅当x = 0时取等号，
∴当x = 0时，( −x2 −x + 1
x2 −x + 1 )
max
= 1，
∴m ≥1．
教法备注
【考点】不等式恒成立
【教法】根据恒成立问题求解二次函数的最值
m + 1 < 0
Δ = (m −1)2 −4(m + 1)(m −2) < 0
m < −1
3m2 −2m −9 > 0
变式2-1
关于x的不等式ax2 −2x + 1 ≤0在(0, 2]上有解，则实数a的取值范围是
.
(−∞, 1]
根据题意将不等式转化为a ≤2x −1
x2
在(0, 2]能成立即可，再由二次函数性质求出y = ( 2x −1
x2
)
max
, x ∈(0, 2]
即可得a的取值范围是(−∞, 1].
由不等式ax2 −2x + 1 ≤0以及x ∈(0, 2]可得a ≤2x −1
x2
，
依题意可知a ≤( 2x −1
x2
)
max
, x ∈(0, 2]即可，
令y = 2x −1
x2
, x ∈(0, 2]，
答案
解析
8
又y = 2x −1
x2
= −( 1
x −1)
2
+ 1，由x ∈(0, 2]可得1
x ∈[ 1
2 , +∞)，
利用二次函数性质可知ymax = −(1 −1)2 + 1 = 1，即可得a ≤1；
即实数a的取值范围是(−∞, 1].
故答案为：(−∞, 1]
教法备注
【考点】不等式有解问题
【教法】讨论开口、对称轴的位置，对最值进行分类讨论
变式2-2
若函数f(x) = x2 + ax在区间[1, 2]上的最大值为a + 1，则a的取值范围为
(−∞, −3]
函数f(x)的对称轴为x = −a
2 ，分两种情况：−a
2 ≤3
2 和−a
2 ≥3
2 讨论函数的最值，从而求得结果.
∵f(x) = x2 + ax的对称轴为x = −a
2
（1）当a > −3时，即−a
2 ≤3
2 ， f(x)max = f(2) = 4 + 2a = a + 1，解得：a = −3不符合题意，舍去；
（2）当a ≤−3，即−a
2 ≥3
2 ， f(x)max = f(1) = 1 + a，符合题意，故a ≤−3；
综上可知，a的取值范围为(−∞, −3]
故答案为：(−∞, −3]
方法点睛：研究二次函数在区间上的最值，通常分为四种情况：（1）轴定区间定；（2）轴定区间动；（3）
轴动区间定；（4）轴动区间动；这四种情况都需要按三个方向来研究函数的最值：对称轴在区间的左侧、中
间、右侧，从而知道函数的单调性，即可求出函数的最值.
教法备注
【考点】二次函数的最值
【教法】讨论对称轴的位置，对最大值进行分类讨论
答案
解析
9
知识点2——一元二次方程根的分布
考点3：一元二次方程根的分布
知识笔记
根的分布
一 元二次方程 ax2 + bx + c = 0 的根从几何意义上来说就是抛物线 y = ax2 + bx + c 与 x 轴交点的横坐标。所
以研究 ax2 + bx + c = 0 的实根的情况，可以从函数 y = ax2 + bx + c 的图像上进行研究。大致可以分为以下两类
（以开口向上为例）：
根的分布
大致图像
结论
两根都小于 k
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < k
f(k) > 0
两根都大于 k
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > k
f(k) > 0
一根大于 k，一根小于 k
f(k) < 0
两根都在 (m, n) 内
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
f(m) > 0
f(n) > 0
m < −b
2a < n
10
两根有且仅有一根在 (m, n) 内
（图象有两种，只画了一种）
f(m) ⋅f(n) < 0
一根在 (m, n) 内，
另一根在 (p, q) 内
{f(m)f(n) < 0
f(p)f(q) < 0
经典例题
例3
关于x的方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0恰有一根属于(0, 1)，则实数m的取值范围是（ ）
A. [ 1
2 , 2
3 ]
B. ( 1
2 , 2
3 ]
C. [ 1
2 , 2)
D. ( 1
2 , 2
3 ) ∪( 2
3 , 2)
B
把方程的根转化为二次函数的零点问题，从恰有一个零点属于(0, 1)，分为两种情况，一种是另一根刚好过端
点，另一种是另一根不过端点求解；
解：方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0对应的二次函数设为：f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，
因为方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0恰有一根属于(0, 1)，则需要满足：
①f(0) ⋅f(1) < 0 或者②函数f(x)有一个零点刚好经过点(0, 0)或者(1, 0)，另一个零点属于(0, 1)，
解①得：(2m −1)(3m −2) < 0，解得：1
2 < m < 2
3
解②得： 把点(0, 0)代入f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，解得：m = 1
2 ，此时方程为x2 −3
2 x = 0，两根为
0，3
2 ，而3
2 ∈(0, 1)，不合题意，舍去，
把点(1, 0)代入f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，解得：m = 2
3 ，此时方程为3x2 −4x + 1 = 0，两根为1，1
3 ，
答案
解析
11
而1
3 ∈(0, 1)，故符合题意，
综上：实数m的取值范围为( 1
2 , 2
3 ]
故选：B
教法备注
【考点】根的分布
【教法】需要先对根的情况进行分类讨论，然后再进入列式环节
【注】一元二次方程判别式为零对应“两”相等实根，不在题目要求内，请老师们课堂合理引导和强调。
变式3-1
已知关于x的方程x2 + mx + 1 = 0(m ∈R)的两个不相等的实根均在区间(0, +∞)内，则m的取值范围为
( )
A. (−∞, 0)
B. (2, +∞)
C. (−∞, −2)
D. (−∞，−2) ⋃(2，+∞)
C
答案
解析
变式3-2
已知一元二次方程x2 + (m + 1)x + 1 = 0(m ∈Z)有两个实数根x1，x2，且0 < x1 < 1 < x2 < 3，则m的值为( )
A. −4
B. −5
C. −6
D. −7
A
【常规讲解】
解：一元二次方程x2 + (m + 1)x + 1 = 0(m ∈Z)有两个实数根x1，x2，且0 < x1 < 1 < x2 < 3，
令g(x) = x2 + (m + 1)x + 1 = 0，
答案
解析
12
则
，即
，解得−13
3 < m < −3，
∵m ∈Z，
∴m = −4．
故选：A．
⎧
⎨
⎩
g(0) > 0
g(1) < 0
g(3) > 0
⎧
⎨
⎩
1 > 0
3 + m < 0
13 + 3m > 0
例4
已知函数f (x) = log2 (4x + 1) −x.
设g (x) = log2 (a ⋅2x + a) (a ≠0)，若函数f (x)与g (x)图象有2个公共点，求实数a的取值范围．
(2√2 −2，1)
同(1)题详解
教法备注
【考点】零点问题、根的分布
【教法】第3问将图像交点问题转化为方程有解问题，利用根的分布求解参数范围
答案
解析
变式4-1
已知集合A = {(x, y)|y = −x2 + ax −1}，B = {(x, y)|x + y = 3, 0 ≤x ≤3}，若A ⋂B中有且仅有一个元素，则实
数a的取值范围
13
a > 10
3 或 a = 3
集合A = {(x, y)|y = −x2 + ax −1}，B = {(x, y)|x + y = 3, 0 ≤x ≤3}，
若A∩B中有且仅有一个元素，则由
，
得x2 −(a + 1)x + 4 = 0在x ∈[0, 3]上有且仅有一解；
①Δ=0时方程有相等实根且在[0，3]上，即
\binom{\Delta = {(a + 1)}^2 \minus 4 \times 1 \times 4 = 0}{0 \leq \dfrac{a + 1}{2} \leq 3} \Rightarrow a = 3
②Δ>0时，只有—根在[0，3]上，两根之积为4> 0，则
3^2 \minus (a + 1) \times 3 + 4 < 0 \Rightarrow a > \dfrac{10}
{3}
，
所以a的取值范围是a=3或a > 10
3 .
故答案为：a > 10
3 或a = 3
教法备注
【考点】根的分布
【教法】先联立方程转化为二次方程根的分布问题，注意区间端点值需要检验
答案
解析
⎧
⎨
⎩
y = −x2 + ax −1
x + y = 3
0 ≤x ≤3
变式4-2
考查关于x的方程x2 −(3 −t)x + 2 + t = 0．
(1)
若该方程的两个实数根x1，x2满足(x1 + x2)x1x2 = −6，求实数t的值；
(2)
若该方程在区间[0, 2]上有且仅有一个实数根，求实数t的取值范围．
14
(1) −3
(2) [−2, 0) ∪{5 −2√6}
(1)
由题意，得
，即t ≤5 −2√6或t ≥5 + 2√6，
因为(x1 + x2)x1x2 = −6，所以(3 −t) ⋅(2 + t) = −6，
解得t = −3或4（舍去），
所以t = −3.
(2) 由x2 −(3 −t)x + 2 + t = 0，x ∈[0, 2]，
即−t = x2 −3x + 2
x + 1
= (x + 1)2 −5 (x + 1) + 6
x + 1
= x + 1 +
6
x + 1 −5
即5 −t = x + 1 +
6
x + 1 ，
令m = x + 1 (1 ≤m ≤3)，
则5 −t = m + 6
m ，
因为函数y = x + 6
x 在(1, √6)上单调递减，在(√6, 3)上单调递增，
且x = 1时，y = 7；x = 3时，y = 5；x = √6时，y = 2√6，如图，
所以要使方程5 −t = m + 6
m 只有一个实数根，
则5 < 5 −t ≤7或5 −t = 2√6，
解得−2 ≤t < 0或t = 5 −2√6，
所以实数t的取值范围为[−2, 0) ∪{5 −2√6}．
教法备注
【考点】根的分布
【教法】讨论一个根的两种情况：Δ=0（检验根落在区间上），或者Δ>0（但是两根只有一根落在区间上）
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = (3 −t)2 −4 (2 + t) ≥0
x1 + x2 = 3 −t
x1x2 = 2 + t
02 幂指对函数
1
学习目标
教法备注
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握幂函数的性质与图像问题
求解方法
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握指数函数的性质与图像问
题求解方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数的运算法则
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数函数的性质与图像问
题求解方法
目标5
★★★★★☆ 迁移
运用基本初等函数图像与性质
求解相关问题
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握幂函数的性质与图像问题求解方法
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握指数函数的性质与图像问题求解方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数的运算法则
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数函数的性质与图像问题求解方法
目标5
★★★★★☆ 迁移
运用基本初等函数图像与性质求解相关问题
知识清单
2
教法备注
1．基本初等函数在考纲中考查对函数图像与函数性质的理解，以及运用图像与性质求解相关问题的方法运
用，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆水平、解释性理解水平及探究性理解水平，考查学生的数学素
养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题为主，难度中等，偶尔会在填选压轴中结合其他知识点综合考查，分值约为18分，
占比12%；
3．对应教材：必修一，第三章幂、指数与对数，第四章幂函数、指数函数与对数函数；
4．本讲知识点涉及基本初等函数的图像与性质运用问题，后续会和函数性质、函数图像与零点等内容有综合
考查运用，公立学校会在高三初复习，部分重点学校（如四校八大）会在高二下提前开始复习，与新东方秋
季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
【课堂引入】
方程 1 + log 2x = log 2 (x2 −3) 的解为__________.
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——幂函数、对勾函数与飘带函数
考点1：幂函数的图像及其性质
知识笔记
3
幂函数的形式
形如
y = xk(k ∈R)
的函数叫做幂函数
幂函数的图像
通常只作 y = xk(k ∈Q) 的图像
第一步：把 y = xk(k ∈Q) 化成根式，方便确认
定义域
与
奇偶性
第二步：由于幂函数必过第
一
象限和定点
(1, 1)
，根据指数 k 的大小确认第一象限内图像的单调性，有：
k < 0 ：严格
递减
； 0 < k < 1 ：减速递增；k > 1 ：加速递增。
经典例题
例1
已知α ∈{−3, −2, 1
3 , 2}，若幂函数f (x) = xα为奇函数，且在(0, +∞)上单调递减，则α的值为（ ）
A. -3
B. -2
C. 1
3
D. 2
A
根据幂函数的单调性与奇偶性，逐项判定，即可求解.
当α = −3时，函数f (x) = x−3，此时函数f (x)的定义域为(−∞, 0) ⋃(0, +∞)关于原地对称，且
f (−x) = (−x)−3 = −x−3 = −f (x)，所以函数f (x)为奇函数，且在(0, +∞)上单调递减，满足题意；
当α = −2时，函数f (x) = x−2，此时函数f (x)满足f (−x) = (−x)−2 = x−2 = f (x)，所以函数f (x)为偶函
数，不满足题意；
当α = 1
3 时，函数f (x) = x
1
3 ，此时函数f (x)的在(0, +∞)上单调递增，不满足题意；
当α = 2时，函数f (x) = x2，此时函数f (x)的在(0, +∞)上单调递增，不满足题意.
故选：A.
本题主要考查了幂函数的图象与性质及其应用，其中解答中熟记幂函数的单调性与奇偶性是解答的关键，着
重考查推理与运算能力，属于基础题.
答案
解析
变式1-1
已知函数f(x) = (m2 + 5m + 7)xm(x ≠0)是幂函数，其图像分布在第一、三象限，则m =
．
4
−3
根据幂函数的定义得到m2 + 5m + 7 = 1，求出m值，进行检验即可.
根据其为幂函数，则m2 + 5m + 7 = 1，解得m = −2或−3，
当m = −2时，f (x) = x−2 = 1
x2 ，则其定义域关于原点对称，f (−x) =
1
(−x)2 = f (x)，故其为偶函数，且分
布在一、二象限，图像如图所示：
故m = −2舍去，
当m = −3时，f (x) = x−3 = 1
x3 ，则其定义域关于原点对称，f (−x) =
1
(−x)3 = −f (x)，故其为奇函数，且
分布在一、三象限，图像如图所示：
故答案为：−3.
答案
解析
5
变式1-2
如图所示是函数y = x
m
n （m、n ∈N∗且互质）的图象，则（ ）
A. m，n是奇数且m
n < 1
B. m是偶数，n是奇数，且m
n < 1
C. m是偶数，n是奇数，且m
n > 1
D. m，n是偶数，且m
n > 1
B
根据图象得到函数的奇偶性及(0, +∞)上单调递增，结合m、n ∈N∗且互质，从而得到答案.
由图象可看出y = x
m
n 为偶函数，且在(0, +∞)上单调递增，
故m
n ∈(0, 1)且m为偶数，又m、n ∈N∗且互质，故n是奇数.
故选：B
教法备注
【考点】幂函数的图像
【教法】通过图像逆推幂指数的特征
答案
解析
变式1-3
已知幂函数 f (x) = ( 1
x )
1
10 ，若f (a −1) < f (8 −2a)，则a的取值范围是
.
(3, 4)
答案
6
根据题意得到幂函数f (x)的定义域和单调性，得到不等式f (a −1) < f (8 −2a)的等价不等式组，即可求解.
由幂函数f (x) = ( 1
x )
1
10 =
1
10√x = x
−1
10 ，
可得函数f (x)的定义域为(0, +∞)，且是递减函数，
因为f (a −1) < f (8 −2a)，可得
，解得3 < a < 4，
即实数a的取值范围为(3, 4).
故答案为：(3, 4)
教法备注
【考点】利用幂函数的图像解不等式
【教法】画出幂函数图像，根据图像解不等式，但要注意幂函数图像的不同会造成不等式解法上的难易有区
别
解析
⎧
⎨
⎩
a −1 > 8 −2a
a −1 > 0
8 −2a > 0
考点2：对勾函数与飘带函数
知识笔记
对勾函数与飘带函数
对勾函数
飘带函数
解析式
f(x) = ax + b
x (a > 0, b > 0)
f(x) = ax −b
x (a > 0, b > 0)
图像
定义域
(−∞, 0) ∪(0, +∞)
(−∞, 0) ∪(0, +∞)
值域
(−∞, −2√ab] ∪[2√ab, +∞)
R
奇偶性
奇函数
奇函数
7
严格增区间
(−∞, −√b
a ],
[√b
a , +∞)
(−∞, 0),
(0, +∞)
严格减区间
[−√b
a , 0), (0, √b
a ]
无
特殊点
(−√b
a , −2√ab),
(√b
a , 2√ab)
(−√b
a , 0),
(√b
a , 0)
渐近线
y 轴, y = ax
y 轴, y = ax
注意：对勾函数第一象限最小值的计算方式为基本不等式：ax + b
x ≥2√ab ，横坐标的计算方式为其取等条件，
当且仅当 ax = b
x 时取到。
经典例题
例2
已知1 < a < 3 ，设函数y = f (x) 的表达式为f (x) = x + 4
x ．若存在x1 ∈[1, a] ，x2 ∈[a, 3] ，使得
f (x1) ⋅f (x2) ≥45
2 ，则实数a的最大值为
．
9 −√17
4
先分析出f(x1)max ⋅f(x2)max ≥45
2 ，由f (1), f (3)的值可得f (1) ⋅f (3) < 45
2 ，转化为f (1) ⋅f (a) ≥45
2 ，求出
实数a的最大值.
因为存在x1 ∈[1, a]，x2 ∈[a, 3]，使得f (x1) ⋅f (x2) ≥45
2 ，
所以只需f(x1)max ⋅f(x2)max ≥45
2 .
由对勾函数的性质可知：f (x) = x + 4
x 在[1, 2]上单减，在[2, 3]上单增.
而f (1) = 1 + 4 = 5，f (3) = 3 + 4
3 = 13
3 ，且f (x) = x + 4
x 在[1, 3]上的最小值为f (2) = 2 + 4
2 = 4，
f (x) = x + 4
x 在[1, 3]上的最大值为f (1) = 5，所以f (x) > 0恒成立.
所以f(x1)max = f (1) = 5.
设f (m) = m + 4
m = f (3)，解得：m = 4
3 .
因为f (1) > f (3)，f (1) ⋅f (3) = 5 × 13
3 = 65
3 < 45
2 ，
答案
解析
8
所以要使f (x1) ⋅f (x2) ≥45
2 成立，只需
，即
解得：a ≤9 −√17
4
.
由1 < a < 3，所以1 < a ≤9 −√17
4
.
故实数a的最大值为9 −√17
4
.
故答案为：9 −√17
4
.
教法备注
【考点】对勾函数的值域
【教法】将双变量问题合理转化为对勾函数的最值问题
⎧
⎨
⎩
f (1) ⋅f (a) ≥45
2
a ≤4
3
⎧
⎨
⎩
5 × (a + 4
a ) ≥45
2
a ≤4
3
变式2-1
已知函数f (x) = 2x +
a
2x + 1 的最小值为5，则实数a =
．
9
利用参变量分离法可知a ≥9，再利用基本不等式可得出关于a的等式，即可得解.
由题意可知f (x) = 2x +
a
2x + 1 ≥5对任意的x ∈R恒成立，即a ≥(5 −2x) (2x + 1)，
另一方面(5 −2x) (2x + 1) = −(2x)2 + 4 ⋅2x + 5 = −(2x −2)2 + 9 ≤9，
当且仅当2x = 2时，即当x = 1时，等号成立，所以，a ≥9，
另一方面，由基本不等式可得f (x) = (2x + 1) +
a
2x + 1 −1 ≥2√a −1 = 5，可得a = 9，
当且仅当2x + 1 = 3时，即当x = 1时，等号成立，故a = 9.
故答案为：9.
教法备注
【考点】对勾函数的最值
【教法】讨论a取值的不同对函数类型的影响，最终在对勾函数的类型下求解参数
答案
解析
9
变式2-2
现要围建一个面积为360m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用旧墙需要维修)，其他三面围墙需要新
建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图所示.已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180
元/m，设利用旧墙长度为xm(x > 2)，总费用为y（单位：元）
(1)
写出总费用y关于x的表达式；
(2)
试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用.
10
(1) y = 225x + 3602
x
−360 (x > 0)
(2) 当 x = 24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元
(1) 设矩形的另一边长为am，
则y = 45x + 180 (x −2) + 180 ⋅2a = 225x + 360a −360，
由已知xa = 360，得a = 360
x ，所以y = 225x + 3602
x
−360 (x > 0).
(2) ∵x > 0，∴225x + 3602
x
≥2√225 × 3602 = 10800
∴y = 225x + 3602
x
−360 ≥10440
当且仅当225x = 3602
x
，即x = 24m时等号成立，
∴当x = 24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元.
教法备注
【考点】函数应用题
【教法】根据题意建立函数模型（对勾函数模型），并利用对勾函数的性质求解最值
答案
解析
知识点2——指数函数
考点3：指数函数图像与性质
知识笔记
指数函数的形式
一般地，形如 y = ax(a > 0 ，且 a ≠1) 叫做指数函数。
指数函数的图像与性质
11
底数
a > 1
0 < a < 1
图像
定义域
R
R
值域
(0, +∞)
(0, +∞)
单调性
严格递增
严格递减
定点
过定点 (0, 1)
过定点 (0, 1)
渐近线
x 轴
x 轴
经典例题
例3
已知函数y = ax(a > 0, a ≠1)在区间[1, 2]上的最大值比最小值大a
3 ，求实数a的值.
a = 4
3 或 a = 2
3 .
由题意按照a > 1、$0<1$分类，结合指数函数的性质可得方程，即可得解.
当a > 1时，y = ax是增函数，则a2 −a = a
3 ，解得a = 4
3 或a = 0（舍去）；
当$0<1$时，y = ax是减函数，则a −a2 = a
3 ，解得a = 2
3 或a = 0（舍去）；
综上，a = 4
3 或a = 2
3 .
关键点点睛：涉及指数函数单调性问题，底数为参数时，一般都要分类讨论，分底数大于1与底数大于0小于1
答案
解析
12
两种情况解决.本题考查了指数函数单调性的应用，考查了运算求解能力及分类讨论思想.
教法备注
【考点】指数函数的最值
【教法】对指数函数的底数进行分类讨论
变式3-1
设a、b为常数，若a > 1, b < −1，则函数y = ax + b的图象必定不经过第
象限
二
由指数函数的性质与图象的平移可得.
已知a > 1, b < −1,
则指数函数y = ax单调递增，过定点(0, 1)，且|b| > 1，
函数y = ax + b的图象是由函数函数y = ax向下平移|b|个单位，
作出函数y = ax + b的图象，可知图象必定不经过第二象限.
故答案为：二.
答案
解析
变式3-2
设集合A = {y |y = ax, x > 0}（其中常数a > 0，a ≠1），B = {y
y = xk, x ∈A}（其中k是常数），则“k < 0”是“
A ∩B = ∅”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件
D. 既非充分又非必要条件
答案
13
A
讨论a的取值范围，求出集合A，进而求出集合B，再根据充分条件、必要条件即可求解.
当a > 1时，A = {y |y = ax, x > 0} = (1, +∞)，
若k < 0，则B = {y
y = xk, x ∈A} = (0, 1)，此时A ∩B = ∅，
当0 < a < 1时，A = {y |y = ax, x > 0} = (0, 1)，
若k < 0，则B = {y
y = xk, x ∈A} = (1, +∞)，此时A ∩B = ∅，
故“k < 0”是“A ∩B = ∅”的充分条件；
当a > 1时，A = (1, +∞)，若A ∩B = ∅，B = {y
y = xk, x ∈A}，可得k ≤0，
当0 < a < 1时，A = (0, 1)，若A ∩B = ∅，B = {y
y = xk, x ∈A}，可得k ≤0，
所以“k < 0”不是“A ∩B = ∅”的必要条件，
所以“k < 0”是“A ∩B = ∅”的充分非必要条件.
故选：A.
教法备注
【考点】幂函数与指数函数的值域
【教法】讨论指数函数的底数和幂函数的幂指数对函数值域的影响，分别写出对应情况下的集合A, B
解析
变式3-3
已知f (x) = 2x (x ∈R)．
(1)
解不等式：f (2x) −4f (x) ≤32；
(2)
记g (x) = f (x) + f (−x)，求函数y = g (2x) −2g (x)的最小值．
答案
14
(1) （−∞，3]
(2) −2
(1) f(x) = 2x(x ∈R)，所以f(2x) = 22x，不等式f (2x) −4f (x) ≤32，
即22x −4 ⋅2x −32 ≤0，即(2x + 4) (2x −8) ≤0，2x + 4 > 0恒成立，
故2x ≤8，解得x ≤3，即不等式的解集为（−∞，3]．
(2) g(x) = f(x) + f(−x) = 2x + 2−x，则y = g(2x) −2g(x) = (22x + 2−2x) −2 (2x + 2−x)，
令t = 2x + 2−x，则t = 2x + 2−x ≥2√2x ⋅2−x = 2，当且仅当2x = 2−x，x = 0时取等号，
则22x + 2−2x = (2x + 2−x)2 −2 = t2 −2，
所以问题转化为求函数h (t) = t2 −2 −2t，t ∈[2, +∞)的最小值，
因为h (t) = (t −1)2 −3对称轴为t = 1，开口向上，所以h (t)在[2, +∞)上单调递增，
所以h(t)min = h (2) = −2，
所以函数y = g(2x) −2g(x)的最小值为−2．
教法备注
【考点】指数函数、复合函数
【教法】利用换元法解决复合函数的最值问题，引导学生思考新元的设立过程
解析
变式3-4
某公司通过统计分析发现，工人工作效率E与工作年限r(r > 0)，劳累程度T(0 < T < 1)，劳动动机b(1 < b < 5)相
关，并建立了数学模型E = 10 −10T ⋅b−0.14r．
已知甲、乙为该公司的员工，给出下列四个结论：
①甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作年限长，劳累程度弱，则甲比乙工作效率高；
②甲与乙劳累程度相同，且甲比乙工作年限长，劳动动机高，则甲比乙工作效率高；
③甲与乙工作年限相同，且甲比乙工作效率高，劳动动机低，则甲比乙劳累程度强：
④甲与乙劳动动机相同，且甲比乙工作效率高，工作年限短．则甲比乙劳累程度弱．
其中所有正确结论的序号是
．
①②④
利用指数函数的性质，幂函数的性质逐项分析即得.
设甲与乙的工人工作效率E1, E2，工作年限r1, r2，劳累程度T1, T2，劳动动机b1, b2，
对于①，b1 = b2，r1 > r2，T1 < T2，1 < b < 5，0 < b−0.14
2
< 1
答案
解析
15
∴b−0.14r2
2
> b−0.14r1
1
，T2 > T1 > 0，
则E1 −E2 = 10 −10T1 ⋅b−0.14r1
1
−(10 −10T2 ⋅b−0.14r2
2
) = 10 (T2 ⋅b−0.14r2
2
−T1 ⋅b−0.14r1
1
) > 0，
∴E1 > E2，即甲比乙工作效率高，故①正确；
对于②，T1 = T2，r1 > r2，b1 > b2，
∴1 > b−0.14
2
> b−0.14
1
> 0，b−0.14r2
2
> b−0.14r2
1
> b−0.14r1
1
，
则E1 −E2 = 10 −10T1 ⋅b−0.14r1
1
−(10 −10T2 ⋅b−0.14r2
2
) = 10T1 (b−0.14r2
2
−b−0.14r1
1
) > 0，
∴E1 > E2，即甲比乙工作效率高，故②正确；
对于③，r1 = r2，E1 > E2，b1 < b2，0 < b1
b2
< 1，
∴E1 −E2 = 10 (T2 ⋅b−0.14r2
2
−T1 ⋅b−0.14r1
1
) > 0，T2 ⋅b−0.14r2
2
> T1 ⋅b−0.14r1
1
，
T2
T1
> b−0.14r1
1
b−0.14r2
2
= ( b1
b2
)
−0.14r1
> 1，
所以T2 > T1，即甲比乙劳累程度弱，故③错误；
对于④，b1 = b2，E1 > E2，r1 < r2，
∴E1 −E2 = 10 (T2 ⋅b−0.14r2
2
−T1 ⋅b−0.14r1
1
) > 0，T2 ⋅b−0.14r2
2
> T1 ⋅b−0.14r1
1
，
∴T2
T1
> b−0.14r1
1
b−0.14r2
2
= (b1)−0.14(r1−r2) > 1，
所以T2 > T1，即甲比乙劳累程度弱，故④正确.
故答案为：①②④.
教法备注
【考点】指数函数、幂函数的性质
【教法】利用作差、作商法对选项进行逐一分析
知识点3——对数运算与对数函数
考点4：对数运算
知识笔记
对数的定义
若 aN = b(a > 0, a ≠1) ，则 N 叫做以 a 为底 b 的对数，即N = loga b
对数的运算法则
（1）对数恒等式：
aloga M=
M
；loga a=
1
；loga 1=
0
16
（2）对数的运算法则：
loga MN =
loga M + loga N
loga
M
N =
loga M −loga N
loga M N =
N loga M
（3）换底公式：
loga M = logb M
logb a
(b > 0, b ≠1)
注意：换底公式有一些二级结论，可用于简化对数运算，例如
loga b =
1
logb a ；logaN bM =
M
N loga b
；logaN bN =
loga b
经典例题
例4
计算：(√2)
log2(√7−3)
2
+ 5
log25(√7+2)
2
=
.
5
利用loga b = logan bn以及alogab = b计算即可.
(√2)
log2(√7−3)
2
+ 5
log25(√7+2)
2
= (√2)
log√2(3−√7)
+ 5
log5(√7+2)
= (3 −√7) + (√7 + 2) = 5
故答案为：5
答案
解析
练4-1
方程log2(x + 1) + log2(x −1) = 1的解为
.
√3
利用对数的运算法则将对数方程转化为关于x的方程，求解即可．
答案
解析
17
原方程可化为log2 (x + 1) = −log2 (x −1) + 1,
即 log2 (x + 1) = log2
2
x −1 .
所以x + 1 =
2
x −1 ,
解得 x = √3或x = −√3.
又x + 1 > 0 且x −1 > 0,
所以 x > 1.所以x = −√3不满足题意,
因此应舍去.故方程的解为x = √3.
故答案为：√3.
本题考查解对数方程，求解对数方程时，利用对数运算性质转化为关于真数的方程时，要注意等价变化，同
时要满足真数大于0的条件，是基础题．
练4-2
已知log73 = a，log74 = b，用a，b表示log4948为
．
a + 2b
2
试题分析：log4948 = 1
2 log748 = 1
2 log73 × 16 = 1
2 (log73 + 2log74) = 1
2 (a + 2b)．
考点：1、换底公式；2、对数的运算．
教法备注
【考点】换底公式
【教法】选择合适的底数，再利用对数的运算法则进行求解
答案
解析
练4-3
定义“正对数”：ln+x = {
，现有四个命题：
①若a > 0，b > 0，则ln+ (ab) = ln+a + ln+b；
②若a > 0，b > 0，则ln+ab = bln+a；
③若a > 0，b > 0，则ln+ ( a
b ) ≥ln+a −ln+b；
0, 0 < x < 1
ln x, x ≥1
18
④若a > 0，b > 0，则ln+ (a + b) ≤ln+a + ln+b + ln+2.
则所有真命题的序号为
A. ①②③
B. ①②④
C. ③④
D. ②③④
D
教法备注
【考点】对数运算
【教法】根据正对数的新定义，对真数取值进行分类讨论，依次判定选项的正确性
答案
解析
考点5：对数函数的图像与性质
知识笔记
对数函数的图像与性质
一般地，形如 y = loga x(a > 0, a ≠1) 叫做对数函数
底数
a > 1
0 < a < 1
图像
定义域
(0, +∞)
(0, +∞)
值域
R
R
单调性
严格递增
严格递减
定点
过定点 (1, 0)
过定点 (1, 0)
渐近线
y 轴
y 轴
19
经典例题
例5
若函数f (x) = loga (x + b)的大致图象如图，其中a, b为常数，则函数g (x) = ax + b的大致图象是（ ）
A.
B.
C.
D.
B
由函数f(x) = loga(x + b)的图象可推得，0 < a < 1，且0 < b < 1，可得函数g(x) = ax + b的图象递减，且
1 < g(0) < 2，从而可判断答案.
由函数f(x) = loga(x + b)的图象为减函数可知，0 < a < 1，
再由图象的平移变换知，f(x) = loga(x + b)的图象由f(x) = loga x向左平移不超过一个单位，可知0 < b < 1，
故函数g(x) = ax + b的图象递减，且1 < g(0) = 1 + b < 2，则符合题意的只有B中图象
故选：B.
答案
解析
练5-1
已知函数y = loga(x + 3) + 2(a > 0且a ≠1)的图象恒过定点P，则P的坐标为
．
20
（-2,2）
由对数函数图象恒过（1,0）点，即可求解.
因为对数函数图象恒过（1,0）点，
所以令x + 3 = 1，解得：x = −2，
所以函数y = loga(x + 3) + 2(a > 0且a ≠1)的图像恒过（-2,2）.
故答案为：（-2,2）
答案
解析
练5-2
已知x满足1
2 ≤x ≤8.
(1)
求log2 x的取值范围；
(2)
求函数f (x) = log2 (2x) ⋅log2
x
4 的最小值.
(1) −1 ≤log2 x ≤3
(2) −9
4
(1) 由1
2 ≤x ≤8，得−1 ≤log2 x ≤3.
(2) 因为f (x) = log2 (2x) ⋅log2
x
4 = (log2 x + 1) (log2 x −2) = (log2 x −1
2 )
2
−9
4 ，
所以当log2 x = 1
2 即x = √2时，f(x)取得最小值−9
4 .
教法备注
答案
解析
21
【考点】对数函数、复合函数
【教法】根据对数函数运算法则进行函数形式的整理，转化为一元二次函数的最值问题
练5-3
已知函数y = lg (x2 −ax + 1)．
(1)
若该函数的定义域为R，求实数a的范围；
(2)
若该函数的值域为R，求实数a的范围．
(1) −2 < a < 2；
(2) a ≤−2或 a ≥2．
(1) 由题意知需使x2 −ax + 1 > 0恒成立，只要Δ = a2 −4 < 0，得−2 < a < 2；
(2) 要使函数的值域是R，需真数能取尽一切正数，只要Δ = a2 −4 ≥0，得a ≤−2或a ≥2．
教法备注
【考点】对数型复合函数的定义域与值域
【教法】定义域为R是恒成立问题，值域为R是真数所在位置的函数能否取遍所有正数的问题
答案
解析
03 函数概念
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解函数的定义
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数定义域的求解方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数解析式的求解方法
目标4
★★★★☆☆ 识别
解决各类函数的值域问题
知识清单
教法备注
1．函数概念在考纲中考查对函数概念、对函数表示方法、定义域值域对应关系的理解，以及函数定义域、值
域、解析式求解方法的掌握情况，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆水平、解释性理解水平及探究性理
解水平，考查学生的数学素养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、
数学应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题为主，难度中等，偶尔会在填选压轴中结合其他知识点综合考查，分值约为10分，
占比6.67%；
3．对应教材：必修一，第五章函数的概念、性质及应用；
4．本讲知识点涉及集合不等式的求解，后续会和三角函数、数列等内容有综合考查运用，公立学校会在高三
2
初复习，部分重点学校（如四校八大）会在高二下提前开始复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习
有关。
教法备注
【课堂引入】
设曲线 C 与函数 f(x) = √3
12 x2(0 ≤x ≤m) 的图像关于直线 y = √3x 对称，若曲线 C 仍为某函数的图像，则
实数 m 的取值范围为 _________ .
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——函数的定义与定义域
考点1：函数的定义
知识笔记
函数的定义
设 D 是一个非空的实数集，如果按照某种确定的对应关系 f ，使对集合 D 中的任意给定的 x ，都有
唯一确
定
的实数 y 和它对应，那么就称这个对应关系 f 为集合 D 上的一个函数，记作 y = f(x), x ∈D 。
其中，x 是自变量，x 的取值范围叫做这个函数的定义域，相应 y 的取值范围叫做函数的值域。（ 需注意：一
个 x 只能对应一个 y ，但一个 y 可对应一个或多个 x ）
经典例题
例1
1
下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的定义域和值域一定是无限集
B. 函数值域中的每一个数，在定义域中都有唯一的数与之对应
C. 函数的定义域和值域确定后，函数的对应关系也就确定了
D. 若函数的定义域中只含有一个元素，则值域中也只含有一个元素
3
D
根据函数的定义以及值域、定义域的定义，可得答案.
函数的定义域和值域也可以是有限集，A错误．对于定义域中的每一个数x，在值域中都有唯一的数y和它对
应，反之则不然，故B错误，D正确，C显然错误．
故选：D.
答案
解析
变式1-1
1
下列图象中，不能表示函数的是（ ）
A.
B.
C.
D.
C
C选项的函数图像中存在x0 ∈(0, +∞)，对应两个不同的函数值，故不是函数图像.
故选：C
答案
解析
4
变式1-2
1
已知函数y = f (x)的定义域为{−2, −1, 1, 2}，值域为{−2, 2}，则满足条件的函数y = f (x) 最多有
个.
14
由函数的概念及分类加法计数原理、组合数计算得解.
由函数定义，转化为给−2, 2安排对应的自变量，每一种对应方式，即为一个函数，
给−2取3个自变量，则2对应1个自变量，有C3
4种，
给−2取2个自变量，则2对应2个自变量，有C2
4种，
给−2取1个自变量，则2对应3个自变量，有C1
4种，
所以由分类加法计数原理知，共有C3
4 + C2
4 + C1
4 = 14种不同的对应方式，
故答案为：14
教法备注
【考点】函数的定义
【教法】根据函数一一对应的关系进行分类
答案
解析
变式1-3
1
设D是含数1的有限实数集，f (x)是定义在D上的函数，若f (x)的图象绕原点逆时针旋转
π
6 后与原图象重合，则在
以下各项中，f (1)的可能取值只能是（ ）
A. √3
B. √3
2
C. √3
3
D. 0
B
答案
解析
5
利用函数的定义即可得到结果.由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转π
6 个单
位后与下一个点会重合．
我们可以通过代入和赋值的方法当f（1）=√3，√3
3 ，0时，此时得到的圆心角为π
3 ，π
6 ，0，然而此时x=0或
者x=1时，都有2个y与之对应，而我们知道函数的定义就是要求一个x只能对应一个y，因此只有当x= √3
2 ，此
时旋转π
6 ，此时满足一个x只会对应一个y，
故选B．
本题考查函数的定义，即“对于集合A中的每一个值，在集合B中有唯一的元素与它对应”(不允许一对多).
教法备注
【考点】函数的定义
【教法】根据函数的定义，猜测该函数是圆上的散点，然后利用f (1)取值的不同找矛盾，排除错误选项
变式1-4
1
设曲线C与函数f (x) = √3
24 x3 (0 < x ≤t)的图像关于直线y = √3x对称，设曲线C仍然是某函数的图像，则实数t的
取值范围是
.
(0, 2√6
3
]
设l是f (x) = √3
24 x3 (0 < x ≤t)在点M (t, √3
24 t3)处的切线，进而根据题意得直线l关于y = √3x对称后的直线
方程必为x = a，曲线C才能是某函数的图像，进而得l的方程为l: y = √3
3 (x −t) + √3
24 t3 (0 < x ≤t)，再联立
方程即可得t = 2√6
3
，进而得答案.
设l是f (x) = √3
24 x3 (0 < x ≤t)在点M (t, √3
24 x3)处的切线，
因为曲线C与函数f (x) = √3
24 x3 (0 < x ≤t)的图像关于直线 y = √3x 对称，
所以直线l关于y = √3x对称后的直线方程必为x = a，曲线C才能是某函数的图像，
如图所示直线y = √3x与x = a的角为π
6 ，所以l的倾斜角为π
6 ，
答案
解析
6
所以l的方程为l: y = √3
3 (x −t) + √3
24 t3 (0 < x ≤t)
故联立方程得
，即x3 −t3 −8(x −t) = 0，
则(x −t)(x2 + xt + t2 −8) = 0，即x2 + xt + t2 −8 = 0与x −t = 0同解，
所以t = 2√6
3
所以t的取值范围为(0, 2√6
3
].
故答案为：(0, 2√6
3
]
教法备注
【考点】函数的定义
【教法】根据函数的定义，找到曲线C仍为函数的临界位置，从而求出t的取值
⎧
⎨
⎩
y = √3
3 (x −t) + √3
24 t3
y = √3
24 x3
考点2：函数的定义域
知识笔记
具体函数和抽象函数的定义域
具体函数的定义域：
（1）分母不为 0 ；（2）偶次根式 ≥0 ；（3）真数 > 0 ；（4） 0 的 0 次方无意义等。
抽象函数的定义域：
（1）括号内的取值范围是一致的；（2）定义域指的是 x 的范围。
经典例题
例2
7
1
求下列函数y =
lg (3 −x)
√12 + x −x2 + (x + 1)0的定义域.
(−3, −1) ⋃(−1, 3)
要使该函数表达式有意义，只需3 −x > 0，12 + x −x2 > 0，x + 1 ≠0同时成立，解不等式即可求出结果．
由
，即$\left\{ \begin{matrix} x<3 \ -3<4 \ x\ne -1 \ \end{matrix} \right.$，所以$-3<-1$或
$-1<3$，
故该函数的定义域为(−3, −1) ⋃(−1, 3)．
本题主要考查函数定义域的求法，求函数定义域时：①由解析式有意义列出关于自变量的不等式或不等式组，
解此不等式（或组）即得原函数的定义域；②函数解析式一般不要变形或化简；③定义域要用集合或区间来表
示．
答案
解析
⎧
⎨
⎩
3 −x > 0
12 + x −x2 > 0
x + 1 ≠0
变式2-1
1
求下列函数的定义域：
（1）y =
1
|x + 2| −1 ；
（2）f (x) = √1 + x + lg (1 −x).
（1） (−∞, −3) ⋃(−3, −1) ⋃(−1, +∞)；（2） [−1, 1)；
根据题意，列出使函数解析式有意义的关于自变量的不等式（组)，求出解集即可．
解：（1）因为y =
1
|x + 2| −1 ；
所以|x + 2| −1 ≠0，
即|x + 2| ≠1，
解得x ≠−1，且x ≠−3；
∴f(x)的定义域是{x|x ≠−1，且x ≠−3}即(−∞, −3) ⋃(−3, −1) ⋃(−1, +∞)．
（2）因为f (x) = √1 + x + lg (1 −x)；
答案
解析
8
{
，
解得−1 ≤x < 1；
∴f(x)的定义域是[−1, 1)；
x + 1 ≥0
1 −x > 0
变式2-2
1
与函数y = √x3为同一函数的是（ ）
A. y = x√x
B. y = −x√x
C. y = x√−x
D. y = |x|
A
先判断函数定义域是否相同，再判断解析式是否相同即可.
函数y = √x3的定义域为[0, +∞)，
对于A：函数y = x√x的定义域为[0, +∞)且y = x√x = √x3，所以A正确；
对于B：函数y = −x√x的定义域为[0, +∞)，y = −x√x = −√x3，所以B错误；
对于C：函数y = x√−x的定义域为(−∞, 0]，C错误；
对于D：函数y = |x|的定义域为R，D错误，
故选：A
答案
解析
例3
1
已知函数f(x)的定义域为[0, 4]，求函数y = f(x + 3) + f(x2)的定义域为（ ）
A. [−2, −1]
B. [1, 2]
C. [−2, 1]
D. [−1, 2]
C
根据抽象函数的定义域得到关于x的不等式组，解出即可
函数f(x)的定义域为[0, 4]，
所以函数y = f(x + 3) + f(x2)的定义域满足：{
答案
解析
0 ≤x + 3 ≤4
0 ≤x2 ≤4
9
解得{
，即−2 ≤x ≤1
所以函数y = f(x + 3) + f(x2)的定义域为[−2, 1]
故选：：C
教法备注
【考点】抽象函数的定义域
【教法】分别求出f(x + 3)和f (x2)的定义域，注意最后需要求解公共定义域
−3 ≤x ≤1
−2 ≤x ≤2
变式3-1
1
（1）已知函数f(x)的定义域为(0, 1)，求函数f(x2)的定义域;
（2）已知函数f(2x + 1)的定义域为(0, 1)，求f(x)的定义域;
（3）已知函数f(x + 1)的定义域为[−2, 3]，求f(2x2 −2)的定义域.
（1） {x| −1或0；（2） {x|1；（3）\{x|-\sqrt{3}\le x\le -\dfrac{\sqrt{2}}{2}或\dfrac{\sqrt{2}}{2}\le x\le
\sqrt{3}\}$.
求抽象函数的定义域时，注意括号内范围等同即可求出答案，比如若已知函数函数f(x)的定义域为[a, b]，则符
合函数f (g (x))的定义域由a ≤g (x) ≤b求出．
解：（1）∵f(x)的定义域为(0, 1)，
∴要使f(x2)有意义，需使0 < x2 < 1<>，即$-1或$0，
∴f(x2)的定义域为$\{x|-1；
（2）∵f(2x + 1)的定义域为(0, 1)，即其自变量x的取值范围是$0，
令t = 2x + 1，则$1，
答案
解析
10
即关于t的函数f(t)的定义域为$\{t|1，
从而函数f(x)的定义域为$\{x|1；
（3）∵f(x + 1)的定义域为[−2, 3]，即其自变量x的取值范围是−2 ≤x ≤3，
若令t = x + 1，则−1 ≤t ≤4，
即关于t的函数f(t)的定义域为{t| −1 ≤t ≤4}，
从而要使函数f(2x2 −2)有意义，
只需−1 ≤2x2 −2 ≤4，解得−√3 ≤x ≤−√2
2 或
√2
2
≤x ≤√3，
∴f(2x2 −2)的定义域为{x| −√3 ≤x ≤−√2
2 或
√2
2
≤x ≤√3}．
本题主要考查抽象函数的定义域，注意括号内范围等同，比如已知函数函数f(x)的定义域为[a, b]，则符合函数
f (g (x))的定义域由a ≤g (x) ≤b求出，属于中档题．
教法备注
【考点】抽象函数的定义域
【教法】根据抽象函数定义域的求解要求解决该问题
例4
1
已知函数y = √mx + 1 (m < 0)在(−∞, 2]上有意义，则实数m的范围是
．
[−1
2 , 0)
求出函数的定义域(−∞, −1
m ]，使(−∞, 2] ⊆(−∞, −1
m ]，列不等式即可求解.
要使函数有意义，则mx + 1 ≥0（m < 0），
解得x ≤−1
m ，所以函数的定义域为(−∞, −1
m ]，
所以(−∞, 2] ⊆(−∞, −1
m ]，所以−1
m ≥2，解得0 > m ≥−1
2 ，
所以实数m的范围是[−1
2 , 0).
故答案为：[−1
2 , 0)
教法备注
答案
解析
11
【考点】函数的定义域
【教法】含参函数的定义域问题转化为不等式恒成立问题
变式4-1
1
若函数y = lg [(k + 2)x2 + (k + 2)x + 5
4 ]的定义域为R，则实数k的取值范围是
.
[−2, 3)
依题意，令g (x) = (k + 2)x2 + (k + 2)x + 5
4 ，利用g (x) > 0恒成立即可求得实数k的取值范围解：∵函数
y = lg [(k + 2)x2 + (k + 2)x + 5
4 ]的定义域为R，
令g (x) = (k + 2)x2 + (k + 2)x + 5
4 ，
则g (x) > 0恒成立，
当k + 2 = 0即k = −2时，g (x) = 5
4 大于零恒成立，满足条件；
当k + 2 ≠0，则
解得$-2<3$
综上可得−2 ≤k < 3，即k ∈[−2, 3)
故答案为：[−2, 3)
本题考查函数恒成立问题，着重考查对数函数的定义域，考查一元二次不等式恒成立问题，属于中档题
教法备注
【考点】函数的定义域
【教法】含参函数的定义域问题转化为不等式恒成立问题，需要分类讨论
答案
解析
⎧
⎨
⎩
k + 2 > 0
(k + 2)2 −4 × 5
4 × (k + 2) < 0
变式4-2
1
已知函数f (x) =
x + 1
ax2 −2ax + 1 的定义域为R，则实数a的取值范围是
.
0 ≤a < 1
答案
12
根据分式函数中分母不为0得∀x ∈R, ax2 −2ax + 1 ≠0恒成立，分类讨论，a = 0时符合题意，a ≠0时利用判
别式法列不等式求解即可.
函数f (x) =
x + 1
ax2 −2ax + 1 的定义域为R，
得∀x ∈R, ax2 −2ax + 1 ≠0恒成立，
当a = 0时，1 ≠0恒成立；
当a ≠0时，Δ = 4a2 −4a < 0，得0 < a < 1，
综上，实数a的取值范围是0 ≤a < 1.
故答案为：0 ≤a < 1
教法备注
【考点】函数的定义域
【教法】含参函数的定义域问题转化为恒成立问题，需要分类讨论
解析
知识点2——函数解析式
考点3：函数解析式的求解
知识笔记
函数解析式的求解方法
（1）待定系数法：已知函数类型，设参数求解；
（2）换元法：对复杂部分进行换元处理；
（3）构造方程组法：根据题目所给方程，合理更换变量形式，构造方程，联立求解；
（4）配凑法：针对变量形式，整体配凑换元。
经典例题
例5
1
（1）已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求函数f(x)的解析式；
（2） 已知函数f(x)的定义域为R且满足f(x＋1)＝2f(x)．若当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，求当－1≤x≤0时，函数f(x)的
解析式；
（3） 已知f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足3f(x)＋5f( 1
x )＝3
x ＋1，求函数f(x)的解析式．
13
（1）f(x)＝ 1
2 x ＋ 1
2 x；（2）f(x)＝－ x
2 (x＋1)；（3）f(x)＝ 15
16 x－ 9
16x ＋ 1
8 .
（1）设出二次函数的解析式，求出f (x + 1)，根据已知条件，列出方程，即可求出结果；
（2）根据f(x＋1)＝2f(x)，结合已知解析式，即可求得结果；
（3）利用解方程组的方法，即可求得结果.
（1） 因为f(x)为二次函数，
所以设f(x)＝ax ＋bx＋c(a≠0)，
则f(0)＝c＝0，所以f(x)＝ax ＋bx.
因为f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，
所以a(x＋1) ＋b(x＋1)＝ax ＋bx＋x＋1，
ax ＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax ＋(b＋1)x＋1，
所以{
解得
所以f(x)＝1
2 x ＋1
2 x；
（2） 当－1≤x≤0时，0≤x＋1≤1，
所以f(x)＝f(x + 1)
2
＝1
2 (x＋1)(1－x－1)＝－x
2 (x＋1)．
（3） 因为3f(x)＋5f( 1
2 )＝3
x ＋1，①
所以3f( 1
x )＋5f(x)＝3x＋1，②
由①＋②，得8f(x)＋8f ( 1
x )＝3x＋3
x ＋2，③
由②－3
8 ③，得2f(x)＝15
8 x－9
8x ＋1
4 ，
所以f(x)＝15
16 x－9
16x ＋1
8 .
本题考查利用待定系数法求函数解析式、用递推关系求函数解析式以及用解方程组的方法求函数解析式.
教法备注
【考点】函数的解析式
【教法】（1）已知函数类型可以用待定系数法；
（2）已知函数的部分解析式，可以利用函数性质求解其他部分的解析式；
（3）更换变量形式，令x = 1
x ，构造方程组求解析式
答案
2
解析
2
2
2
2
2
2
2a + b = b + 1
a + b = 1
⎧
⎨
⎩
a = 1
2
b = 1
2
2
14
变式5-1
1
（1）已知函数f(x)是一次函数，且f(0) = 1，f(x + 1) −f(x) = 2，求f(x)的解析式．
（2）已知f (√x) = x + 2√x，求f(x)的解析式；
（1） f(x) = 2x + 1；（2） f(x) = x2 + 2x（x ≥0）
（1）设f(x) = ax + b，根据已知列出方程，求解得出a, b的值即可；
（2）换元t = √x，x = t2，代入即可得出答案.
（1）设f(x) = ax + b，则有f(0) = b = 1
f(x + 1) −f(x) = a(x + 1) + b −(ax + b) = a = 2，故f(x) = 2x + 1
（2）令t = √x，则t ≥0，x = t2，
因为f (√x) = x + 2√x，所以f(t) = t2 + 2t，
所以f(x) = x2 + 2x（x ≥0）.
教法备注
【考点】函数的解析式
【教法】（1）已知函数类型可以用待定系数法；
（2）整体换元法，令√x = t
答案
解析
变式5-2
1
（1）已知函数f(x)满足2f(x) + f( 1
x ) = 3x，求f(x)的解析式.
15
（2）已知f(x) + 2f(−x) = x2 + 2x，求f(x)的解析式.
（1） f(x) = 2x −1
x (x ≠0)；（2） f(x) = 1
3 x2 −2x.
（1）用1
x 代换x，构造新方程，与原方程联立，即可解得f(x)的解析式；
（2）用－x代换x，构造新方程，与原方程联立，即可解得f(x)的解析式.
解（1）因为2f(x) + f( 1
x ) = 3x①，所以用1
x 替换x，得2f( 1
x ) + f(x) = 3
x (x ≠0)②，
联立①②得
，解得f(x) = 2x −1
x (x ≠0).
（2）因为f(x) + 2f(−x) = x2 + 2x①，所以用-x替换x，得f(−x) + 2f(x) = x2 −2x②，联立①②得3f(x)＝x －
6x，解得f(x) = 1
3 x2 −2x.
本题考查函数解析式的求法，易错点为容易忽略定义域，属中档题.
求解析式常见题型有以下几种：
（1）换元法求解析式，需注意换元后参数的范围；
（2）待定系数法求解析式，适用于已知函数类型求解析式；
（3）方程组法求解析式，适用于方程中自变量互为倒数、相反数等情况；
（4）根据实际情况求解析式.
教法备注
【考点】函数的解析式
【教法】（1）更换变量形式，令x = 1
x ，构造方程组求解析式；
（2）更换变量形式，令x = −x，构造方程组求解析式
答案
解析
⎧
⎨
⎩
2f(x) + f ( 1
x ) = 3x
2f ( 1
x ) + f(x) = 3
x
2
16
知识点3——函数值域
考点4：函数值域的求解
知识笔记
函数值域的求解方法
（1）基本初等函数：图像法；
（2）分式型函数：分离常数法，图像法，换元法，判别式法；
（3）根式型函数：单调性，换元法，分子有理化，平方法；
（4）绝对值函数：几何意义，零点分段法；
（5）复合型函数：换元。
经典例题
例6
1
求下列函数的值域：
(1)
f (x) = 2x −√x −1；
(2)
f (x) = 2x −3
x + 1 , x ∈(1, 3)；
(3)
f (x) = x2 + 2x + 1
x2 + x + 1 , x ∈(3, 5).
17
(1) [ 15
8 , +∞)
(2) (−1
2 , 3
4 )
(3) ( 36
31 , 16
13 )
(1) 令t = √x −1，则x = t2 + 1，t ≥0，
所以y = 2t2 + 2 −t = 2(t −1
4 )
2
+ 15
8 ≥15
8 ，
所以f (x)的值域为[ 15
8 , +∞).
(2) f (x) = 2x −3
x + 1 = 2 −
5
x + 1 ，
由反比例函数性质可知，f (x)在(1, 3)上单调递增，
所以f (1) < f (x) < f (3)，即−1
2 < f (x) < 3
4 ，
所以f (x)的值域为(−1
2 , 3
4 ).
(3) f (x) = x2 + 2x + 1
x2 + x + 1 = 1 +
x
x2 + x + 1 = 1 +
1
x + 1 + 1
x
,
令t = x + 1
x ，则y = 1 +
1
t + 1 ，
由对勾函数性质可知，t = x + 1
x 在(3, 5)上单调递增，所以10
3 < t < 26
5 ，
由反比例函数性质可知，y = 1 +
1
t + 1 在( 10
3 , 26
5 )单调递减，
所以36
31 < y < 16
13 ，即f (x)的值域为( 36
31 , 16
13 ).
教法备注
【考点】函数值域的求解
【教法】（1）换元法，令t = √x −1，转化为一元二次函数的值域
（2）分离常数法或者直接画出其图像，根据图像求值域
（3）2次比2次型，可以分离常数转化为1次比2次型求值域
答案
解析
变式6-1
1
求下列函数的值域：
18
(1)
y = x2 −3x + 3
x −1
；
(2)
y = 2x + 4√1 −x．
(1) (−∞, −3 ]∪[1, +∞)
(2) (−∞, 4]．
(1) 解：设t = x −1，则x = t + 1，
因为x ∈(−∞, 1) ∪(1, +∞)，所以t ∈(−∞, 0) ∪(0, +∞)，
所以y = (t + 1)2 −3 (t + 1) + 3
t
= t2 −t + 1
t
= t + 1
t −1．
因为t + 1
t ∈(−∞, −2 ]∪[2, +∞)，所以t + 1
t −1 ∈(−∞, −3 ]∪[1, +∞)，
故函数y = x2 −3x + 3
x −1
的值域为(−∞, −3 ]∪[1, +∞)．
(2) 解：设t = √1 −x，则t ≥0，x = 1 −t2，
所以y = 2 (1 −t2) + 4t = −2(t −1)2 + 4，
显然y的最大值是4，
所以函数y = 2x + 4√1 −x的值域为(−∞, 4]．
教法备注
【考点】函数值域的求解
【教法】（1）2次比1次型，可以换元分母，令t = x −1，转化为对勾/飘带函数
（2）换元法，令t = √1 −x，转化为一元二次函数的值域
答案
解析
变式6-2
19
1
求函数y = |x −1 |+|x −2 |+|x −3 |+|x −4|的最小值．
最小值为4
利用绝对值不等式的性质和不等式的同向可加性，来求解最小值，同时要说明取等号的条件.
因为|x −1| + |x −4| ≥|x −1 + 4 −x| = 3，|x −2| + |x −3| ≥|x −2 + 3 −x| = 1，
所以y = |x −1| + |x −2| + |x −3| + |x −4| ≥3 + 1 = 4，
等号当且仅当{
,即2 ≤x ≤3时成立，
所以函数最小值为4．
教法备注
【考点】函数值域的求解
【教法】可以根据零点分段法画出它的函数图像，也可以根据绝对值加法的几何意义分析其几何意义求出最
值
答案
解析
1 ≤x ≤4
2 ≤x ≤3
例7
1
20
已知函数f (x) =
1
√ax2 + ax + 1
(1)
若其定义域是R，求实数a的取值范围；
(2)
若其值域是(0, +∞)，求实数a的取值范围.
(1) [0, 4)
(2) [4, +∞)
(1) 由题知，f (x) =
1
√ax2 + ax + 1
，定义域是R，
所以ax2 + ax + 1 > 0恒成立，
当a = 0时，1 > 0恒成立，
当a ≠0时，应满足{
，解得0 < a < 4，
综上可得0 ≤a < 4，
所以实数a的取值范围为[0, 4)
(2) 由题知，f (x) =
1
√ax2 + ax + 1
，值域是(0, +∞)
所以(0, +∞) ∈ax2 + ax + 1，
令y = ax2 + ax + 1
当a = 0时，y = 1 不满足题意，
当a < 0时，y = ax2 + ax + 1，开口向下，不满足题意，
当a > 0时，应满足{
，解得a ≥4，
综上可得a ≥4，
所以实数a的取值范围为[4, +∞)
教法备注
答案
解析
a > 0
a2 −4a < 0
a > 0
a2 −4a ≥0
21
【考点】函数定义域、值域
【教法】（1）函数定义域为R转化为恒成立问题；
（2）值域为(0, +∞)转化为ax2 + ax + 1要取遍所有的正数问题
变式7-1
1
当x ∈( 1
3 , 3)时，不等式|loga x| < 1恒成立，则实数a的取值范围为
．
(0, 1
3 ] ∪[3, +∞)
由题设−1 < loga x < 1，讨论0 < a < 1、a > 1结合恒成立，列不等式组求范围.
由题设|loga x| < 1 ⇒−1 < loga x < 1，
当0 < a < 1时，a < x < 1
a ，此时只需
，则有0 < a ≤1
3 ；
当a > 1时，1
a < x < a，此时只需
，则有a ≥3；
综上，实数a的取值范围为(0, 1
3 ] ∪[3, +∞).
故答案为：(0, 1
3 ] ∪[3, +∞)
答案
解析
⎧
⎨
⎩
a ≤1
3
1
a ≥3
⎧
⎨
⎩
1
a ≤1
3
a ≥3
变式7-2
1
若函数f(x)=√2x2 −mx + 3值域为[0, +∞)，则实数m的取值范围是
A. (-2√6，2√6)
B. [-2√6，2√6]
C. [-2√6，+ ∞)
D. (-∞，-2√6 ]∪[2√6, +∞)
D
函数y= √2x2 −mx + 3的值域是[0，+∞）⇔当x∈R时，（2x2 −mx + 3）
＝0．⇔方程2x2 −mx + 3＝0在
答案
解析
min
22
实数集范围内有解，解出即可．∵函数y= √2x2 −mx + 3的值域是[0，+∞），
∴当x∈R时，（2x2 −mx + 3）
＝0⇔方程2x2 −mx + 3＝0在实数集范围内有解．⇔△=m ﹣4 × 2 × 3＝m ﹣
24≥0，解得m∈（﹣∞，-2√6]∪[2√6，+∞）．
故选D．
本题考查了根式与二次函数的复合函数的值域问题，考查了判别式的应用，对已知问题等价转化是解题的关
键，属于中档题．
教法备注
【考点】函数值域
【教法】值域为[0, +∞)转化为2x2 −mx + 3要取遍所有的非负数问题
min
2
2
变式7-3
1
已知函数f (x) = a −log2 (x + 3), g (x) = 24−|x|，对于任意的x1 ∈[−1, 1]都能找到x2 ∈[−1, 1]，使得f (x1) = g (x2)
，则实数a的取值范围是
.
[10, 17]
分别求出函数f(x)，g(x)的值域，然后由集合的包含关系得参数范围．
x ∈[−1, 1]时，x + 3 ∈[2, 4]，f(x) ∈[a −2, a −1]，
x ∈[−1, 1]时，4 −|x| ∈[3, 4]，g(x) ∈[8, 16]，
于任意的x1 ∈[−1, 1]都能找到x2 ∈[−1, 1]，使得f (x1) = g (x2)，则[a −2, a −1] ⊆[8, 16]，
所以{
，解得10 ≤a ≤17．
故答案为：[10, 17]．
教法备注
【考点】函数值域，双变量
【教法】分别求解两函数的值域，并使得g (x)的值域包含f (x)的值域
答案
解析
a −2 ≥8
a −1 ≤16
变式7-4
1
23
已知函数f(x) = log3
mx2 + 8x + n
x2 + 1
．
（1）若m = 4, n = 4，求函数f(x)的定义域和值域；
（2）若函数f(x)的定义域为R，值域为[0, 2]，求实数m, n的值．
（Ⅰ）定义域为 {x |x ≠−1}，值域为 (−∞, log38]；（Ⅱ） m = 5, n = 5.
（Ⅰ）由m = 4, n = 4，得到f(x) = log3
4x2 + 8x + 4
x2 + 1
，由4x2 + 8x + 4
x2 + 1
> 0，求解，即可得出定义域；令
t = 4x2 + 8x + 4
x2 + 1
，得到(t −4)x2 −8x + t −4 = 0，根据判别式法，即可求出结果；
（Ⅱ）由定义域为R可得：mx2 + 8x + n
x2 + 1
> 0恒成立，即{
，令t = mx2 + 8x + n
x2 + 1
，由于f(x)的
值域为[0, 2]，则t ∈[1, 9]，又(t −m)x2 −8x + t −n = 0，根据判别式大于等于0，解集为t ∈[1, 9]，得到t = 1
和t = 9是方程64 −4(t −m)(t −n) = 0的两个根，由根与系数关系，列出方程组，求解，即可得出结果.
（Ⅰ）若m = 4, n = 4，则f(x) = log3
4x2 + 8x + 4
x2 + 1
，由4x2 + 8x + 4
x2 + 1
> 0，得到
x2 + 2x + 1 > 0，得到x ≠−1，故定义域为{x |x ≠−1}．
令t = 4x2 + 8x + 4
x2 + 1
，则(t −4)x2 −8x + t −4 = 0
当t = 4时，x = 0符合．
当t ≠4时，上述方程要有解，则{
，得到0 ≤t < 4或$4，
又x ≠−1，所以t ≠0，
所以$0，则值域为(−∞, log38]．
（Ⅱ）由于函数f(x)的定义域为R，则mx2 + 8x + n
x2 + 1
> 0恒成立，则{
，即{
，令
t = mx2 + 8x + n
x2 + 1
，由于f(x)的值域为[0, 2]，则t ∈[1, 9]，而
(t −m)x2 −8x + t −n = 0，则由Δ = 64 −4(t −m)(t −n) ≥0,解得t ∈[1, 9] ，故t = 1和t = 9是方程
64 −4(t −m)(t −n) = 0即t2 −(m + n)t + mn −16 = 0的两个根，则{
，得到{
，符合题
意．所以m = 5, n = 5．
本题主要考查求函数定义域，以及由函数值域求参数的问题，熟记函数求值域的方法，以及三个二次之间关
系即可，属于常考题型.
教法备注
【考点】函数值域，定义域
【教法】（1）具体函数求定义域和值域，定义域注意真数为正，值域注意复合函数求值域顺序要由内而外
（2）定义域为R转化为不等式恒成立问题，分式函数值域可以用判别式法求解
答案
解析
m > 0
64 −4mn < 0
Δ = 64 −4(t −4)2 ≥0,
t ≠0
m > 0
64 −4mn < 0
m > 0
mn > 16
m + n = 10
mn −16 = 9
m = 5
n = 5
04 奇偶性和单调性
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数奇偶性的定义及判定方法
目标2
★★★☆☆☆ 操作
运用奇偶性质解决参数问题
目标3
★★☆☆☆☆ 理解
理解函数的单调性
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数的单调性判定及证明方法
目标5
★★★☆☆☆ 操作
运用函数的单调性解决相关问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．函数奇偶性与单调性在考纲中考查对函数奇偶性与单调性、对应的图像关系，判定及证明方法，以及相关
应用的掌握情况，考纲中明确对该知识点的考查涉及解释性理解水平及探究性理解水平，考查学生的数学素
养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度中等，偶尔会在填选压轴中结合其他知识点综合考查，分值约
为10分，占比16%；
3．对应教材：必修一，第五章函数的概念、性质及应用；
2
4．本讲知识点涉及函数的解析式、定义域等问题，后续会和三角函数等内容有综合考查运用，公立学校会在
高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
【课堂引入】
（2021•虹口一模）已知函数f(x) = (a + 1)x2 + (a −1)x + (a2 −1)，其中a ∈R。
（1）当f(x)是奇函数时，求实数 的值；
（2）当函数f(x)在[2, +∞)上单调递增时，求实数 的取值范围。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——函数奇偶性定义及判定
考点1：奇偶函数的定义域特征
知识笔记
奇偶函数的判断
1.具有奇偶性的函数的定义域特征：定义域关于原点对称
为此，确定函数的奇偶性时，须先判定函数定义域是否关于原点对称。
2.确定奇偶性的常用方法（若所给函数的解析式较为复杂，应先化简）：
（1）定义法：如果对于函数y = f(x)定义域D内任意实数 ，都有
f(−x) = −f(x) ⇔ 为奇；
f(−x) = f(x) ⇔ 为偶；
（2）利用函数奇偶性定义的等价形式：f(−x) ± f(x) = 0或者 f(−x)
f(x)
= ±1
（3）图像法：奇函数的图像关于原点对称；偶函数的图像关于y轴对称；
（4）奇±奇=奇，偶±偶=偶，奇±偶=非奇非偶；
奇×÷奇=偶，偶×÷偶=偶，奇×÷偶=奇；
（5）复合函数的奇偶性特点是：“内偶则偶，内奇同外”；
注意：证明函数奇偶性，必须用定义法；而证明函数既非奇函数也非偶函数，只需举反例，或者说明定义域不关
3
于原点对称即可。
经典例题
例1
判断下列函数的奇偶性：
（1）f(x) = x(x + 2)
x + 2
；（2）f(x) =
√1 −x2
|x + 2| −2 ；
（3）f(x) = {
（4）f(x) = (1 −x)√x + 1
x −1 (x ≠−1)．
（1）非奇非偶函数；（2）奇函数；（3）奇函数；（4）奇函数．
（1）函数f(x) = x(x + 2)
x + 2
= x, x ≠−2．
∵函数f(x)的定义域(−∞, −2) ∪(−2, +∞)不关于原点对称，
∴函数f(x)是非奇非偶函数．
（2）函数的定义域是[−1, 0) ∪(0, 1]关于原点对称，f(x) =
√1 −x2
|x + 2| −2 = √1 −x2
x
，
f(−x) =
√1 −(−x)2
−x
= −
√1 −x2
x
= −f(x)，
∴函数f(x)是奇函数．
（3）函数的定义域(−∞, 0) ⋃(0, +∞)关于原点对称．
① 当x > 0时，−x < 0，则f(−x) = (−x)2 −1 = x2 −1 = −(−x2 + 1) = −f(x)；
② 当x < 0时，−x > 0，则f(−x) = −(−x)2 + 1 = −x2 + 1 = −(x2 −1) = −f(x)．
综上，f(−x) = −f(x)，
∴函数f(x)是奇函数．
（4）函数的定义域(−∞, 1) ∪(1, +∞)关于原点对称．
f(−x)
f(x)
= (1 + x)√−x + 1
−x −1 ⋅
1
1 −x
√x −1
x + 1 = 1 + x
1 −x
√( x −1
x + 1 )
2
= 1 + x
1 −x ⋅x −1
x + 1 = −1，
即f(−x) = −f(x)，
∴函数f(x)是奇函数．
本题主要考查了函数奇偶性的判断，解题的关键是利用函数奇偶性的定义，先要判断函数的定义域，然后检
验f(−x)与f(x)的关系.
−x2 + 1,
x > 0,
x2 −1,
x < 0;
答案
解析
4
变式1-1
已知函数f(x)＝lg(1＋x)＋lg(1－x)．
（1）求函数f(x)的定义域；
（2）判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由．
（1） (−1, 1)
（2）偶函数
（1）由{
，求得x的取值范围即可取得定义域.
（2）根据定义域关于原点对称，再根据f (−x) = f (x)，可得f (x)为偶函数.
（1）由{
，求得$-1<1$，
∴函数f (x)的定义域为(−1, 1).
（2）定义域关于原点对称，对于任意的x ∈(−1, 1)
∵f (−x) = lg (1 −x) + lg (1 + x) = f (x)，
∴f (x)为偶函数.
本题主要考查函数的定义域以及函数的奇偶性，在判断函数奇偶性时，需求出函数的定义域，属于基础题
答案
解析
1 + x > 0
1 −x > 0
1 + x > 0
1 −x > 0
变式1-2
讨论函数f (x) = x2 −|x −a| + 2的奇偶性．
5
答案见解析
对参数进行分类讨论，判断奇偶性即可.
函数f (x) = x2 −|x −a| + 2的定义域为R，关于原点对称．
①当a = 0时，f (x) = x2 −|x| + 2，f (−x) = x2 −|x| + 2，
∴f (−x) = f (x)，∴f (x)为偶函数；
②当a ≠0时，f (x) = x2 −|x −a| + 2，f (a) = a2 + 2，f (−a) = a2 −2 |a| + 2．
∵a ≠0，∴f (−a) ≠f (a)，∴f (x)不是偶函数．
∵若f (−a) = −f (a)，则2 (a2 + 2) = 2 |a|无解．
∴f (x)不为奇函数，∴f (x)为非奇非偶函数．
综上，当a = 0时，f (x)为偶函数；当a ≠0时，f (x)为非奇非偶函数．
教法备注
【考点】奇偶运算
【教法】让学生掌握奇偶运算的应用
答案
解析
例2
对于两个定义域关于原点对称的函数f(x)和g(x)在它们的公共定义域内，下列说法中正确的是（ ）
A. 若f(x)和g(x)都是奇函数，则f(x) ⋅g(x)是奇函数
B. 若f(x)和g(x)都是偶函数，则f(x) ⋅g(x)是偶函数
C. 若f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则f(x) ⋅g(x)是偶函数
D. 若f(x)和g(x)都是奇函数，则f(x) + g(x)不一定是奇函数
B
由函数的奇偶性的定义即可判断.
对于A，因为f(x)和g(x)都是奇函数，所以f(−x) = −f(x)，g(−x) = −g(x)，
令h(x) = f(x) ⋅g(x)，则h(−x) = f(−x) ⋅g(−x) = f(x) ⋅g(x) = h(x)，
所以f(x) ⋅g(x)是偶函数，故A错误；
对于B，因为f(x)和g(x)都是偶函数，所以f(−x) = f(x)，g(−x) = g(x)，
答案
解析
6
令h(x) = f(x) ⋅g(x)，则h(−x) = f(−x) ⋅g(−x) = f(x) ⋅g(x) = h(x)，
所以f(x) ⋅g(x)是偶函数，故B正确；
对于C，因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，所以f(−x) = −f(x)，g(−x) = g(x)，
令h(x) = f(x) ⋅g(x)，则h(−x) = f(−x) ⋅g(−x) = −f(x) ⋅g(x) = −h(x)，
所以f(x) ⋅g(x)是奇函数，故C错误；
对于D，因为f(x)和g(x)都是奇函数，所以f(−x) = −f(x)，g(−x) = −g(x)，
令h(x) = f(x) + g(x)，则h(−x) = f(−x) + g(−x) = −f(x) −g(x) = −h(x)，
所以f(x) + g(x)是奇函数，故D错误.
故选：B
变式2-1
设函数f (x)在(−∞, +∞)内有定义，下列函数必为奇函数的是（ ）
A. y = −|f(x)|
B. y = xf (x2)
C. y = −f(−x)
D. y = f(x) + f(−x)
B
根据奇偶性的定义依次判断即可.
对A，y = −|f(x)|中，−|f(−x)|与|f(x)|不一定相等，故不一定为奇函数，故A错误；
对B，y = xf (x2)中，∵−xf [(−x)2] = −f (x2)，所以函数为奇函数，故B正确；
对C，y = −f(−x)中，−f(x)与f(−x)不一定相等，故不一定为奇函数，故C错误；
对D，y = f(x) + f(−x)为偶函数，故D错误.
故选：B.
答案
解析
变式2-2
（1）已知f(x)是奇函数，定义域为D，g(x)是偶函数，定义域也是D.设F(x) = f(x)g(x)，判断函数F(x)的奇偶
性；
（2）已知f(x)、g(x)的定义域都是D，若F(x) = f(x)g(x)是偶函数，研究f(x)和g(x)的奇偶性.
7
（1）奇函数（2）答案不唯一，具体见解析
（1）利用奇偶函数性质进行求解判断即可
（2）可采取分类讨论法，f(x)和g(x)同是奇函数或同是偶函数、f(x)和g(x)都是非奇非偶函数，三种基本情
况，依次判断合理性，进而判断f(x)和g(x)的奇偶性
（1）f(x)是奇函数，定义域为D，则f(−x) = −f (x)
g(x)是偶函数，定义域也是D，则g(−x) = g (x)
F(x) = f(x)g(x)，则F(−x) = f(−x)g(−x) = −f (x)g (x)，F(x) + F(−x) = 0
所以F(x)为奇函数
（2）f(x)和g(x)同是奇函数或同是偶函数，则F(x)为偶函数；
证明如下：
①若f(x)和g(x)同是奇函数，则f(−x) = −f (x)，g(−x) = −g (x)
F(x) = f(x)g(x)，F(−x) = f(−x)g(−x) = −f (x) [−g (x)] = f (x)g (x)
所以F(x)为偶函数
②若f(x)和g(x)同是偶函数，则f(−x) = f (x)，g(−x) = g (x)
F(x) = f(x)g(x)，F(−x) = f(−x)g(−x) = f (x)g (x)
所以F(x)为偶函数
③若f(x)和g(x)都是非奇非偶函数，F(x)也可以为偶函数，比如f(x) = x + 1，g(x) = x −1，F(x) = x2 −1
本题考查构造函数奇偶性的证明，证明基本原理还是基于奇偶函数的性质，本题证明结论可作为常规性结论
加以熟记
教法备注
【考点】奇偶运算
【教法】让学生掌握抽象函数奇偶运算的应用
答案
解析
例3
定义在R上的单调函数f (x)满足对任意x，y均有f (x + y) = f (x) + f (y)，且f (1) = 1.
(1)
求f (0)的值，判断并证明f (x)的奇偶性；
(2)
判断函数单调性，求f (x)在区间[−3, 3]上的最小值.
8
(1) f (0) = 0， f (x)为奇函数，理由见解析
(2) f (x)单调递增，理由见解析，最小值为 −3.
(1) f (x + y) = f (x) + f (y)中，令x = y = 0得，f (0) = 2f (0)，
解得f (0) = 0，
f (x + y) = f (x) + f (y)中，令y = −x得f (x) + f (−x) = f (0) = 0，且f (x)的定义域为R，
故f (x)为奇函数；
(2) f (1) = 1 > f (0)，f (x)为单调函数，故f (x)只能单调递增，
f (x)在区间[−3, 3]上的最小值为f (−3)，
f (x + y) = f (x) + f (y)中，令x = 1, y = −1得f (1) + f (−1) = f (0)，
故f (−1) = f (0) −f (1) = 0 −1 = −1，
令x = y = −1得f (−2) = 2f (−1) = −2，
令x = −1, y = −2得f (−3) = f (−1) + f (−2) = −3，
故f (x)在区间[−3, 3]上的最小值为−3.
答案
解析
变式3-1
定义在R上的函数f(x)，对任意的x, y ∈R，有f (x + y) + f (x −y) = 2f (x)f (y)，且f(0) ≠0.
（1）求证：f(0) = 1；
（2）求证：f(x)是偶函数.
9
（1）证明见解析，（2）证明见解析
（1）在f (x + y) + f (x −y) = 2f (x)f (y)中，令x = 0可证；
（2）在f (x + y) + f (x −y) = 2f (x)f (y)中，令x = 0, y = x，利用偶函数的定义可证.
（1）证明：在f (x + y) + f (x −y) = 2f (x)f (y)中，
令x = y = 0，得2f(0) = 2[f(0)]2，
又f(0) ≠0，所以f(0) = 1.
（2）证明：在f (x + y) + f (x −y) = 2f (x)f (y)中，
令x = 0, y = x，得f(x) + f(−x) = 2f(0)f(x)，
又f(0) = 1，所以f(x) + f(−x) = 2f(x)，
即f(−x) = f(x)，所以f(x)是定义在R上的偶函数.
本题考查了赋值法，考查了利用偶函数的定义证明函数为偶函数，属于基础题.
答案
解析
知识点2：函数奇偶性的应用
考点2：奇偶性的应用
知识笔记
函数的奇偶性
（1）奇函数在关于原点对称的区间上若有单调性，则单调性相同；偶函数在关于原点对称的区间上若有单调
性，则单调性相反；
（2）若奇函数f(x)定义域中含有0，则必有f(0) = 0。但f(0) = 0是 为奇函数的既不充分也不必要条件；
（3）定义在关于原点对称区间上的任意一个函数，都可表示成“一个奇函数与一个偶函数的和（或差）”：
f(x) = 1
2 [f(x) + f(−x)] + 1
2 [f(x) −f(−x)]，其中y = 1
2 [f(x) + f(−x)]为偶, y = 1
2 [f(x) −f(−x)]为奇；
（4）既奇又偶函数有无穷多个（f(x) = 0，定义域是关于原点对称的任意一个数集）。
经典例题
例4
已知函数f (x) = x2 + ax + 4，x ∈[b, 3]是偶函数，则a + b =
.
10
−3
根据偶函数的定义求出a, b即可.
因为函数f (x) = x2 + ax + 4是偶函数，
所以f (−x) = f (x)，即x2 −ax + 4 = x2 + ax + 4，可得a = 0，
又因为x ∈[b, 3]，可得b = −3，
即f (x) = x2 + 4在x ∈[−3, 3]上是偶函数，
则a + b = −3.
故答案为：−3.
答案
解析
变式4-1
已知函数f (x) = 1
x3 + ax3 −bx −5，且f(−2) = 2，那么f(2)=
.
-12
代入x = −2, x = 2，整体代换求值即可.
由题意，f (−2) =
1
(−2)3 + a(−2)3 −b × (−2) −5 = 2，即1
23 + a × 23 −b × 2 = −7，
故f (2) = 1
23 + a × 23 −2b −5 = −7 −5 = −12,
故答案为：-12
答案
解析
变式4-2
若定义在R上的函数y = f (x)和y = g (x)均为奇函数，设F (x) = af (x) −bg (x) + 3，且F (1) = 1，则F (−1) =
.
5
答案
解析
11
根据奇函数的性质直接计算.
因为y = f (x)和y = g (x)均为定义在R上的奇函数，所以
F (1) + F (−1) = a [f (1) + f (−1)]−b [g (1) + g (−1)] + 6 = 6，
因此F (−1) = 5，
故答案为：5.
例5
设a为实数，函数f (x) = {
是奇函数，则g (x) =
．
2x
1 −x
根据定义在R上的奇函数的性质f (0) = 0可得a = −2，进而结合奇函数的定义求解即可.
由题意，函数f (x)在R上为奇函数，f (−x) = −f (x)，
所以f (0) = a + 2 = 0，即a = −2，
则x ≤0时，f (x) = −
2
x + 1 + 2 =
2x
x + 1 ，
所以x > 0时，−x < 0，则f (−x) =
−2x
−x + 1 = −f (x)，即f (x) =
2x
1 −x ，
即g (x) =
2x
1 −x .
故答案为：
2x
1 −x .
g (x), x > 0
a
x + 1 + 2, x ≤0
答案
解析
变式5-1
函数y = f (x)是定义在R上的奇函数，且f (x) = x2 + x，(x > 0)，则f (x) =
．
f (x) = {
根据奇函数的定义f (−x) = −f (x)，求解函数的解析式.
∵函数y = f (x)是定义在R上的奇函数， ∴f (0) = 0
∀x < 0, −x > 0，则f (−x) = x2 −x
答案
−x2 + x, x ≤0
x2 + x, x > 0
解析
12
又f (−x) = −f (x)，
∴f (x) = −f (−x) = −x2 + x，将0代入可得，0也满足该式，
∴f (x) = −f (−x) = −x2 + x，x ≤0.
故答案为：f (x) = {
.
−x2 + x, x ≤0
x2 + x, x > 0
例6
设常数a ≥0，函数f(x) = 2x + a
2x −a ．
（1）若a = 1，求函数y = f(x)的值域；
（2）根据a的不同取值，讨论函数y = f(x)的奇偶性，并说明理由．
（1） (−∞, −1) ∪(1, +∞)；（2）当 a = 0时，函数 f (x)是偶函数； 当 a = 1时，函数 f (x)是奇函数；当
a > 0且 a ≠1时，函数 f (x)是非奇非偶函数．
（1）将a = 1代入函数解析式，求得函数的定义域，将函数解析式化简，之后借助于指数函数的值域以及不
等式的性质求得结果；
（2）分类讨论，利用函数的奇偶性定义，讨论函数的奇偶性，从而求得结果.
（1）当a = 1 时，f (x) = 2x + 1
2x −1 =1 +
2
2x −1 ，f (x)定义域为(−∞, 0) ∪(0, +∞)
，
当x > 0时，2x > 1 ⇒2x −1 > 0 ⇒
2
2x −1 > 0 ⇒f (x) > 1；
当x < 0时，0 < 2x < 1 ⇒−1 < 2x −1 < 0 ⇒
1
2x −1 < −1 ⇒
2
2x −1 < −2 ⇒f (x) < −1；
所以f (x)值域为(−∞, −1) ∪(1, +∞)
（2）①当a = 0时，f (x) = 1，定义域为R，故函数y = f (x)为偶函数；
②当a > 0且a ≠1时，定义域为(−∞, log2a) ∪(log2a, +∞)不关于原点对称，故函数f (x)是非奇非偶函
数；
答案
解析
13
③当a = 1时，f (x) = 2x + 1
2x −1 定义域为(−∞, 0) ∪(0, +∞) 关于原点对称，
f (−x) = 2−x + 1
2−x −1 = 1 + 2x
1 −2x = −f (x)，故函数f (x)是奇函数；
综上：
当a = 0时，函数f (x)是偶函数； 当a = 1时，函数f (x)是奇函数；当a > 0且a ≠1时，函数f (x)是非奇非偶
函数．
方法点睛：本题考查函数的值域的求法，函数奇偶性的判断，判断函数的奇偶性：先求函数的定义域是否关
于原点对称，若关于原点对称，再判断f (x)与f (−x)的关系，若f (x) = −f (−x)，则函数为奇函数；若
f (x) = f (−x)，则函数为偶函数，考查学生分类讨论思想的应用，属于中档题目.
教法备注
【考点】奇偶运算
【教法】让学生掌握奇偶运算的应用
变式6-1
已知函数y = f (x)的表达式为f (x) = 1 −ax2
1 + x2 ，且f (x) + f ( 1
x ) = −1（x ≠0）.
(1)
求实数a的值，并判断函数y = f (x)的奇偶性；
(2)
判断函数y = f (x)的单调性，并证明；
(3)
解关于x的不等式f (x) + f (
1
2x −1 ) + 1 < 0.
答案
14
(1) a = 2，偶函数
(2) [0, +∞)上单调递减，在 (−∞, 0]上单调递增，证明见解析
(3) ( 1
3 , 1
2 ) ∪( 1
2 , 1)
(1)
f ( 1
x ) =
1 −a( 1
x )
2
1 + ( 1
x )
2
= x2 −a
x2 + 1 ，
故f (x) + f ( 1
x ) = 1 −ax2
1 + x2 + x2 −a
x2 + 1 = (1 −a) (1 + x2)
x2 + 1
= 1 −a = −1，即a = 2．
f (x) = 1 −2x2
1 + x2 ，y = f (x)为偶函数，证明如下：
f (x)的定义域为R，关于原点对称，
f (−x) = 1 −2(−x)2
1 + (−x)2 = 1 −2x2
1 + x2 = f (x)
所以y = f (x)为偶函数.
(2) f (x) =
3
1 + x2 −2在[0, +∞)上单调递减．f(x)在(−∞, 0]上单调递增．下面证明：
设x1，x2 ∈[0, +∞)，且x1 < x2.计算f(x1) −f(x2)：
f (x1) −f (x2) =
3
1 + x2
1
−
3
1 + x2
2
= 3 × (1 + x2
2) −(1 + x2
1)
(1 + x2
1)(1 + x2
2)
= 3 ×
x2
2 −x2
1
(1 + x2
1)(1 + x2
2) = 3 ×
(x2 −x1)(x2 + x1)
(1 + x2
1)(1 + x2
2)
因为x1，x2 ∈[0, +∞)，且x1 < x2，所以x2 −x1 > 0，x2 + x1 > 0，1 + x2
1 > 0，1 + x2
2 > 0.
那么3 × (x2 −x1)(x2 + x1)
(1 + x2
1)(1 + x2
2)
> 0，即f(x1) −f(x2) > 0，所以f(x1) > f(x2).
根据函数单调性的定义可知，函数f (x) = 1 −2x2
1 + x2 在[0, +∞)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数，所以f(x)在(−∞, 0]上单调递增．
(3) 因为f (x) + f ( 1
x ) = −1，所以f ( 1
x ) = −1 −f (x)，
由f (x) + f (
1
2x −1 ) + 1 < 0得f (x) < −1 −f (
1
2x −1 ) = f (2x −1), (x ≠1
2 )，
由函数f(x)的性质得：|x| > |2x −1|，
则
⇒
，
解得：x ∈( 1
3 , 1
2 ) ∪( 1
2 , 1)．
故该不等式的解集为( 1
3 , 1
2 ) ∪( 1
2 , 1)．
教法备注
【考点】奇偶运算
解析
⎧
⎨
⎩
x2 > (2x −1)2
x ≠1
2
⎧
⎨
⎩
3x2 −4x + 1 < 0
x ≠1
2
15
【教法】让学生掌握奇偶运算的应用
变式6-2
已知函数f (x) =
2x
x2 + 1 ，x ∈R.
(1)
求不等式f (x) > 1
2 的解集；
(2)
判断函数f (x)的奇偶性；
(3)
已知|f (x)| < a恒成立，求实数a的取值范围.
(1) (2 −√3, 2 + √3)
(2) f (x)为奇函数
(3) (1, +∞)
(1) 因为f (x) =
2x
x2 + 1 ，所以不等式f (x) > 1
2 ，即
2x
x2 + 1 > 1
2 ，
显然x2 + 1 > 0，
所以4x > x2 + 1，即x2 −4x + 1 < 0，解得2 −√3 < x < 2 + √3，
即不等式f (x) > 1
2 的解集为(2 −√3, 2 + √3)；
(2) f (x)为奇函数，
理由如下：因为函数f (x) =
2x
x2 + 1 ，x ∈R，
又f (−x) =
−2x
(−x)2 + 1
= −
2x
x2 + 1 = −f (x)，
所以f (x)为奇函数；
(3) 因为f (x) =
2x
x2 + 1 为奇函数，且f (0) = 0，
答案
解析
16
当x > 0时，f (x) =
2x
x2 + 1 > 0且f (x) =
2x
x2 + 1 =
2
x + 1
x
≤
2
2√x ⋅1
x
= 1，
当且仅当x = 1
x ，即x = 1时取等号，所以f (x) ∈(0, 1]，
则当x < 0时，f (x) ∈[−1, 0)，
所以f (x) ∈[−1, 1]，
因为|f (x)| < a恒成立，显然a > 0，所以−a < f (x) < a恒成立，
则a > 1，即实数a的取值范围为(1, +∞).
教法备注
【考点】奇偶运算
【教法】让学生掌握奇偶运算的应用
知识点:3：函数单调性的定义及判定
考点3：单调性的判断
知识笔记
单调性的定义
对于给定区间上的函数f(x)，如果对于属于这个区间的自变量的任意两个值x1,x2,
当x1 < x2时,都有f(x1) ≤(<)f(x2)，那么就说函数f(x)在这个区间上是增（严格增）函数;
当x1 < x2时,都有f(x2) ≤(<)f(x1)，那么就说函数f(x)在这个区间上是减（严格减）函数。
如果函数f(x)在某个区间上是增函数或者减函数,那么就说函数f(x)在这一个区间上是单调函数,这个区间叫做函
数f(x)的单调区间。
注意：函数的单调性只是函数的局部性质，函数在定义域内可以不是单调函数，但可能存在单调区间。多个单调
区间用“，”或者“和”连接。
经典例题
例7
已知a>0，函数f(x)＝x＋a
x (x>0)，证明：函数f(x)在(0，√a]上是减函数，在[√a，＋∞)上是增函数.
17
证明见解析
证明：设x ，x 是任意两个正数，且0<x <x ，
则f(x )－f(x )＝(x1 + a
x1
)－(x2 + a
x2
)＝x1 −x2
x1x2
(x x －a).
当0<x <x ≤√a时，0<x x <a，又x －x <0，所以f(x )－f(x )>0，即f(x )>f(x )，
所以函数f(x)在(0，√a]上是减函数；
当√a≤x <x 时，x x >a，又x －x <0，所以f(x )－f(x )<0，即f(x )<f(x )，
所以函数f(x)在[√a，＋∞)上是增函数.即证.
本题考查利用单调性的定义，证明函数单调性，属基础题.
答案
解析
1
2
1
2
1
2
1 2
1
2
1 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1 2
1
2
1
2
1
2
变式7-1
已知函数f (x) = 2x −1
2x + 1 ．
(1)
求证：函数f(x)是定义域为R的奇函数；
(2)
判断函数f(x)的单调性，并用单调性的定义证明．
18
(1) 证明见解析
(2) 函数 f(x)在 R上单调递增，证明见解析
(1) 函数f (x) = 2x −1
2x + 1 的定义域为R，对于∀x ∈R，都有−x ∈R，
且f (−x) = 2−x −1
2−x + 1 = 1 −2x
1 + 2x = −2x −1
2x + 1 = −f (x)，
所以函数f(x)是定义域为R的奇函数．
(2) 函数f(x)在R上单调递增，证明如下：
对于∀x1, x2 ∈R，且x1 < x2，
f (x1) −f (x2) = 2x1 −1
2x1 + 1 −2x2 −1
2x2 + 1 = (2x1 −1) (2x2 + 1) −(2x2 −1) (2x1 + 1)
(2x1 + 1) (2x2 + 1)
=
2 (2x1 −2x2)
(2x1 + 1) (2x2 + 1) ，
因为x1 < x2，所以0 < 2x1 < 2x2，则2x1 −2x2 < 0, 2x1 + 1 > 0, 2x2 + 1 > 0，
则f (x1) −f (x2) < 0，即$f\left(x_1\right)，
故函数f(x)在R上单调递增.
答案
解析
例8
函数y = lg sin x的单调递增区间是
(2kπ, π
2 + 2kπ) (k ∈Z)
根据对数真数大于零可确定函数的定义域；根据复合函数单调性的判断方法可得到所求单调递增区间.
由sin x > 0得：2kπ < π + 2kπ (k ∈Z)；
令{
，当2kπ < π
2 + 2kπ (k ∈Z)时，μ = sin x单调递增，
由复合函数单调性可知：y = lg sin x的单调递增区间为(2kπ, π
2 + 2kπ) (k ∈Z).
故答案为：(2kπ, π
2 + 2kπ) (k ∈Z).
答案
解析
μ = sin x
y = lg μ
教法备注
【考点】复合函数单调性
19
【教法】让学生学会判断复合函数单调的应用
变式8-1
已知函数f (x) = |x + 1
x −5
2 | (x > 0)，则f(x)的递减区间是 .
(0, 1
2 )，(1, 2)
由题意
当0 < x < 1
2 时，函数f (x) = x + 1
x −5
2 单调递减；
当1
2 ≤x < 2时，函数f (x) = −x −1
x + 5
2 ，在( 1
2 , 1)上单调递增，在(1, 2)上单调递减；
当x ≥2时，函数f (x) = x + 1
x −5
2 单调递增；
综上所述，函数f (x) = |x + 1
x −5
2 |的单调递减区间为(0, 1
2 )，(1, 2)，
故答案为：(0, 1
2 )，(1, 2).
教法备注
【考点】绝对值函数单调性
【教法】让学生学会判断绝对值函数单调的应用
答案
解析
变式8-2
设函数f (x)的定义域为R．则“f (x)在R上严格递增”是“g (x) = f (x) + x在R上严格递增”的（ ）条件
A. 充分不必要
B. 必要不充分
C. 充分必要
D. 既不充分也不必要
A
答案
解析
20
利用特例法、函数单调性的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.
若函数f (x)在R上严格递增，对任意的x1、x2 ∈R且x1 < x2，f(x1) < f(x2)，
由不等式的性质可得f(x1) + x1 < f(x2) + x1，
所以，g (x) = f (x) + x在R上严格递增，
所以，“f (x)在R上严格递增”⇒“g (x) = f (x) + x在R上严格递增”；
若g (x) = f (x) + x在R上严格递增，不妨取f (x) = −1
2 x，
则函数g (x) = f (x) + x = 1
2 x在R上严格递增，但函数f (x) = −1
2 x在R上严格递减，
所以，“f (x)在R上严格递增”/⇐“g (x) = f (x) + x在R上严格递增”.
因此，“f (x)在R上严格递增”是“g (x) = f (x) + x在R上严格递增”的充分不必要条件.
故选：A.
变式8-3
若函数y=f（x）在区间D上是增函数，且函数y= f (x)
x
在区间D上是减函数，则称函数f（x）是区间D上的“H函数”．
对于命题：
①函数f（x）=-x+√x是区间（0，1）上的“H函数”；
②函数g（x）=
2x
1 −x2 是区间（0，1）上的“H函数”．下列判断正确的是（ ）
A. ①和②均为真命题
B. ①为真命题，②为假命题
C. ①为假命题，②为真命题
D. ①和②均为假命题
C
对于①，求得函数f（x）=-x+
的导数，即可判断单调性；
对于②，函数g（x）=
2x
1 −x2 即为g（x）=
2
1
x −x
，考虑y= 1
x -x在（0，1）上y＞0，且递减，可得g（x）的单
调性，再由y= g (x)
x
在（0，1）的单调性，可判断结论．
函数f（x）=-x+√x的导数为f′（x）=-1+
1
2√x
，
可得f（x）在（0，1
4 ）递增，在（1
4 ，1）递减，不满足新定义，
不是区间（0，1）上的“H函数”；
②函数g（x）=
2x
1 −x2 即为g（x）=
2
1
x −x
，
由y= 1
x -x在（0，1）上y＞0，且递减，
可得g（x）在（0，1）递增；
答案
解析
21
又y= g (x)
x
=
2
1 −x2 在（0，1）递增，
则g（x）是区间（0，1）上的“H函数”，
则①为假命题，②为真命题，
故选C．
本题考查新定义的理解和运用，考查函数的单调性的判断，注意运用导数和性质，考查运算能力，属于基础
题．
教法备注
【考点】函数单调性
【教法】让学生学会判断函数单调的应用
知识点4——函数单调性的含参问题
考点4：利用函数单调性求参/解不等式
知识笔记
函数单调性
（1）设任意x1, x2 ∈D，且x1 < x2；
f(x1) >f(x2) 严格减函数⇔f(x1) −f(x2)
x1 −x2
< 0；
f(x1) < f(x2)严格增函数⇔f(x1) −f(x2)
x1 −x2
> 0；
22
在比较f(x1)与f(x2)大小时，常用“作差法”，比较f(x1)−f(x2)与零的大小；
（2）奇函数的图像在y轴两侧单调性一致；偶函数的图像在y轴两侧单调性相反；
（3）互为反函数的单调性一致；
（4）增函数+增函数=增函数；减函数+减函数=减函数；
（5）复合函数单调性由“同增异减”判定。
经典例题
例9
设函数f(x) = x2 + |x −a|，a为常数.
（1）若f(x)为偶函数，求a的值；
（2）设a > 0，g(x) = f(x)
x
，x ∈(0, a]为减函数，求实数a的取值范围.
（1） a = 0；（2） $0.
（1）因为f(x)为偶函数，且x ∈R，所以f(−x) = f(x)
即(−x)2 + | −x −a| = x2 + |x −a|
即|−x −a| = |x −a| ⇔| −x −a|2 = |x −a|2
所以4ax = 0对一切x ∈R成立，所以a = 0
（2）因为a > 0，且x ∈(0, a]
所以g(x) = f(x)
x
= x2 + |x −a|
x
= x2 + a −x
x
= x + a
x −1，
任取0 < x1 < x2 ≤a，g(x1) −g(x2) = x1 + a
x1 −x2 −a
x2
= (x1 −x2) + a(x2 −x1)
x1x2
= (x1 −x2) (x1x2 −a)
x1x2
因为0 < x1 < x2 ≤a，所以x1 −x2 < 0且0 < x1x2 < a2
又g(x)在区间(0, a]上为减函数，所以x1x2 −a < 0
答案
解析
23
即a > x1x2，所以a ≥a2又a > 0，所以$0.
变式9-1
已知函数y = {
在R上为严格增函数，则实数a的取值范围为
.
(−1, 1]
由分段函数的单调性结合二次函数和一次函数的单调性列不等式组可得；
根据题意，函数y = {
在R上为严格增函数，
则有{
，解可得−1 < a ⩽1，即a的取值范围为(−1, 1].
故答案为：(−1, 1].
(a + 1)x + 1, x < 1
x2 −2x + 4, x ⩾1
答案
解析
(a + 1)x + 1, x < 1
x2 −2x + 4, x ⩾1
a + 1 > 0
(a + 1) + 1 ⩽1 −2 + 4
变式9-2
已知f (x) = loga (3 −ax)在[0, 2]上是严格减函数，则实数a的取值范围是
.
(1, 3
2 )
由题意利用复合函数的单调性，结合对数函数和一次函数的性质，求得实数a的取值范围.
已知f (x) = loga (3 −ax)在[0, 2]上是严格减函数，
由a > 0，函数t = 3 −ax在[0, 2]上是严格减函数，所以函数y = loga t在定义域内是严格增函数，则有a > 1，
又函数t = 3 −ax在[0, 2]上最小值3 −2a > 0，解得a < 3
2 ，
所以实数a的取值范围是(1, 3
2 ).
故答案为：(1, 3
2 )
答案
解析
变式9-3
24
已知函数y = ax + 2
x −1 在区间[2, +∞)上是严格增函数，则a的取值范围是
.
a < −2
将解析式进行分离变形，即可结合反比例函数的单调性求解.
由于y = ax + 2
x −1 = a (x −1) + a + 2
x −1
= a + a + 2
x −1 在区间[2, +∞)上是严格增函数，
所以a + 2 < 0，故a < −2，
故答案为：a < −2
答案
解析
例10
已知函数f(x) = x + sin x，若f(a −1) + f(2a2) ≤0，则实数a的取值范围是
.
[−1, 1
2 ]
先由函数奇偶性的判断得到f (x)是奇函数，再由导数得到f (x)在R上单调递增，从而利用f (x)的奇偶性与单
调性即可解得不等式得到a的取值范围.
因为f(x) = x + sin x，所以f (x)的定义域为R，显然关于原点对称，
又f(−x) = −x + sin (−x) = −(x + sin x) = −f(x)，所以f (x)是奇函数，
又f ′(x) = 1 + cos x ≥0，所以f (x)在R上单调递增，
所以由f(a −1) + f(2a2) ≤0得f(2a2) ≤−f(a −1)，则f(2a2) ≤f(1 −a)，
所以2a2 ≤1 −a，即2a2 + a −1 ≤0，解得−1 ≤a ≤1
2 ，即a ∈[−1, 1
2 ].
故答案为：[−1, 1
2 ].
教法备注
【考点】函数单调性与奇偶结合
【教法】让学生学会判断函数单调与奇偶结合的应用
答案
解析
25
变式10-1
设f(x) = 1
x −lg x，则不等式f( 1
x −1) < 1的解集为
．
(0, 1
2 )
由题意，函数f(x) = 1
x −lg x，
根据初等函数的性质，可得函数f (x)为单调递减函数，且f(1) = 1，
则不等式f( 1
x −1) < 1等价于1
x −1 > 1，即1
x −2 = 1 −2x
x
> 0，解得$0<\dfrac{1}{2}$，
所以不等式的解集为(0, 1
2 ).
故答案为：(0, 1
2 ).
答案
解析
变式10-2
已知f (x) = 2x + x，则不等式f (|2x −3|) < 3的解集为
.
(1, 2)
利用函数的单调性脱去法则，再解不等式即得.
函数y = 2x, y = x都是R上的增函数，则函数f (x) = 2x + x是R上的增函数，
不等式f (|2x −3|) < 3 ⇔f (|2x −3|) < f(1) ⇔|2x −3| < 1，则−1 < 2x −3 < 1，解得1 < x < 2，
所以不等式f (|2x −3|) < 3的解集为(1, 2).
故答案为：(1, 2)
答案
解析
05 函数周期性与对称性
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解函数周期性与对称性的定义
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数周期性的判定及证明方法
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用周期性和对称性解决相关函数问题
知识清单
教法备注
1．函数周期性在考纲中考查对函数周期性、对应的图像性质，判定及证明方法，以及相关应用的掌握情况，
函数对称性考纲中考查对性质的应用，考纲中明确对该知识点的考查涉及解释性理解水平及探究性理解水
平，考查学生的数学素养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学
应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度中等，偶尔会在填选压轴中结合其他知识点综合考查，分值约
为10分，占比16%；
3．对应教材：必修一，第五章函数的概念、性质及应用；
4．本讲知识点涉及函数的解析式、奇偶性、单调性等问题，后续会和三角函数、数列等内容有综合考查运
用，公立学校会在高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
2
教法备注
【课堂引入】
（2022•静安一模）已知偶函数y = f(x)是实数集上的周期为2的周期函数, 当x ∈[2, 3]时, f(x) =2x, 则当
x ∈[0, 2] 时, f(x) =__________。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——对称性
考点1：函数对称性
知识笔记
轴对称
偶函数的图像关于y轴对称，将此概念推广，我们有下面的轴对称的定义：f(a + x) = f(b −x) ⇔f(x) 的图象关于
直线x = (a + x) + (b −x)
2
= a + b
2
对称．
中心对称
奇函数的图像关于原点对称，将此概念推广，我们有下面的中心对称的定义：f(a + x) + f(b −x) = 2c ⇔f(x) 的
图象关于点( a + b
2
, c)对称．
经典例题
例1
函数y = x −1
x −b 的图像关于点(3, c)中心对称，则b + c =
．
4
答案
解析
3
根据对称中心求得b, c，从而求得b + c.
函数y = x −1
x −b = (x −b) + b −1
x −b
= 1 + b −1
x −b 的图像关于点(3, c)中心对称，
所以{
，解得b = 3, c = 1，
所以b + c = 4.
故答案为：4
3 −b = 0
c = 1
变式1-1
已知函数f (x) = 2x −3
x + 1 的图像关于点P中心对称，则点P的坐标是
．
(−1, 2)；
由题意，对函数进行简化，可得f (x) = 2x −3
x + 1 = 2 +
−5
x + 1 ，即可求得点P的坐标.
f (x) = 2x −3
x + 1 = 2 +
−5
x + 1 ，
∵函数f (x) = 2x −3
x + 1 的图像关于点P中心对称，
∴点P的坐标是(−1, 2).
故答案为：(−1, 2)
本题主要考查函数的中心对称点，对于分式形式可采用分离参数法求解，属于基础题.
答案
解析
变式1-2
函数y = 4x + 1
2x
的图像的对称性为（ ）
A. 关于x轴对称
B. 关于y轴对称
C. 关于原点对称
D. 关于直线y = x对称
B
将函数进行化简，利用函数的奇偶性的定义进行判断．
解：因为f(x) = 4x + 1
2x
= 4x
2x + 1
2x = 2x + 2−x，所以f(−x) = 2−x + 2x = 2x + 2−x = f(x)，
所以函数f(x)是偶函数，即函数图象关于y轴对称．
答案
解析
4
故选：B．
例2
已知函数f(x) = ax + k ⋅bx，其中k ∈R，a > 0且a ≠1，b > 0且b ≠1.
（1）若ab = 1，试判断f(x)的奇偶性；
（2）若a = 2，b = 1
2 ，k = 16，证明f (x)的图像是轴对称图形，并求出对称轴.
(1)见解析（2）函数 f(x)的图像是轴对称图形，其对称轴是直线 x = 2．
（1）由ab = 1得出b = a−1，于是得出f (x) = ax + k ⋅a−x，利用偶函数的定义得出k = 1，利用奇函数的定义
答案
解析
5
得出k = −1，于是得出当k ≠±1时，函数y = f (x)为非奇非偶函数；
（2）先得出f (x) = 2x + 16 ⋅2−x，并设函数y = f (x)图象的对称轴为直线x = m，利用定义
f (m −x) = f (m + x)，列等式求出m的值，即可而出函数y = f (x)图象的对称轴方程.
（1）由已知，b = 1
a ，于是f (x) = ax + k ⋅a−x，则f (−x) = a−x + k ⋅ax，
若f (x)是偶函数，则f (x) = f (−x)，即ax + k ⋅a−x = a−x + k ⋅ax，
所以(k −1) (ax −a−x) = 0对任意实数x恒成立，所以k = 1．
若f (x)是奇函数，则f (−x) = −f (x)，即a−x + k ⋅ax = −(ax + k ⋅a−x)，
所以(k + 1) (ax + a−x) = 0对任意实数x恒成立，所以k = −1．
综上，当k = 1时，f(x)是偶函数；
当k = −1时，f (x)奇函数，当k ≠±1，f (x)既不是奇函数也不是偶函数；
（2）f (x) = 2x + 16 ⋅2−x，若函数f (x)的图像是轴对称图形，且对称轴是直线x = m，即对任意实数x，
f (m −x) = f (m + x)恒成立，
2m−1 + 16 ⋅2−(m−x) = 2m+x + 16 ⋅2−(m+x)，化简得(2x + 2−x) (2m −16 ⋅2−m) = 0，
因为上式对任意x ∈R成立，所以2m −16 ⋅2−m = 0，2m = 4，m = 2．
所以，函数f (x)的图像是轴对称图形，其对称轴是直线x = 2．
本题考查函数奇偶性的定义，考查函数对称性的求解法，解题的关键要从函数奇偶性的定义以及对称性定义
列式求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
教法备注
【考点】函数的奇偶
【教法】通过函数奇偶性解决问题，引导学生通过换元和画图解决零点问题
变式2-1
已知函数f (x) =
x + 1
x
，给出下列命题：
①存在实数a，使得函数y = f(x) + f(x −a)为奇函数；
②对任意实数a，均存在实数m，使得函数y = f(x) + f(x −a)关于x = m对称；
③若对任意非零实数a，y = f(x) + f(x −a) ≥k都成立，则实数k的取值范围为(−∞, 4]；
④存在实数k，使得函数y = f(x) + f(x −a) −k对任意非零实数a均存在6个零点.
其中的正确的选项是（ ）
A. ②③
B. ②④
C. ①③
D. ①④
A
利用特殊值法可判断①；验证g(a −x) = g (x)，可判定②；利用基本不等式可判定③；当a > 0时，分析出函数
答案
解析
6
g (x)在(a, +∞)上现递减再递增，即g(x)min = g (x0)，可得出k > max {a + 4
a , g (x0)}，利用k ≥a + 4
a 不恒成
立，可判定④，同理可得，当a < 0时，命题④也不成立，从而得到④的真假.
由题意，令g (x) = f (x) + f(x −a)，
函数f (x)的定义域为{x|x ≠0}，则f (−x) = | −x −1
x | = |x + 1
x | = f (x)，
所以函数f (x)为偶函数.
对于①，若a = 0，则g (x) = 2
x + 1
x
，则g (1) = 2 = g (−1)，
此时函数g (x)不是奇函数；
若a ≠0，则函数g (x)的定义域为{x|x ≠0且x ≠a}，g ( a
2 ) = 2f ( a
2 ) = a2 + 4
|a|
> 0，
g (−a
2 ) =
a
2 + 2
a
+
3a
2 + 2
3a
> 0，显然g (−a
2 ) ≠−g ( a
2 )，
综上所述，对任意的a ∈R，函数g (x) = f (x) + f(x −a)都不是奇函数，故①错误；
对于②，g(a −x) = f(a −x) + f(−x) = f(x −a) + f(x) = g (x)，
所以，函数g (x) = f (x) + f(x −a)关于直线x = a
2 对称，
因此，对任意实数a，均存在实数m，使得函数g (x) = f (x) + f(x −a)关于x = m对称，所以②正确；
对于③，f (x) =
x + 1
x
= |x| + 1
|x| ≥2√|x| ⋅1
|x| = 2，当且仅当x = ±1时，等号成立，
f (x −a) =
(x −a) +
1
x −a
= |x −a| +
1
|x −a| ≥2√|x −a| ⋅
1
|x −a| = 2 ，
当且仅当x = a ± 1时，等号成立，所以g (x) = f (x) + f(x −a) ≥4，
因为a ≠0，当a = 2时，x = a −1 = 1，当a = −2时，x = −2 + 1 = −1，
两个等号可以同时成立，所以k ≤4.
因此，实数k的取值范围是(−∞, 4]，③正确；
对于④，假设存在实数k，使得直线y = k与函数g (x)的图象有6个交点，
若a > 0，当0 < x < a时，
g (x) = x + 1
x + a −x +
1
a −x = a +
a
x (a −x) = a +
1
a2
4 −(x −a
2 )
2 ，
此时，函数g (x)在区间(0, a
2 )单调递减，在区间( a
2 , a)上单调递增，
当0 < x < a时，g(x)min = g ( a
2 ) = a2 + 4
a
= a + 4
a ；
当x > a时，任取x1, x2 ∈(a, +∞)，且x1 > x2，即x1 > x2 > a，
则g (x1) −g (x2) = (x1 + 1
x1
+ x1 −a +
1
x1 −a ) −(x2 + 1
x2
+ x2 −a +
1
x2 −a )
= 2 (x1 −x2) + ( 1
x1
−1
x2
) + (
1
x1 −a −
1
x2 −a )
= 2 (x1 −x2) + x2 −x1
x1x2
+
x2 −x1
(x1 −a) (x2 −a)
= (x1 −x2) [2 −
1
x1x2 −
1
(x1 −a) (x2 −a) ]，
因为x1 > x2 > a，2 −
1
x1x2
−
1
(x1 −a) (x2 −a) 随着x1, x2的增大而增大，
当x1 →a且x2 →a时，[2 −
1
x1x2 −
1
(x1 −a) (x2 −a) ] →−∞，
7
当x1 →+∞且x2 →+∞时，[2 −
1
x1x2
−
1
(x1 −a) (x2 −a) ] →2，
所以x0 > a，使得当a < x2 < x1 < x0时，[2 −
1
x1x2
−
1
(x1 −a) (x2 −a) ] < 0，
则g (x1) < g (x2)，所以，函数g (x)在区间(a, x0)上单调递减；
当x1 > x2 > x0时，[2 −
1
x1x2 −
1
(x1 −a) (x2 −a) ] > 0，则g (x1) > g (x2)，
所以，函数g (x)在区间(x0, +∞)上单调递增，
所以，当x > a时，g(x)min = g(x0).
若存在实数k，使得函数g (x) = f (x) + f(x −a) −k对任意非零实数a均存在6个零点，
即直线y = k与函数g (x)的图象有6个交点，
由于函数g (x)的图象关于直线x = a
2 对称，
则直线y = k与函数g (x)在直线x = a
2 右侧的图象有3个交点，
所以，k > max {a + 4
a , g (x0)} ≥a + 4
a .
由于k为定值，当a ≥2且当a逐渐增大时，a + 4
a 也在逐渐增大，
所以k > a + 4
a 不可能恒成立，
所以当a > 0时，不存在实数k，使得函数g (x) = f (x) + f(x −a) −k对任意非零实数a 均存在6个零点；
同理可知，当a < 0时，不存在实数k，使得函数g (x) = f (x) + f(x −a) −k对任意非零实数a均存在6个零
点，故命题④错误.
故选：A.
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
变式2-2
设f (x) = x3 + ax2 −2x (x ∈R)，其中常数a ∈R.
（1）判断函数y = f (x)的奇偶性，并说明理由；
（2）若不等式f (x) > 3
2 x3在区间[ 1
2 , 1]上有解，求实数a的取值范围；
（3）已知：若对函数y = h (x)定义域内的任意x，都有h (x) + h (2m −x) = 2n，则函数y = h (x)的图象有对称中
心(m, n).利用以上结论探究：对于任意的实数a，函数y = f (x)是否都有对称中心？若是，求出对称中心的坐标(用
a表示)；若不是，证明你的结论.
8
（1）答案见解析；（2） ( 5
2 , +∞)；（3）有对称中心，对称中心为 (−a
3 , 2a3
27 + 2a
3 ).
（1）当a = 0时，f (x) = x3 −2x，f (−x) = −x3 + 2x
所以f (x) = −f (−x)，y = f (x)为奇函数.
当a ≠0时，f (1) = a −1，f (−1) = a + 1，
因为f (−1) ≠±f (1)，所以f (x)既不是奇函数也不是偶函数.
（2）原问题可化为a > 1
2 x + 2
x 在区间[ 1
2 ,1]有解，则a > ( 1
2 x + 2
x )
min
，
因为函数y = 1
2 x + 2
x 在区间[ 1
2 ,1]单调递减，
所以ymin = 5
2 ，所以a > 5
2 ，
所以a的取值范围是( 5
2 , +∞).
（3）假设存在对称中心(m, n)，则x3 + ax2 −2x + (2m −x)3 + a(2m −x)2 −2 (2m −x) = 2n恒成立，
得(6m + 2a)x2 −(12m2 + 4am)x + 8m3 + 4am2 −4m = 2n恒成立
所以
，
得m = −a
3 ，n = 2a3
27 + 2a
3 ，
所以函数y = f (x)有对称中心(−a
3 , 2a3
27 + 2a
3 ).
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若k ≥f(x)在[a, b]上恒成立，则k ≥f(x)max；
②若k ≤f(x)在[a, b]上恒成立，则k ≤f(x)min；
③若k ≥f(x)在[a, b]上有解，则k ≥f(x)min；
④若k ≤f(x)在[a, b]上有解，则k ≤f(x)max；
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
答案
解析
⎧
⎨
⎩
6m + 2a = 0
12m2 + 4am = 0
8m3 + 4am2 −4m = 2n
9
考点2：函数对称性的应用
例3
如果函数f (x) = x2 + bx + c，对任意实数x都有f (2 + x) = f (2 −x)，试比较f (−3)、f (2)、f (3)的大小.
$f\left( 2 \right)
由题意结合f (2 + x) = f (2 −x)可得函数的对称轴，再由二次函数的图象与性质即可得解.
因为函数f (x) = x2 + bx + c，且对任意实数x都有f (2 + x) = f (2 −x)，
所以函数f (x)的图象是以直线x = 2为对称轴，开口朝上的抛物线，
即函数f (x)在[2, +∞)上单调递增，
所以f (−3) = f (7)，$f\left( 2 \right)，
所以$f\left( 2 \right).
本题考查了函数对称性的应用，考查了二次函数图象与性质的应用，属于基础题.
答案
解析
变式3-1
若函数f(x) = 2|x−a|(a ∈R)满足f(1 + x) = f(1 −x)，且f(x)在[m, +∞)单调递增，则实数m的最小值等于
．
1
试题分析：根据f(1 + x) = f(1 −x)可知函数
的图像关于直线
对称，可知
，从而可以确定函数
在
上是增函数，从而有
，所以
，故
的最小值等于.
考点：函数图像的对称性，函数的单调性.
【方法点睛】该题根据题中的条件确定好函数本身的单调区间，根据函数在函数增区间的所有子区间上是增
函数，从而求得参数的取值范围，关键是根据条件
，得出函数图像的对称性，确定出函数
图像的对称轴，从而得到函数的增区间，从而根据集合间的包含关系，从而确定出参数的取值范围.
教法备注
【考点】函数的性质
答案
解析
10
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
变式3-2
已知函数f（x）＝|x+2|，g（x）＝|x+t|，定义函数F（x）= {
，若对任意的x∈R，都有F（x）＝F
（2﹣x）成立，则t的取值为（ ）
A. ﹣4
B. ﹣2
C. 0
D. 2
A
利用F (x) = F (2 −x)可得F (x)关于x = 1对称,因为f (x)关于x = −2对称,则推测g (x)关于x = 4对称,再将g (x)
代回F (x)检验即可由F (x) = F (2 −x)可得F (x)关于x = 1对称,
因为f (x) = |x + 2|,则f (x)关于x = −2对称,所以g (x) = |x + t|关于x = 4对称,即t = −4,
此时F (x) = {
符合条件,故t = −4符合题意,
故选：A
本题考查函数的对称性的应用,考查数形结合思想
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
f (x)
f (x) ≤g (x)
g (x)
f (x)＞g (x)
答案
解析
f (x), x ≤1
g (x), x > 1
例4
已知函数f(x) = x3 + 2x −2−x + 3，若实数a、b满足f (2a2) + f (b2 −1) = 6，则a√1 + 2b2的最大值为
.
3
4 | 0.75
由题知f(x)满足任意x ∈R，都有f(x) + f(−x) = 6，进而得2a2 + b2 = 1，再根据基本不等式求解即可.
解：令g (x) = x3 + 2x −2−x，因为g (−x) = (−x)3 + 2−x −2x = −g (x)
所以，函数g (x) = x3 + 2x −2−x是R上的奇函数，
所以函数g (x) = f (x) −3关于(0, 0)中心对称，
答案
解析
11
所以，f(x) = x3 + 2x −2−x + 3关于(0, 3)中心对称，
所以，f(x)满足任意x ∈R，都有f(x) + f(−x) = 6.
因为f (2a2) + f (b2 −1) = 6，
所以2a2 + b2 −1 = 0，即2a2 + b2 = 1.
所以a√1 + 2b2 = 1
2 ⋅2a√1 + 2b2 ≤1
2 ⋅4a2 + 1 + 2b2
2
= 2 + 1
4
= 3
4 ，
当且仅当2a = √1 + 2b2 = √6
2 ，即a = √6
4 ，b = ± 1
2 时取等号，
所以a√1 + 2b2的最大值为3
4 .
故答案为：3
4
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
变式4-1
已知定义域为R的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，如果x <2<x ，且x ＋
x >4，则f(x )＋f(x )的值（ ）
A. 可正可负
B. 恒大于0
C. 可能为0
D. 恒小于0
B
首先根据条件f(−x) = −f(x + 4)转化为f(4 −x) = −f(x)，再根据函数f(x)在区间(2, +∞)上单调递增，将x1
转换为4 −x1，从而4 −x1，x2都在(2, +∞)的单调区间内，由单调性得到它们的函数值的大小，再由条件即可
判断f(x1) + f(x2)的值的符号．
解：定义域为R的函数f(x)满足f(−x) = −f(x + 4)，
将x换为−x，有f(4 −x) = −f(x)，
∵x1 < 2 < x2，且x1 + x2 > 4，
∴x2 > 4 −x1 > 2，
∵函数f(x)在区间(2, +∞)上单调递增，
∴f(x2) > f(4 −x1)，
∵f(4 −x) = −f(x)，
∴f(4 −x1) = −f(x1)，即f(x2) > −f(x1)，
∴f(x1) + f(x2) > 0，
1
2
1
2
1
2
答案
解析
12
故选：B．
变式4-2
已知定义在R上的函数f (x)满足f(x + 1) = f(1 −x)且在[1, +∞)上是增函数，不等式f(ax + 2) ≤f(x −1)对任意
x ∈[ 1
2 , 1]恒成立，则实数a的取值范围是
A. [−3, −1]
B. [−2, 0]
C. [−5, −1]
D. [−2, 1]
B
本题主要考查函数的单调性、对称性，由f(x + 1) = f(1 −x)可知函数对称轴为x = 1，再由f (x)在[1, +∞)上
的单调性可以在其他区间的单调性，然后通过取特殊值来得出结果．因为f(x + 1) = f(1 −x)，
所以函数f (x)对称轴为x = 1，
因为函数f (x)在[1, +∞)上是增函数
所以函数f (x)在(−∞, 1]上是减函数，即函数f (x)在[ 1
2 , 1]上是减函数，
当a = 0时，不等式f(ax + 2) ≤f(x −1)即f(2) ≤f(x −1)，
根据函数f (x)的图像特征可得出|2 −1| ≤|x −1 −1|，
解得x ≥3或x ≤1，满足题意，所以排除A、C．
当a = 1时，不等式f(ax + 2) ≤f(x −1)变为f(x + 2) ≤f(x −1)，
根据函数图像特征可得出|x + 2 −1 | ≤|x −1 −1|
解得x ≤1
2 ，不满足题意，排除D．
在计算一些选择题时，无需计算出答案，可以根据四个选项的区别通过取特殊值法进行判断．
答案
解析
知识点2：函数周期性
考点3：函数周期性
知识笔记
周期性的定义
对于函数f(x) (x ∈D),如果存在一个非零常数T，使得x取D内每一个值时，都有等式f(x + T) = f(x)恒成立，那
么这个函数f(x)叫做周期函数，常数T叫做函数f(x)的周期，对于一个周期函数f(x)来说，如果在所有的周期中
13
存在一个最小的正数，这个最小的正数叫做这个函数的最小正周期。
注意：①如果T是函数f(x)的一个周期，则nT(nZ, n ≠0)也是函数f(x)的周期；
②周期T是一个非零常数，可正可负。
周期的相关结论
(1）若f(x + a) = −f(x)(a ≠0)恒成立，则T = 2a；
（2）若f(x + a) =
1
f(x) (a ≠0)恒成立，则T = 2a；
（3）若f(x + a) = −
1
f(x) (a ≠0)恒成立，则T = 2a；
（4）若f(x + a) = f(x + b)，则f(x)是周期函数，|b −a|是它的一个周期；
（5）f(x)的周期为T ⇔f(ωx)的周期为T
|ω| 。
对称性与周期性的关系
（1）若函数f(x)有两条相邻对称轴，关于直线x = a和直线x = b对称，则函数为周期函数，周期为T = 2|a −b|；
（2）若函数f(x)有两个相邻对称中心，关于点(a, 0)和点(b, 0)对称，则函数为周期函数，周期为T = 2|a −b|；
（3）若函数f(x)有两相邻对称轴和对称中心，关于直线x = a和点(b, 0)对称，则函数为周期函数，周期为
T = 4|a −b|。
经典例题
例5
已知f (x + 2) = −f (x)，那么f (x)的最小正周期为__________.
变式5-1
已知f (x + 2) =
1
f(x) ，那么f (x)的最小正周期为___________.
变式5-2
已知函数y = f(x)，对任意x ∈R，都有f(x + 2) ⋅f(x) = k（k为常数），且当x ∈[0, 2]时，f(x) = x2 + 1，则
f(2021) =
14
2
因为对任意x ∈R，都有f(x + 2) ⋅f(x) = k为常数，可得f(x + 4) ⋅f(x + 2) = k，
从而f(x + 4) = f(x)，即f (x)的周期为4，所以f(2021) = f(505 × 4 + 1) = f(1)，
又因为当x ∈[0, 2]时，f(x) = x2 + 1，则f (1) = 2，即f(2021) = 2
故答案为：2.
答案
解析
例6
设f (x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[−1, 1)上f (x) = {
,其中a ∈R.若
f (−5
2 ) = f ( 9
2 )，则f (2022a)的值是
.
−2
5 | -0.4
根据函数的周期性及f (−5
2 ) = f ( 9
2 )可得a的值，进而利用周期性即可求解f (2022a)的值.
解：因为f (x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[−1, 1)上f (x) = {
,
所以f (−5
2 ) = f (−1
2 ) = −1
2 + a，f ( 9
2 ) = f ( 1
2 ) = 2
5 −1
2 = −1
10 ，
又f (−5
2 ) = f ( 9
2 )，即−1
2 + a = −1
10 ，解得a = 2
5 ，
所以f (2022a) = f (2022 × 2
5 ) = f (808 + 4
5 ) = f ( 4
5 ) = 2
5 −4
5 = −2
5 ，
故答案为：−2
5 .
x + a, −1 ≤x < 0
2
5 −x, 0 ≤x < 1
答案
解析
x + a, −1 ≤x < 0
2
5 −x, 0 ≤x < 1
变式6-1
设由函数f (x)是定义在R上且周期为2的函数，，在区间[−1, 1]上，f (x) =
，其中a, b∈R，若
f ( 1
2 ) = f ( 3
2 )，则a + 3b的值为
.
⎧
⎨
⎩
ax + 1, −1 ≤x < 0
bx + 2
x + 1 , 0 ≤x ≤1
15
−10
根据题意，得到f ( 1
2 ) = f (−1
2 )且f(−1) = f(1)，列出方程组，求得a, b的值，即可求解.
由函数f (x)是定义在R上且周期为2的函数，且f (x) =
，
可得f ( 3
2 ) = f (−1
2 )，因为f ( 1
2 ) = f ( 3
2 )，所以f ( 1
2 ) = f (−1
2 )，
可得
1
2 b + 2
1
2 + 1
= −1
2 a + 1，即3a + 2b = −2，
又由f(−1) = f(1)，可得−a + 1 = b + 2
2
，即b = −2a，
联立方程组{
，解得a = 2, b = −4，所以a + 3b = −10.
故答案为：−10.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
ax + 1, −1 ≤x < 0
bx + 2
x + 1 , 0 ≤x ≤1
3a + 2b = −2
b = −2a
变式6-2
奇函数y = f(x)满足对任意x ∈R都有f(2 + x) + f(2 −x) = 0,且f(1) = 9,则f(2016) + f(2017) + f(2018)的值为
9
由f(2 + x) + f(2 −x) = 0推导出f(x + 4) = f(x)即可得到f(x)的周期为4,当x = 0时,由 f(2) + f(2) = 0得
f(2) = 0.结合f(1) = 9,即可求得f(2016) + f(2017) + f(2018)的值.∵ f(2 + x) + f(2 −x) = 0
∴f(2 + x) = −f(2 −x) ┄①
∵ f(x)为奇函数,故f(−x) = −f(x)
∴f(2 −x) = f[−(x −2)] = −f(x −2) ┄②
由①②可得:f(2 + x) = f(x −2)
即:f(x + 4) = f(x) 可得:f(x)的周期为4
∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,可得: f(0) = 0
∵ 当x = 0时, 由f(2 + x) + f(2 −x) = 0,可得: f(2 + 0) + f(2 −0) = 0
∴ f(2) = 0
∴f(2016) = f(504 × 4 + 0) = f(0)
答案
解析
16
f(2017) = f(2016 + 1) = f(1) = 9
f(2018) = f(2016 + 2) = f(2) = 0
∴ f(2016) + f(2017) + f(2018) = 9
故答案为:9.
本题考查通过奇函数的定义及周期函数的定义求函数的周期,解题关键是通过赋值法求特定的函数值和利用周
期性求函数的值.
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
例7
函数f (x)是定义在R上的偶函数，且f (1 −x) = −f (x)，当x ∈[2, 3]时，f (x) = x，则当x ∈[−1, 0]时，f (x)的解
析式为（ ）
A. x + 4
B. x −2
C. x + 3
D. −x + 2
D
试题分析：由于函数f (x)是偶函数，f (1 + x) = f (1 −x) = −f (x)，故f (x)周期为2.令x ∈[−1, 0]，则
−x + 2 ∈[2, 3]，f (x) = f (−x) = f (−x + 2) = −x + 2.
考点：分段函数解析式.
答案
解析
变式7-1
已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，且y = f (x)的图象关于直线x = 2对称．
(1)
证明：f (x)是周期函数．
(2)
若当x ∈[−2, 2]时，f (x) = −x2 + 1，求当x ∈[2, 6]时，f (x)的解析式．
17
(1) 证明见解析
(2) f (x) = −(x −4)2 + 1， x ∈[2, 6]
(1) 由函数y = f (x)的图象关于直线x = 2对称，
所以f (x + 2) = f (2 −x)，即有f (−x) = f (x + 4)，
又函数f (x)是定义在R上的偶函数，有f (−x) = f (x)，
所以f (x + 4) = f (−x) = f (x)，
即f (x)是周期为4的周期函数；
(2) 当x ∈[−2, 2]时，f (x) = −x2 + 1，又f (x)是周期为4的周期函数，
当x ∈[2, 6]，则x −4 ∈[−2, 2]，
所以f (x) = f (x −4) = −(x −4)2 + 1，
所以f (x) = −(x −4)2 + 1，x ∈[2, 6].
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
答案
解析
变式7-2
设函数y = f (x)为周期为4的奇函数，且对于x ∈R都有f (x + 2) = −f (x)．
(1)
若当−1 ≤x ≤1时，f (x) = sin x，写出1 ≤x ≤5时f (x)的解析式；
(2)
对于（1）中的f (x)，若A = {x ||f(x)| > a} ≠∅，求实数a的取值范围．
18
(1) f (x) = {
(2) (−∞, sin 1)
(1) 当x ∈R，有f (x + 2) = −f (x)，且函数y = f (x)为周期为4的奇函数，
所以f (x + 2) = −f (x) = f (x −2)，即有f (x −4) = f (x)，
当−1 ≤x ≤1时，f (x) = sin x，
当1 ≤x < 3时， −1 ≤x −2 < 1<>，此时f (x −2) = sin (x −2) = −f(x)，所以f (x) = −sin (x −2).
当3 ≤x ≤5时，f (x) = f (x −4) = sin (x −4)；
综上，当1 ≤x ≤5时，f (x) = {
.
(2) 由（1）可知当1 ≤x ≤5时，f (x) = {
，
∴ f (x)在一个周期上的值域是[−sin 1, sin 1]，
若使A ≠∅⇒a < |f (x)|的最大值，∴ a < sin 1．
故a的取值范围为：(−∞, sin 1).
答案
−sin (x −2), 1 ≤x < 3
sin (x −4), 3 ≤x ≤5
解析
−sin (x −2), 1 ≤x < 3
sin (x −4), 3 ≤x ≤5
−sin (x −2), 1 ≤x < 3
sin (x −4), 3 ≤x ≤5
考点5：函数性质的综合应用
经典例题
例8
19
已知函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数,当x ∈[2 , 4]时f(x) =
log4 (x −3
2 ) ，则f ( 1
2 )的值为
.
1
2
由题意知，f( 1
2 ) = f（−1
2 ) = f(4 −1
2 ) = f( 7
2 )，又7
2 ∈[2, 4]，所以f( 1
2 ) = f( 7
2 ) = |log42| = 1
2 ，故填1
2 .
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
答案
解析
变式8-1
f(x)是R上的奇函数且满足f(3 −x) = f(3 + x)，若x ∈(0, 3)时，f(x) = x + lg x，则f(x)在(−6, −3)上的解析式是
．
f(x) = −x −6 −lg(x + 6)
首先根据题意得到f(x + 6) = −f(x)，再设x ∈(−6, −3)，代入解析式即可.因为f(x)是R上的奇函数且满足
f(3 −x) = f(3 + x)，
所以f[3 + (x + 3)] = f[3 −(x + 3)]，即f(x + 6) = f(−x) = −f(x).
设x ∈(−6, −3)，所以x + 6 ∈(0, 3).
f(x + 6) = x + 6 + lg(x + 6) = −f(x)，
所以f(x) = −x −6 −lg(x + 6).
故答案为：f(x) = −x −6 −lg(x + 6)
本题主要考查函数的奇偶性和对称性的综合题，同时考查了学生的转化能力，属于中档题.
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
答案
解析
20
变式8-2
已知函数f (x)的定义域为R，f (x + 2)为偶函数，f (2x + 1)为奇函数，则（ ）
A. f (−1
2 ) = 0
B. f (−1) = 0
C. f (2) = 0
D. f (4) = 0
B
推导出函数f (x)是以4为周期的周期函数，由已知条件得出f (1) = 0，结合已知条件可得出结论.
因为函数f (x + 2)为偶函数，则f (2 + x) = f (2 −x)，可得f (x + 3) = f (1 −x)，
因为函数f (2x + 1)为奇函数，则f (1 −2x) = −f (2x + 1)，所以，f (1 −x) = −f (x + 1)，
所以，f (x + 3) = −f (x + 1) = f (x −1)，即f (x) = f (x + 4)，
故函数f (x)是以4为周期的周期函数，
因为函数F (x) = f (2x + 1)为奇函数，则F (0) = f (1) = 0，
故f (−1) = −f (1) = 0，其它三个选项未知.
故选：B.
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
答案
解析
变式8-2
已知定义域为R的奇函数f(x)的周期为2，且x ∈(0, 1]时，f(x) = log 1
2
x.若函数F(x) = f(x) −sin π
2 x在区间[−3, m]
（m ∈Z且m > −3）上至少有5个零点，则m的最小值为
.
2
先根据条件分析函数f (x)的性质，然后将问题转化为函数y = f (x)和 y = sin
π
2 x的图象交点问题，再根据图
象求解出m的最小值.
因为y = f (x)是奇函数，所以f (0) = 0，又因为函数 f (x)的周期为2，
答案
解析
21
所以f (−2) = f (0) = f (2)= 0，
在同一坐标系中作出函数y = f (x)和y = sin
π
2 x的图象（如图），
观察图象可知y = f (x)和y = sin
π
2 x的图象在 [−3, 2]上有五个交点，
而函数F (x) = f (x) −sin
π
2 x在区间 [−3, m]（m ∈Z且m > −3）上有至少有5个零点，
所以m ≥2，所以m的最小值为2.
故答案为：2.
教法备注
【考点】函数的性质
【教法】通过函数性质解决函数图像特点，引导学生函数性质推理或者画图解决问题
06 函数图像与函数零点
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握函数图像变换方法
目标2
★★★★★☆ 迁移
运用函数图像求解函数零点相关问题
知识清单
教法备注
【考情分析】
1．函数图像和函数零点问题在考纲中考查对函数图像变换以及数形结合求解零点问题的掌握情况，函数零点
在考纲中考查对概念的理解记忆以及数形结合方法的使用，考纲中明确对该知识点的考查涉及探究性理解水
平，考查学生的数学素养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学
应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度涵盖中等难度和较高难度，经常会在填选压轴中结合其他知识
点综合考查，分值约为10分，占比16%；
3．对应教材：必修一，第四章幂函数、指数函数与对数函数，第五章函数的概念、性质及应用； 4．
本讲知识点涉及基本初等函数的图像、性质等问题，后续会和三角函数内容有综合考查运用，公立学校会在
2
高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关.
教法备注
【课堂引入】
（2020•浦东二模）已知函数f(x) = x2 + alog2(x2 + 2) + a −2的零点有且只有一个，则实数 的取值集合为
________.
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解.
知识点1——函数图像
考点1：函数图像及其变换
知识笔记
平移变换
（1）水平平移：函数y = f(x + a)的图像可以把函数y = f(x)的图像沿x轴方向向左(a > 0)或向右(a < 0)平移|a|个
单位即可得到；
（2）竖直平移：函数y = f(x) + a的图像可以把函数y = f(x)的图像沿x轴方向向上(a > 0)或向下(a < 0)平移|a|个
单位即可得到.
对称变换
（1）函数y = f(−x)的图像可以将函数y = f(x)的图像关于
y轴
对称即可得到；
（2）函数y = −f(x)的图像可以将函数y = f(x)的图像关于x
轴
对称即可得到；
（3）函数y = −f(−x)的图像可以将函数y = f(x)的图像关于
原点对称
即可得到.
翻折变换
（1）函数y = |f(x)|的图像可以将函数y = f(x)的图像的x轴下方部分沿x轴翻折到x轴上方，去掉原x轴下方部分，
并保留y = f(x)的x轴上方部分即可得到；
（2）函数y = f(|x|)的图像可以将函数y = f(x)的图像右边沿y轴翻折到y轴左边替代原y轴左边部分并保留y = f(x)
在y轴右边部分即可得到.
3
伸缩变换
（1）函数y = af(x) (a > 0)的图像可以将函数y = f(x)的图像中的每一点横坐标不变纵坐标伸长(a > 1)或压缩（
0 < a < 1）为原来的a倍得到；
（2）函数y = f(ax)(a > 0)的图像可以将函数y = f(x)的图像中的每一点纵坐标不变横坐标伸长(a > 1)或压缩（
0 < a < 1）为原来的1
a 倍得到.
经典例题
例1
分别作出下列函数的图象：
（1）y＝|lg(x－1)|；（2）y = 2x+1 −1；（3）y＝x －|x|－2；（4）y＝2x −1
x −1 .
（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；（4）作图见解析.
（1）首先作出y＝lgx的图象，然后将其向右平移1个单位，得到y＝lg(x－1)的图象，
再把所得图象在x轴下方的部分翻折到x轴上方，
即得所求函数y＝|lg(x－1)|的图象，如图所示(实线部分)；
2
答案
解析
4
（2）将y＝2 的图象向左平移1个单位，得到y = 2x+1的图象，
再将所得图象向下平移1个单位，得到y = 2x+1 −1的图象，如图所示；
（3）y＝x －|x|－2＝{
，
由二次函数的图象可作出其图象如图所示；
（4）y＝2x −1
x −1 ＝2＋
1
x −1 ，故函数的图象可由y＝1
x 的图象向右平移1个单位，
再向上平移2个单位得到，如图所示.
本题考查了具体函数图象的作法，考查了函数图象变换的应用，属于基础题.
x
2
x2 −x −2, x ≥0
x2 + x −2, x < 0
变式1-1
5
指出下列函数图象的变换过程，从 y = 2
x 到①y =
2
x + 1 ；② y = 2
x −1；③y =
2
x −1 + 3.
①向左平移 1个单位；②向下平移 1个单位；③向右平移 1个单位再向上平移 3个单位.
由图象的平移变换即可得出答案.
①将y = 2
x 向左平移1个单位可得y =
2
x + 1 ；
②将y = 2
x 向下平移1个单位可得y = 2
x −1；
③将y = 2
x 向右平移1个单位再向上平移3个单位可得y =
2
x −1 + 3.
答案
解析
变式1-2
为了得到函数y = 2 sin( x
3 +
π
6 ), x ∈R的图象，只需把函数y = 2 sin x，x ∈R的图象上所有的点（ ）
A. 向左平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的1
3 倍（纵坐标不变）
B. 向右平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1
3 倍（纵坐标不变）
C. 向左平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）
D. 向右平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）
C
按照平移变换和周期变换的结论，分别求出四个选项中得到的函数解析式可得答案.
对于A，把函数y = 2 sin x，x ∈R的图象上所有的点向左平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原
答案
解析
6
来的1
3 倍（纵坐标不变）得到函数y = 2 sin(3x + π
6 )的图象，故A不正确；
对于B，把函数y = 2 sin x，x ∈R的图象上所有的点向右平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原
来的1
3 倍（纵坐标不变）得到函数y = 2 sin(3x −π
6 )的图象，故B不正确；
对于C，把函数y = 2 sin x，x ∈R的图象上所有的点向左平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原
来的3倍（纵坐标不变）得到函数y = 2 sin( 1
3 x + π
6 )的图象，故C正确；
对于D，把函数y = 2 sin x，x ∈R的图象上所有的点向右平移
π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到
原来的3倍（纵坐标不变）得到函数y = 2 sin( 1
3 x −π
6 )的图象，故D不正确.
故选：C.
本题考查了三角函数的平移变换与周期变换，属于基础题.
变式1-3
在同一坐标系中，函数y = ax + 1与y = a|x−1|（a>0且a≠1）的图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
C
当a＞1时，直线y=ax+1的斜率大于1，函数y=a
|（a＞0且a≠1）在（1，+∞）上是增函数，选项C满足条件．
当1＞a＞0时，直线y=ax+1的斜率大于0小于1，且过(0, 1)，函数y=a
|（a＞0且a≠1）在（1，+∞）上是减函
数，没有选项满足条件．
故选C．
教法备注
【考点】函数的图像
答案
解析
|x-1
|x-1
7
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
知识点2——函数零点
考点2：已知零点个数求参
知识笔记
零点的定义
函数y = f(x)的零点不是点，而是方程f(x) = 0的解，也是函数y = f(x)与x轴交点的横坐标.
零点个数问题
求函数y = f(x)零点个数的方法：
（1）利用定义，转化为方程f(x) = 0的根，有几个根就有几个零点；
（2）画出函数y = f(x)的图像，判断它与x轴交点个数，从而判断函数零点的个数.
复合函数零点问题
观察内、外函数图像来求解零点，内函数图像的纵轴变量是外函数图像的横轴变量.
函数零点关系问题
一般求解函数零点和或积，利用函数性质寻找零点关系，进而求解.
经典例题
例2
若函数f (x) = 3|x| −m |x| + m2 −2 (x ∈R)有唯一零点，则实数m的值为
.
±1
根据偶函数的性质，可得f(0) = 0，解得m = ±1，然后分情况验证.
解：∵x ∈R, f (−x) = 3|−x| −m |−x| + m2 −2 = f(x)
答案
解析
8
∴f(x)是偶函数
根据偶函数的性质，可得f(0) = 0，30 + m2 −2 = 0，解得m = ±1
当m = 1时，此时f (x) = 3|x| −|x| −1，有唯一零点；
当m = −1时，此时f (x) = 3|x| + |x| −1，也有唯一零点；
故m = ±1时有唯一零点.
故答案为：±1
变式2-1
函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x −1)为偶函数，当x ∈[0, 1]时，f(x) = √x，若函数g(x) = f(x) −x −m有
三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. (−1
4 , 1
4 )
B. (1 −√2, √2 −1)
C. (4k −1
4 , 4k + 1
4 )(k ∈Z)
D. (4k + 1 −√2, 4k + √2 −1)(k ∈Z)
C
由题意，画出函数f(x)图象的草图，利用数形结合的方法找出当函数f(x)的图象与直线y = x + m有3个交点时
m的取值范围，即可得解.∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x −1)为偶函数，
∴f(x −1) = f (−x −1) = −f (x + 1)，∴f(x −1) = f (x + 3)，
∴f(x)的对称轴为x = −1且周期为4，
又x ∈[0, 1]时，f(x) = √x，∴可作出函数f(x)图象的草图，如下：
若函数g(x) = f(x) −x −m有3个零点，则方程f(x) = x + m有3个实根，
∴函数f(x)的图象与直线y = x + m有3个交点，
当x ∈[0, 1]时，f ′(x) = 1
2 x
−1
2 = 1，解得x = 1
4 ，即当直线y = x + m与f(x) = √x的图象相切时切点为
( 1
4 , 1
2 )，此时m = 1
4 ，
由图象的对称性可知当m ∈(−1
4 , 1
4 )时，函数f(x)的图象与直线y = x + m有3个交点，
答案
解析
9
再由周期性可知，当m ∈(4k −1
4 , 4k + 1
4 )(k ∈Z)时，函数函数f(x)的图象与直线y = x + m有3个交点.
故选：C.
本题考查了函数奇偶性、周期性与对称性的综合应用，考查了函数零点与方程根的关系，体现了转化化归思
想与数形结合思想，属于中档题.
变式2-2
已知y = f(x)是奇函数，定义域为[−1, 0) ∪(0, 1]，当x > 0时，f (x) =
( 1
2 )
2x−1
−xα
−1 (α > 0)，当函数
g(x) = f(x) −m有3个零点时，则实数m的取值范围是
.
(−1, −0.5] ∪[0.5, 1)
首先通过y = ( 1
2 )
2x−1
−xα的单调性作出大致图像，然后利用平移变换和对称变换以及奇函数的性质作出
f(x)的图像，再将数g (x) = f (x) −m的零点个数转化为f(x)图像与y = m的交点个数即可求解.
不妨令y = ( 1
2 )
2x−1
−xα，由α > 0，易知y = ( 1
2 )
2x−1
−xα在(0, 1]上单调递减，
当x →0时，y →2，f(x) →1；当x = 1时，y = −1
2 ，f (1) = −3
2 ，
故y = ( 1
2 )
2x−1
−xα在(0, 1]上的大致图像如下：
由函数平移变换和对称变换f (x) =
( 1
2 )
2x−1
−xα
−1在(0, 1]上的大致图像如下：
又因为f(x)为奇函数，故f(x)在[−1, 0) ∪(0, 1]上的图像如下：
答案
解析
10
因为g (x) = f (x) −m有3个零点等价于f(x)的图像与y = m有三个不同的交点，
所以−1 < m ≤−0.5或0.5 ≤m < 1，即实数m的取值范围为(−1, −0.5] ∪[0.5, 1).
故答案为：(−1, −0.5] ∪[0.5, 1).
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
变式2-3
已知函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1．
①当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为 ；
②若函数f（x）有三个不同的零点，则实数a的取值范围是 ．
（0，+∞）; （2 √2，+∞）
①把a=0代入函数解析式，可得不等式，对x分类求解得答案；
②转化方程的根为两个函数的图象的交点，利用数形结合，通过函数的导数求解即可．
①当a=0时，不等式f（x）+1＞0⇔x|2x|﹣1+1＞0，
即2x|x|＞0，
若x＜0，得﹣2x ＞0，不合题意；
若x=0，得0＞0，不合题意；
若x＞0，得2x ＞0，则x＞0．
综上，当a=0时，不等式f（x）+1＞0的解集为（0，+∞）；
②若函数f（x）有三个不同的零点，即方程x|2x﹣a|﹣1=0有3个不同根．
即|2x﹣a|= 1
x 有三个解，
令y=|2x﹣a|，则y=
，画出两个函数的图象，如图：
答案
解析
2
2
⎧
⎨
⎩
2x −a，x ≥a
2
a −2x，x＜a
2
11
x＜a
2 ，y= 1
x ，由y′= −1
x2 = −2，解得x= √2
2 ，x= −√2
2 （舍去），
此时切点坐标（
√2
2 ，√2），代入y=a﹣2x，可得a=2× √2
2
+ √2 =2√2，
函数f（x）=x|2x﹣a|﹣1有三个零点，
则实数a的取值范围为（2√2，+∞）．
故答案为（0，+∞）；（2√2，+∞）．
本题绝对值不等式的解法，考查函数的导数的应用，函数的零点的判断，考查数形结合的应用，是中档题．
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
考点3：利用函数性质探究零点关系
例3
已知函数f (x) = {
若存在实数x1，x2，x3，x4 (x1 < x2 < x3 < x4)，满足
f (x1) = f (x2) = f (x3) = f (x4)，则x1x2x3x4的取值范围是（ ）
A. (0, 375
4 )
B. (0, 100)
C. (75, 375
4 )
D. (75, 100)
C
根据分段函数的性质，画出图象，即可图象以及函数的对称性即可求解临界位置， 即可求解.
|log5 x|, 0 < x < 5,
−cos ( π
5 x), 5 ≤x ≤15.
答案
解析
12
画出f (x)的图象如下图：
由题意可知−log5 x1 = log5 x2 ⇒x1x2 = 1，−cos ( π
5 x3) = −cos ( π
5 x4)，由图象可知x3, x4关于直线x = 10对
称，所以x3 + x4 = 20，因此x1x2x3x4 = x3x4，
当−cos ( π
5 x3) = −cos ( π
5 x4) = 1时，x3 = 5, x4 = 15，此时x3x4 = 75，
当−cos ( π
5 x3) = −cos ( π
5 x4) = 0时，x3 = 15
2 , x4 = 25
2 ，此时x3x4 = 375
4 ，
当存在x1，x2，x3，x4 (x1 < x2 < x3 < x4)使得f (x1) = f (x2) = f (x3) = f (x4) = a ∈(0, 1)时，此时
x1x2x3x4 = x3x4 ∈(75, 375
4 )，
故选：C
变式3-1
已知函数f(x) = 2cos2 ( π
2 x −π
4 ) −1,
g(x) = x3，设函数F(x) = f(x) −g(x)，则F(x)所有的零点之和为
．
0
先化简f(x)，再转化为f(x)和g(x)图象交点的横坐标之和，即可得解.
解：f(x) = 2cos2 ( π
2 x −π
4 ) −1 = cos (πx −π
2 ) = sin πx，作出f(x)和g(x)的图象，F(x)的零点之和即为
f(x)和g(x)图象交点的横坐标之和，根据图像的对称性可知，f(x)和g(x)所有的交点的横坐标之和为0.
故答案为：0
答案
解析
13
变式3-2
设f(x) =
x2 −2x ，则函数y = f(x) −2024的所有零点之和为
．
2
画出函数图象。利用对称性即可求解.
由一元二次函数的图象和性质可知函数f(x) =
x2 −2x 的图象如图所示，
根据图象可知y = f(x) −2024共有2个零点，且2个零点关于x = 1对称，
所以零点之和为2，
故答案为：2
答案
解析
变式3-3
已知函数f(x)＝||x－1|－1|，若关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有四个互不相等的实根x ，x ，x ，x ，则x x x x 的取值
范围是
．
(－3，0)
1
2
3
4
1 2 3 4
答案
14
试题分析：函数f(x) = ||x −1| −1|的图象如下图所示：
由图可知，若m ∈(0, 1)的四个互不相等的实数根，则
，且
分别为：
，
∴
.
考点：根的存在性及根的个数判断．
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
解析
例4
关于x的方程x2 + a |x| + a2 −9 = 0 (a ∈R)有唯一的实数根，则a =
．
3
考虑绝对值的性质，方程的唯一实根只能是0，即|x| = 0，由此分析可得结论．方程x2 + a |x| + a2 −9 = 0为
|x|2 + a |x| + a2 −9 = 0，因此原方程有唯一实根，则|x| = 0，
a2 −9 = 0，a = ±3，a = −3时，方程为|x|2 −3 |x| = 0，|x| =0或3，不合题意，
a = 3时，方程为|x|2 + 3 |x| = 0，|x| = 0，|x| = −3舍去．
故答案为：3.
本题考查方程根的分布，根据绝对值的性质易得结论．
答案
解析
15
变式4-1
已知a ∈R，函数f (x) = {
，若函数f (x)恰有2个零点，则a的取值范围是
．
(1, 3] ∪(4, +∞)
根据一次函数与二次函数的零点情况，分类讨论a的取值，即可求解.
因为函数y = x −4在R上只有1个零点4，
函数y = x2 −4x + 3在R上有2个零点，为1, 3，
若a ≤1，此时函数y = x2 + 4x + 3在x < a上没有零点，
函数y = x −4在x ≥a上有1个零点，不符合题意；
若1 < a ≤3，此时函数y = x2 + 4x + 3在x < a上有1个零点，
函数y = x −4在x ≥a上有1个零点，符合题意；
若3 < a ≤4，此时函数y = x2 + 4x + 3在x < a上有2个零点，
函数y = x −4在x ≥a上有1个零点，不符合题意；
若a > 4，此时函数y = x2 + 4x + 3在x < a上有2个零点，
函数y = x −4在x ≥a上没有零点，符合题意.
综上所述，a的取值范围是(1, 3] ∪(4, +∞).
故答案为：(1, 3] ∪(4, +∞).
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
x −4, x ≥a
x2 −4x + 3, x < a
答案
解析
变式4-2
设f (x)是定义在R上周期为2的函数，且f (x) = {
，记g (x) = f (x) −a，若1
2 < a < 1，则函数
g (x)在区间[−2, 3]上零点的个数是( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
D
cos2 π x,0≤x≤1
1 −log2x, 1 < x < 2
答案
16
根据函数f (x)的周期性和解析式，作出函数的图象，利用函数零点与方程之间的关系转化为两个图象交点个
数，利用数形结合进行求解即可．∵f (x)是定义在R上周期为2的函数，且f (x) = {
，
∴作出是f (x)在区间[−2, 3]上图象如图：由g (x) = f (x) −a，得f (x) = a，∵1
2 < a < 1，
∴作出y = a的图象，由图象知两个函数共有8个交点，
即g (x)的零点个数为8个，
故选D．
本题主要考查函数与方程的应用，利用数形结合转化为两个函数图象的交点问题是解决本题的关键．
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过画图找零点，引导学生通过画图解决零点问题
解析
cos2 π x,0≤x≤1
1 −log2x, 1 < x < 2
考点4：复合函数零点问题
例5
函数y=f(x)，x∈(0，+∞)的图象如图所示，关于x的方程2[f(x)]2 −4mf(x) + 5m −2 = 0)有4个不同的实数解，则m的
取值范围是
.
( 2
5 , 1
2 )
答案
17
令f (x) = t，则关于x的方程[f(x)]2 −2mf(x) + 3m + 4 = 0有4个不同的实数解等价于方程
t2 −2mt + 3m + 4 = 0有两个根且两个都在区间(0, 1)上，设g(t) = t2 −2mt + 3m + 4，由图则有$\left\{
\begin{array}{*{35}{l}} 0<1 \ g(1)>0 \ g(0)>0 \ g(m)<0 \ \end{array} \right.\therefore \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
0<1 \ 1-2m+3m+4>0 \ 3m+4>0 \ {{m}^{2}}-2{{m}^{2}}+3m+4<0 \ \end{array} \right.$，解得m ∈( 2
5 , 1
2 )
故答案为：( 2
5 , 1
2 )
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用
数形结合的方法求解；
(4)二次函数型转化为“根的分布”.
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过分别画图找零点，引导学生通过换元和画图解决零点问题
解析
变式5-1
关于x的方程(x2 −1)
2 −
x2 −1
+ k = 0，给出下列四个命题，其中假命题的个数是（ ）．
①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根；
③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根；
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
A
分别取k = −2、k = 1
4 、k = 0、k = 2
9 计算对应方程的解后可得正确的选项.
取k = −2，则(x2 −1)2 −|x2 −1| + k = 0即为(|x2 −1| −2) (|x2 −1| + 1) = 0，
故|x2 −1| −2 = 0，解得x = ±√3，故①正确.
取k = 1
4 ，则(x2 −1)2 −|x2 −1| + k = 0即为(|x2 −1| −1
2 )
2
= 0，故x2 −1
= 1
2 ，
答案
解析
18
解得x = ± √2
2 ，或x = ± √6
2 ，故②正确.
取k = 0，则(x2 −1)2 −|x2 −1| + k = 0即为|x2 −1| (|x2 −1| −1) = 0，
故|x2 −1| −1 = 0，或|x2 −1| = 0解得x = ±1，或x = ±√2，或x = 0，故③正确.
取k = 2
9 ，则(x2 −1)2 −|x2 −1| + k = 0即为(|x2 −1| −2
3 ) (|x2 −1| −1
3 ) = 0，
故|x2 −1| −2
3 = 0或|x2 −1| −1
3 ，
解得x = ± √15
3
，或x = ± √3
3 ，或x = ± 2√3
3
，或x = ± √6
3 ，故④正确.
故选：A
本题考查复合方程的解的个数的讨论，解题关键点是根据复合方程的性质将其转化为简单方程的解，本题属
于较难题.
教法备注
【考点】函数的图像
【教法】通过分别画图找零点，引导学生通过换元和画图解决零点问题
07 函数中的恒成立与存在问题
1
学习目标
目标1
★★★★★☆ 迁移
掌握单变量恒成立有解问题的处理方法
目标2
★★★★★☆ 迁移
掌握双变量恒成立有解问题的处理方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求掌握恒成立与存在性问题的解法，能够处理不等式恒成立问题；
2．恒成立问题是上海高考的重点，本讲知识点高考分值占比5%；
3．对应教材：高中数学必修第一册，第二章：等式与不等式；第五章，函数的概念、性质及其应用；
4．本讲知识点总结了两类恒成立问题，提供了恒成立问题的处理方法，新东方教材与统编教材的内容编排基
本一致，结合课本及考试内容设置题目.
教法备注
【课堂引入】
引入方向：（2023上·高三上海中学校考期中）已知存在x1 ∈[1, 3]，对任意x2 ∈[−1, 1]，不等式
x2
1 + 4
x1
≥2x2 + 3 + a成立，则实数a的取值范围是______.
2
本题无需讲解，用以展示一类恒成立问题的考查形式.
知识点1——单变量恒成立与存在性问题
考点1：单变量不等式恒成立与有解问题
知识笔记
基本模型与求解方向
恒成立问题：任意x ∈D，都有f(x) ≥m恒成立
存在性问题：存在x ∈D，使得f(x) ≥m能成立
（1）不等式恒成立与存在性问题的求解方向是：求解函数f(x)的最值
（2）常见问题：
任意x ∈D，都有f(x) ≥m恒成立 f(x)min ≥m
任意x ∈D，都有f(x) ≤m恒成立 f(x)max ≤m
存在x ∈D，使得f(x) ≥m能成立 f(x)max ≥m
存在x ∈D，使得f(x) ≤m能成立 f(x)min ≤m
分类讨论
求解含参函数的最值问题，常常考查分类讨论。
参变分离
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参
数范围.这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强.一般地有：
（1）f(x) < g(a)（ 为参数）恒成立⇔g(a) > f(x)max
（2）f(x) < g(a)（ 为参数）有解⇔g(a) > f(x)min
数形结合
函数图象和不等式有着密切的联系：
（1）f(x) > g(x) ⇔函数f(x)图象恒在函数g(x)图象上方；
（2）f(x) < g(x) ⇔函数f(x)图象恒在函数g(x)图象下方.
3
经典例题
例1
已知关于x的不等式ax2 −x + 1 −a ≤0．
（1）当a > 0时，解关于x的不等式；
（2）当2 ≤x ≤3时，不等式ax2 −x + 1 −a ≤0恒成立，求实数a的取值范围．
（1） $0<\dfrac{1}{2}$时，不等式的解集为 {x
1 ≤x ≤1 −a
a
}； a = 1
2 时，不等式的解集为 {x|x = 1}；
a > 1
2 时，不等式的解集为 {x
1 −a
a
≤x ≤1}；（2） a ≤1
4 ．
（1）首先不等式，因式分解后，讨论a的取值，解不等式；
（2）将不等式参变分离，转化为求函数y =
1
x + 1 的最小值，求实数a的取值范围.
解：（1）不等式ax2 −x + 1 −a ⩽0可化为(x −1)(ax + a −1) ⩽0，
当a > 0时，不等式化为(x −1) (x −1 −a
a
) ⩽0；
①$0<\dfrac{1}{2}$时，1 −a
a
> 1，解不等式得1 ⩽x ⩽1 −a
a
，
②a = 1
2 时，1 −a
a
= 1，解不等式得x = 1，
③a > 1
2 时，1 −a
a
< 1，解不等式得1 −a
a
⩽x ⩽1．
综上，$0<\dfrac{1}{2}$时，不等式的解集为{x
1 ⩽x ⩽1 −a
a
}，
a = 1
2 时，不等式的解集为{x ∣x = 1}，
答案
解析
4
a > 1
2 时，不等式的解集为{x
1 −a
a
⩽x ⩽1}．
（2）由题意不等式ax2 −x + 1 −a ⩽0化为a (x2 −1) ⩽x −1，
当x ∈[2, 3]时，x −1 ∈[1, 2]，且x + 1 ∈[3, 4]，
所以原不等式可化为a ⩽
1
x + 1 恒成立，
设y =
1
x + 1 ，x ∈[2, 3]，则y的最小值为1
4 ，
所以a的取值范围是a ≤1
4 ．
变式1-1
若对任意的x ∈[1, 2]，不等式x2 + x > mx −2恒成立，则实数m的取值范围是
.
(−∞, 2√2 + 1)
由题意可得m < x + 2
x + 1对任意的x ∈[1, 2]恒成立，故只需m < (x + 2
x + 1)
min
，结合基本不等式求解即
可，注意取等条件.
由题意x2 + x > mx −2对任意的x ∈[1, 2]恒成立，
即m < x + 2
x + 1对任意的x ∈[1, 2]恒成立，故只需m < (x + 2
x + 1)
min
，
而由基本不等式可得x + 2
x + 1 ≥2√x ⋅2
x + 1 = 2√2 + 1，等号成立当且仅当x = √2，
所以m < (x + 2
x + 1)
min
= 2√2 + 1，即实数m的取值范围是(−∞, 2√2 + 1).
故答案为：(−∞, 2√2 + 1).
答案
解析
变式1-2
已知不等式4x −a ⋅2x + 2 > 0，对于a ∈(−∞, 3]恒成立，则实数x的取值范围是
．
(−∞， 0) ∪(1， +∞)
设t = 2x，t > 0，则t2 −at + 2 > 0，对于a ∈(−∞，3]恒成立，问题转化为$a，于a ∈(−∞，3]恒成立，即
t + 2
t > 3，即可解得答案．
答案
解析
5
设t = 2x，t > 0，
则t2 −at + 2 > 0，对于a ∈(−∞，3]恒成立，
即$a，对于a ∈(−∞，3]恒成立，
∴t + 2
t > 3，
即t2 −3t + 2 > 0，
解得t > 2或t < 1，
即2x > 2或2x < 1，
解得x > 1或x < 0，
综上，x的取值范围为(−∞，0) ∪(1，+∞)．
故答案为：(−∞，0) ∪(1，+∞)﹒
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过参变分离思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
变式1-3
已知函数f (x) =
x + 1
x + a ，若对任意实数a，关于x的不等式f (x) ≥m在区间[ 1
2 , 3]上总有解，则实数m的取
值范围为
.
(−∞, 2
3 ]
本题要根据数形结合法将函数y = x + 1
x 的图象向下平移到一定的程度，使得函数f (x) =
x + 1
x + a 的最
大值最小．再算出具体平移了多少单位，即可得到实数m的取值范围．解：由题意，y = x + 1
x 在区间[ 1
2 , 3]
上的图象如下图所示：
答案
解析
6
根据题意，对任意实数a，关于x的不等式f (x) ≥m在区间[ 1
2 , 3]上总有解，
则只要找到其中一个实数a，使得函数f (x) =
x + 1
x + a 的最大值最小即可，
如图，函数y = x + 1
x 向下平移到一定才程度时，函数f (x) =
x + 1
x + a 的最大值最小．
此时只有当f (1) = f (3)时，才能保证函数f (x)的最大值最小．
设函数y = x + 1
x 图象向下平移了t个单位，（t > 0）．
∴10
3 −t = −(2 −t)，解得t = 8
3 .
∴此时函数f (x)的最大值为10
3 −8
3 = 2
3 ．
根据绝对值函数的特点，可知
实数m的取值范围为：(−∞, 2
3 ]．
故答案为：(−∞, 2
3 ]．
本题主要考查了数形结合法的应用，平移的知识，绝对值函数的特点，以及简单的计算能力．本题属中档
题．
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过参变分离思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
例2
对任给实数x > y > 0,不等式x2 −2y2 ≤cx(y −x)恒成立,则实数c的最大值为
.
2√2 −4
不等式变形为c ≤x2 −2y2
xy −x2 ，利用换元法构造新函数，通过函数的导数研究函数f(t)的单调性与最值即可得解.
因为对任给实数x > y > 0,不等式x2 −2y2 ≤cx(y −x)恒成立，
所以c ≤x2 −2y2
xy −x2 =
( x
y )
2
−2
x
y −( x
y )
2 ，
令x
y = t > 1，则c ≤t2 −2
t −t2 = f(t)，
f ′(t) = t2 −4t + 2
(t −t2)2
= (t −2 + √2)(t −2 −√2)
(t −t2)2
，
答案
解析
7
当t > 2 + √2时，f ′(t) > 0，函数f(t)单调递增；当$1<2+\sqrt{2}$时，f ′(t) < 0，函数f(t)单调递减，
所以当t = 2 + √2时，f(t)取得最小值，f(2 + √2) = 2√2 −4，
所以实数c的最大值为2√2 −4
故答案为：2√2 −4
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
变式2-1
已知不等式xy ≤ax2 + 2y2，若对于任意的x ∈[1, 2]且y ∈[2, 3]该不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. [ 1
8 , +∞)
B. [−1, +∞)
C. [−6, +∞)
D. [−15, +∞)
B
根据题意转化为a ≥−2 ⋅( y
x −1
4 )
2
+ 1
8 ，令t = y
x ，得到a ≥−2 ⋅(t −1
4 )
2
+ 1
8 在[1, 3]上恒成立，结合二次函
数的性质，即可求解.
由题意得，当x ∈[1, 2]且y ∈[2, 3]时，不等式xy ≤ax2 + 2y2，
即为a ≥xy −2y2
x2
= y
x −2 ⋅( y
x )
2
= −2 ⋅( y
x −1
4 )
2
+ 1
8 ，
令t = y
x ，因为x ∈[1, 2]且y ∈[2, 3]，可得1 ≤t ≤3，
所以a ≥−2 ⋅(t −1
4 )
2
+ 1
8 在[1, 3]上恒成立，
令z = −2 ⋅(t −1
4 )
2
+ 1
8
根据二次函数的性质，可得当t = 1时，z取得最大值，最大值为zmax = −2 ⋅(1 −1
4 )
2
+ 1
8 = −1，
所以a ≥−1，即实数a的取值范围是[−1, +∞).
故选：B.
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过参变分离思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
答案
解析
8
变式2-2
已知二次函数f (x) = ax2 + bx + c．
（1）若f (x) < 0的解集为(1, 2)，求不等式bx2 + ax + c < 0的解集；
（2）若不等式f (x) ≥2ax + b对任意x ∈R恒成立，求
b2
a2 + c2 的最大值．
（1） {x|x < −2
3 或 x > 1}；（2） 2√2 −2.
（1）结合一元二次不等式的解集得到a, b, c的关系，进而得到3x2 −x −2 > 0，从而解不等式即可求出结果；
（2）由题意可得a, b, c发关系，进而结合不等式的性质以及均值不等式即可求出结果.
（1）∵f(x) < 0的解集为(1, 2)，∴a > 0且1 + 2 = −b
a , 1 × 2 = c
a ，∴b = −3a < 0, c = 2a．
bx2 + ax + c < 0 ⇔−3ax2 + ax + 2a < 0 ⇔3x2 −x −2 > 0，∴该不等式的解集为{x|x < −2
3 或x > 1}．
（2）若不等式f(x) ≥2ax + b即ax2 + (b −2a)x + (c −b) ≥0对任意x ∈R恒成立，
则{
即{
易知c ≥a > 0，
当c = a时，b = 0,
b2
a2 + c2 = 0；
当c > a时，设t = c
a −1 > 0，则c
a = t + 1，
则
b2
a2 + c2 ≤4a(c −a)
a2 + c2
=
4 ( c
a −1)
1 + ( c
a )
2 =
4t
(t + 1)2 + 1
=
4
t + 2
t + 2
≤
4
2√t ⋅2
t + 2
= 2√2 −2，
当且仅当t = c
a −1 = √2且b2 = 4a(c −a)时，等号成立，
所以
b2
a2 + c2 的最大值为2√2 −2．
答案
解析
a > 0,
Δ = (b −2a)2 −4a(c −b) ≤0,
0 ⩽b2 ≤4a(c −a),
a > 0,
9
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过参变分离思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
例3
已知不等式(ax + 3) (x2 −b) ≤0对任意x ∈(−∞, 0)恒成立，其中a，b是整数，则a + b的取值的集合为（ ）
A. {4, 10}
B. {4}
C. {−2, 8}
D. {−2}
A
对b分类讨论，设f (x) = ax + 3, g (x) = x2 −b，画出图象，数形结合思考即可；
当b ≤0时，因为x2 −b ≥0，所以ax −3 ≤0，
由一次函数图象可得对任意x ∈(−∞, 0)时不成立；
当b > 0时，设f (x) = ax + 3, g (x) = x2 −b，
画出大致图象可得
，又a，b是整数，
所以{
或{
，
答案
解析
⎧
⎨
⎩
a > 0
3
a = √b
a = 1
b = 9
a = 3
b = 1
10
所以a + b的取值的集合为{4, 10}，
故选：A.
变式3-1
已知f (x) = m (x −m) (x + m + 3)，g (x) = 2x −2，若对任意x ∈R，f (x) < 0与g (x) < 0至少有一个成立，则m
的取值范围是（ ）
A. (−4, +∞)
B. (−4, 0)
C. (−∞, 0)
D. (−∞, −3
2 ) ⋃(−3
2 , 0)
B
先求得g(x) < 0的解集x < 1，依题意判断需满足x ≥1时，f(x) < 0成立 ，再利用分类讨论方法解不等式
f(x) < 0，列式使不等式的解集包含{x |x ≥1}即可．
由g(x) = 2x −2 < 0，得2x < 2 = 21，即x < 1，
要使对任意x ∈R，f (x) < 0或g (x) < 0，只需x ≥1时，f(x) < 0成立即可，
又由f (x) = m (x −m) (x + m + 3)，∴开口向下，即m < 0，
令f(x) = 0得，x = m或x = −m −3，由m = −m −3得m = −3
2 ，
当−3
2 ≤m < 0时，m ≥−m −3，不等式f(x) < 0的解为x < −m −3或x > m，
∴m < 1，∴−3
2 ≤m < 0满足题意；
当m < −3
2 时，m < −m −3，不等式f(x) < 0的解为$x或x > −m −3，
∴−m −3 < 1，即m > −4，∴$-4<-\dfrac{3}{2}$满足题意.
综上，m的取值范围是$-4<0$．
故选：B.
关键点点睛;
本题的解题关键在于能根据题意判断出x ≥1时，f(x) < 0成立，进而通过分类讨论是解决含参数的一元二次
不等式的解，突破难点．
答案
解析
变式3-2
已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1 −x) + f(1 + x) = 2，当x ∈[0，1]时，f(x) = 2x −x2，若f(x) ≥x + b对一
切x ∈R恒成立，则实数b的最大值为
.
11
−1
4 | −0.25
根据题设条件画出函数的图象，结合图象可求实数b的最大值.
因为f(1 + x) + f(1 −x) = 2，故f(x)的图象关于(1, 1)中心对称
当x ∈[−1, 0]时，f(x) = −f(−x) = x2 + 2x，
故f(x)的图象如图所示：
结合图象可得：只需当x ∈[−1, 0]时，f(x) = x2 + 2x ≥x + b即可，
即b ≤(x + 1
2 )
2
−1
4 ，故b ≤−1
4 ，
故答案为：−1
4 .
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过数形结合思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
答案
解析
变式3-3
已知f (x) = {
，若|f (x)| ≥ax在x ∈[−1, 1]上恒成立，则实数a的范围是（ ）
A. (−∞, −1] ∪[0, +∞)
B. [−1, 0]
C. [0, 1]
D. (−∞, 0] ∪[1, +∞)
x2 −2, x ≤0
3x −2, x > 0
12
B
法一：分x ∈[−1, 0]和x ∈(0, 1]，结合函数单调性和函数值的正负得到不等式，求出实数a的范围范围；
法二：画出y = |f (x)|与y = ax的图象，数形结合求出实数a的范围.
法一：当x ∈[−1, 0]时，f(x) = x2 −2，
由于f(x) = x2 −2在x ∈[−1, 0]上单调递减，
故f(x) = x2 −2x ∈[f (0), f (−1)] = [−2, −1]，
则|f (x)| = 2 −x2，所以2 −x2 ≥ax，
即x2 + ax −2 ≤0在x ∈[−1, 0]恒成立，
令g (x) = x2 + ax −2
由于Δ = a2 + 8 > 0，g (0) = −2，
故只需g (−1) ≤0，即1 −a −2 ≤0，解得a ≥−1，
当x ∈(0, 1]时，f(x) = 3x −2，此时函数单调递增，
当x ∈(0, 2
3 ]时，f(x) = 3x −2 ≤0，此时|f(x)| = 2 −3x，
由|f (x)| ≥ax得2 −3x ≥ax，即(a + 3)x −2 ≤0在x ∈(0, 2
3 ]恒成立，
令k (x) = (a + 3)x −2，由于k (0) = −2，
故只需k ( 2
3 ) = 2
3 (a + 3) −2 ≤0，解得a ≤0，
当x ∈( 2
3 , 1]时，f(x) = 3x −2 > 0，此时|f(x)| = 3x −2，
由|f (x)| ≥ax得3x −2 ≥ax，即(a −3)x + 2 ≤0在x ∈( 2
3 , 1]恒成立，
令q (x) = (a + 3)x −2，
只需
，解得a ≤0，
综上，a ≥−1与a ≤0取交集得，a ∈[−1, 0]；
法二：画出y = |f (x)|在x ∈[−1, 1]上的图象与y = ax的图象，
其中kOQ = −1，要想|f (x)| ≥ax在x ∈[−1, 1]上恒成立，
则a ∈[−1, 0].
答案
解析
⎧
⎨
⎩
q ( 2
3 ) ≤0
q (1) ≤0
13
故选：B
教法备注
【考点】函数的恒成立问题
【教法】通过参变分离思想解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
知识点2——双变量恒成立与存在性问题
考点2：双变量恒成立与有解问题
知识笔记
任意x ∈D1，存在y ∈D2，都有f(x) ≥g(y)恒成立
（1）双变量恒成立与存在性问题的求解方向是：比较函数f(x)与g(y)的最值
（2）常见问题：
任意x ∈D1，存在y ∈D2，有f(x) ≥g(y)成立 g(y)min ≤f(x)min
任意x ∈D1，存在y ∈D2，有f(x) ≤g(y)成立 g(y)max ≥f(x)max
任意x ∈D1，存在y ∈D2，有f(x) = g(y)成立 g(y)的值域⊇f(x)的值域
经典例题
例4
已知a > 0，函数f(x) =
x
1 + x2 , g(x) = x −a
3 ，若对任意x1 ∈[−a, a]，总存在x2 ∈[−a, a]，使得f (x2) ≥g (x1)，
则a的最大值为
.
14
√2
2
利用f (x) ≥g(x)max在[−a, a]有解可求a的最大值.
因为对任意x1 ∈[−a, a]，总存在x2 ∈[−a, a]，使得f (x2) ≥g (x1)，
所以存在x2 ∈[−a, a]，使得f (x2) ≥g (x)max = 2
3 a，
故
x
1 + x2 ≥2
3 a在[−a, a]上有解，即2ax2 −3x + 2a ≤0在[−a, a]上有解，
设h (x) = 2ax2 −3x + 2a，其对称轴为x = 3
4a ，
若$\dfrac{3}{4a}即a > √3
2 时，此时Δ = 9 −16a2 < 0，故2ax2 −3x + 2a ≤0不成立；
若3
4a ≥a即$0，此时需h(x)min ≤0即h (a) ≤0，
故$\left\{ \begin{align} & 0，故$0，
故a的最大值为
√2
2 .
故答案为：
√2
2 .
教法备注
【考点】函数的双变量恒成立问题
【教法】通过寻找函数最值和值域问题解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
答案
解析
变式4-1
已知存在x1 ∈[1, 3]，对任意x2 ∈[−1, 1]，不等式x2
1 + 4
x1
≥2x2 + 3 + a成立，则实数a的取值范围是
．
(−∞，0]
根据题意求出不等式左边的最大值恒大于右边的最大值即可.
设f (x1) = x2
1 + 4
x1
= x1 + 4
x1
，
因为f ′ (x1) = 1 −4
x2
1
= x2
1 −4
x2
1
, (x1 ∈[1, 3])
当x1 ∈[1, 2]时，f ′ (x1) < 0，f (x1)为减函数；
答案
解析
15
当x1 ∈[2, 3]时，f ′ (x1) > 0，f (x1)为增函数；
故f(x1)max = f (1) = 5；
因为存在x1 ∈[1, 3]，对任意x2 ∈[−1, 1]，不等式x2
1 + 4
x1
≥2x2 + 3 + a成立，
等价于5 ≥2x2 + 3 + a恒成立，等价于2 −a ≥(2x2)max = 2
故a ≤0，
故答案为：(−∞，0]
教法备注
【考点】函数的双变量恒成立问题
【教法】通过寻找函数最值和值域问题解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
变式4-2
已知函数f (x) = 3 ⋅2x + 2，对于任意的x1 ∈[0, 1]，都存在x2 ∈[0, 1]，使得f (x1) + 3
2 f (x2 + m) = 20成立，则实
数m的取值范围为
.
[log2
4
3 , 1]
根据x1 ∈[0, 1]求出f (x1) ∈[5, 8]，进而得到8 ≤f (x2 + m) ≤10，即3 × 2x2+m + 2 ∈[8, 10]，由函数单调性得
到3 × 2x2+m + 2 ∈[3 × 2m + 2, 3 × 21+m + 2]，由题干条件得到[8, 10] ⊆[3 × 2m + 2, 3 × 21+m + 2]，列出不
等式组，求出答案.
x1 ∈[0, 1]，故f (x1) ∈[3 + 2, 3 × 2 + 2] = [5, 8]，
故f (x1) = 20 −3
2 f (x2 + m) ∈[5, 8]，解得：8 ≤f (x2 + m) ≤10，
即3 × 2x2+m + 2 ∈[8, 10]，
因为x2 ∈[0, 1]，所以3 × 2x2+m + 2 ∈[3 × 2m + 2, 3 × 21+m + 2]，
要想保证对于任意的x1 ∈[0, 1]，都存在x2 ∈[0, 1]，使得f (x1) + 3
2 f (x2 + m) = 20成立，
需要满足[8, 10] ⊆[3 × 2m + 2, 3 × 21+m + 2]，
所以{
，解得：{
，
故m ∈[log2
4
3 , 1].
故答案为：[log2
4
3 , 1]
答案
解析
3 × 2m + 2 ≤8
3 × 21+m + 2 ≥10
m ≤1
m ≥log2
4
3
16
教法备注
【考点】函数的双变量恒成立问题
【教法】通过寻找函数最值和值域问题解决恒成立问题，引导学生分类清楚方法解决恒成立问题
08 导数的概念与运算
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解导数的概念
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握导数的运算方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握导数的几何意义
知识清单
教法备注
1．导数的概念与运算为新增板块，类比全国卷考纲，重点考查导数概念、几何意义及求导运算的理解与运用
情况，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆水平、解释性理解水平及探究性理解水平，考查学生的数学素
养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学应用与探究能力，因
此，上海考查方向预测不会有大的差异；
2．本讲在高考中以填选、解答为主，难度中等或压轴方向，分值预估约为25分，占比16%；
3．对应教材：选修二，第五章导数及其应用，第一节导数的概念及意义，第二节导数的运算；
4．本讲知识点涉及导数概念、几何意义及求导运算问题，后续会和函数、三角函数等内容有综合考查运用，
公立学校会在高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
2
教法备注
【课堂引入】
已知函数 f(x) = −2x2 + 1 + ln x
x
, g(x) = e2x −2x2 −a ，求曲线f(x) 在 (1, f(1)) 处的切线方程。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——导数的概念与几何意义
考点1：导数的概念
知识笔记
导数的定义
设函数y = f(x) 在 x = x0附近有定义，如果h 趋于 0, Δy
h 有极限，即Δy
h 无限趋近于某个常数，我们把这个极
限值叫做函数y = f(x) 在 x = x0处的导数，记作f ′ (x0)，即有
f
′ (x0) =
lim
h→0
f (x0 + h) −f (x0)
h
通常，我们把f (x0 + h) −f (x0)
h
称作函数y = f(x) 在区间 [x0, x0 + h]上的
平均
变化率，而把
f
′ (x0) = lim
h→0
f (x0 + h) −f (x0)
h
称作是函数y = f(x) 在 x = x0处的
瞬时
变化率。
经典例题
例1
一质点按规律s = 2t3运动，
(1)
求其在时间段[1,2]内的平均速度；
(2)
求其在t = 1时的瞬时速度．
3
(1) 14
(2) 6
(1) 在时间段[1, 2]内的平均速度为2 × 23 −2 × 13
2 −1
= 14；
(2) v (t) = s′ = 6t2，把t = 1代入可得t = 1时的瞬时速度为v (1) = s′|t=1 = 6.
教法备注
【考点】平均变化率与瞬时变化率
【教法】根据平均变化率与瞬时变化率的定义计算
答案
解析
变式1-1
对于以下四个函数：①y = x；②y = x2；③y = x3；④y = 1
x ．在区间[1, 2]上函数的平均变化率最大的是（ ）
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
C
分析求出四个函数的平均变化率，然后比较即可.
①Δy
Δx = 2 −1
2 −1 = 1，②Δy
Δx = 4 −1
2 −1 = 3，③Δy
Δx = 8 −1
2 −1 = 7，④Δy
Δx =
1
2 −1
2 −1 = −1
2 ．
故选：C．
答案
解析
变式1-2
已知气球的体积V(单位：L)与半径r(单位：dm)之间的函数关系是V (r)＝4
3 πr3.
(1)
求半径r关于体积V的函数r(V)；
(2)
比较体积V从0 L增加到1 L和从1 L增加到2 L半径r的平均变化率；哪段半径变化得快(精确到0.01)？此结论可
说明什么意义？
4
(1)
3√3V
4π
(2) 答案见解析
(1) ∵V (r)＝4
3 πr3
∴r3 = 3V
4π ，
∴r =
3√3V
4π ，即r (V ) =
3√3V
4π .
(2) 函数r(V)在区间[0，1]上的平均变化率为r (1) −r (0)
1 −0
=
3√3 × 1
4π
−0≈0.62(dm/L)，
函数r(V)在区间[1，2]上的平均变化率为r (2) −r (1)
2 −1
=
3√3 × 2
4π
−
3√3 × 1
4π ≈0.16(dm/L).
显然体积V从0 L增加到1 L时，半径变化得快，这说明气球刚开始膨胀得快，随着体积的增大，半径增加
得越来越慢.
教法备注
【考点】平均变化率
【教法】根据平均变化率的定义计算，并赋予实际含义
答案
解析
变式1-3
如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深8cm，上口宽6cm，若以30cm3/s的匀速往杯中注水，当水深为
4cm时，酒杯中水升高的瞬时变化率v =
cm/s．
5
40
3π
计算出当水深为4cm时，水的体积，然后除以流速可得出时刻t0的值，设水的深度为hcm，求出h关于t的函数
表达式，利用导数可求得当水深为4cm时，水升高的瞬时变化率.
设t时刻水的深度为hcm，水面半径为rcm，则h
r = 8
3 ，得r = 3
8 h，
所以当水深为4cm时，酒杯中水面的半径为3
2 cm，此时水的体积为V = 1
3 π × ( 3
2 )
2
× 4 = 3π，
设当水深为4cm的时刻为t0，可得30t0 = 3π，可得t0 = π
10 s；
又由题意可得30t = 1
3 πr2h = 1
3 π × ( 3
8 h)
2
× h = 3
64 πh3，则h = ( 640t
π
)
1
3
，
所以h′ = 1
3 × ( 640
π )
1
3
t−2
3 ，
所以当t = π
10 时，v = h′ = 1
3 × ( 640
π )
1
3
× ( π
10 )
−2
3 = 40
3π (cm/s).
故答案为：40
3π .
教法备注
【考点】瞬时变化率
【教法】得到水深关于时间的函数，然后利用导数求得瞬时变化率
答案
解析
例2
limh→0
ln (3 + h) −ln 3
2h
=
．
答案
6
1
6
根据导数的定义及求导公式即可求解.
设f (x) = ln x，则f ′ (x) = 1
x ，
∴limh→0
ln (3 + h) −ln 3
2h
= 1
2 f ′ (3) = 1
6 .
故答案为：1
6 .
教法备注
【考点】导数的定义
【教法】利用导数的定义以及求导公式计算
解析
变式2-1
设函数f (x)在R上可导，且f ′ (1) = −2021，求limΔx→0
f (1 + Δx) −f (1)
2021Δx
=（ ）
A. −1
B. −
1
2021
C. −2021
D. 0
A
利用导数的定义直接求解.
limΔx→0
f (1 + Δx) −f (1)
2021Δx
=
1
2021 limΔx→0
f (1 + Δx) −f (1)
Δx
=
1
2021 f ′ (1) =
1
2021 × (−2021) = −1
故选：A
教法备注
【考点】导数的定义
【教法】利用导数的定义求得
答案
解析
变式2-2
已知函数 f(x) = x4 + ax ，若 limΔx→0
f(2Δx) −f(−Δx)
Δx
= 12 ，则 a = (
)
7
A. 36
B. 12
C. 4
D. 2
C
教法备注
【考点】导数的定义
【教法】利用导数的定义与求导公式求得
答案
解析
考点2：导数的几何意义
知识笔记
导数的几何意义
函数 y = f(x) 在 x = x0 处的导数 f ′ (x0) 表示曲线 y = f(x) 在点 P (x0, f (x0)) 处的
切线的斜率
，过点 P
的切线方程为
y −y0 = f ′ (x0) (x −x0)
。
经典例题
例3
如图，已知直线l是曲线y＝f(x)在点(2，f（2）)处的切线，则直线l的方程是
；f(2) + f
′(2)的值为
.
x＋2y－8＝0 ; 5
2
根据图像可求得l的斜率k的值及l的方程；由图像可得f(2)的值，根据导数的几何意义可得f
′(2)的值，即可得
答案.
答案
解析
8
由图象可得直线l经过点(2，3)和(0，4)，则直线l的斜率为k = 4 −3
0 −2 = −1
2 ，
可得直线l的方程为y = −1
2 x + 4，即为x＋2y－8＝0；
由导数的几何意义可得f
′(2) = −1
2 ，又f(2) = 3，
则f(2) + f
′(2) = 3 −1
2 = 5
2 .
故空1答案为：x＋2y－8＝0；空2答案为：5
2
本题考查导数的几何意义的应用、直线方程的求法，考查分析理解，化简求值的能力，属基础题.
变式3-1
已知函数f(x)和g(x)在区间[a, b]上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. f(x)在a到b之间的平均变化率大于g(x)在a到b之间的平均变化率
B. f(x)在a到b之间的平均变化率小于g(x)在a到b之间的平均变化率
C. 对于任意x0 ∈(a, b)，函数f(x)在x = x0处的瞬时变化率总大于函数g(x)在x = x0处的瞬时变化率
D. 存在x0 ∈(a, b)，使得函数f(x)在x = x0处的瞬时变化率小于函数g(x)在x = x0处的瞬时变化率
D
解：∵f(x)在a到b之间的平均变化率是f(b) −f(a)
b −a
，
g(x)在a到b之间的平均变化率是g(b) −g(a)
b −a
，
又∵f(b) = g(b)，f(a) = g(a)，
∴f(b) −f(a)
b −a
= g(b) −g(a)
b −a
，
∴A、B错误；
易知函数f(x)在x = x0处的瞬时变化率是函数f(x)在x = x0处的导数，
即函数f(x)在该点处的切线的斜率，
同理可得：函数g(x)在x = x0处的瞬时变化率是函数g(x)在该点处的导数，
即函数g(x)在该点处的切线的斜率，
由题中图象可知：
答案
解析
9
x0 ∈(a, b)时，函数f(x)在x = x0处切线的斜率有可能大于g(x)在x = x0处切线的斜率，也有可能小于g(x)在
x = x0处切线的斜率，故C错误，D正确．
故选：D．
变式3-2
已知函数y = f(x)的图象如图所示，f ′(x)是函数f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）
A. 2f ′(2) < f(4) −f(2) < 2f ′(4)
B. 2f ′(4) < 2f ′(2) < f(4) −f(2)
C. 2f ′(2) < 2f ′(4) < f(4) −f(2)
D. f(4) −f(2) < 2f ′(4) < 2f ′(2)
A
根据图象，由导数的意义和割线的斜率求解即可.
因为f (x)在[2, 4]上为递增函数，
由导数的意义可知，f ′ (2), f ′ (4)为曲线在x = 2, 4处切线的斜率，
所以f ′ (2) < f ′ (4)，
又由斜率的定义可以k = f (4) −f (2)
4 −2
= f (4) −f (2)
2
，表示割线的斜率，
所以f ′ (2) < f (4) −f (2)
2
< f ′ (4) ⇒2f ′ (2) < f (4) −f (2) < 2f ′ (4)，
故选：A.
教法备注
【考点】导数的几何意义
【教法】平均变化率对应的是两点间连线斜率，导数是函数在一点处的切线斜率，根据几何意义就可以比较
大小
答案
解析
知识点2——导数的运算
10
考点3：导数的运算
知识笔记
基本初等函数的导数
（1）C ′ = 0
（ C 是常数）
（2）(xa)
′ =
axa−1
（3）(ax)′ = ax ln a ，特别地，(ex)
′ =
ex
（4）(loga x)′ =
1
x ln a ，特别地，(ln x)
′ =
1
x
（5）(sin x)′ = cos x
（6）(cos x)
′ =
−sin x
导数的四则运算
对于函数 y = f(x) 与 y = g(x)
（1）[f(x) ± g(x)]′ = f ′(x) ± g′(x)
（2）[f(x) ⋅g(x)]
′ =
f
′(x)g(x) + f(x)g
′(x)
（3）[ f(x)
g(x) ]
′
=
f
′(x)g(x) −f(x)g
′(x)
[g(x)]2
（其中，g(x) ≠0 ）
复合函数求导
复合函数y = f[g(x)]的导数与函数y = f(u),
u = g(x)的导数之间具有关系：f ′[g(x)] = f ′(u) ⋅g′(x)，例如：
f
′(ax + b) =
af
′(u)
，其中，u = ax + b
经典例题
例4
下列求导数运算正确的是( )
A. (x3)
′ = 2x2
B. (lg x)
′ = 1
x
C. (x3 + 5)
′ = 3x2 + 5
D. (sin x cos x)
′ = cos 2x
D
答案
11
根据基本初等函数求导公式和导数四则运算法则即可逐项计算并判断．
(x3)
′
= 3x2, (lg x)
′ =
1
x ln 10 , (x3 + 5)
′
= 3x2，
(sin x cos x)
′ = cos2 x −sin2 x = cos 2x，
故ABC求导错误，D求导正确．
故选：D．
解析
变式4-1
已知函数f (x) = 3x + 1
x ，则f ′ (1) =（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
B
求导，代入求值即可.
f ′ (x) = 3 −1
x2 ，故f ′ (1) = 3 −1 = 2.
故选：B
答案
解析
变式4-2
若函数f(x)，g(x)满足f(x) + xg(x) = x2，且f(1) = 1，则f ′(1) + g′(1) =（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
B
令f(x) + xg(x) = x2中x = 1，求出g (1) = 0，再对f(x) + xg(x) = x2两边求导，将x = 1代入即可得出答案.
令x = 1，所以f (1) + g (1) = 1，因为f(1) = 1，所以g (1) = 0，
因为f ′ (x) + g (x) + xg′ (x) = 2x，
所以f ′ (1) + g (1) + g′ (1) = 2，
所以f ′ (1) + g′ (1) = 2 −g (1) = 2.
答案
解析
12
故选：B.
教法备注
【考点】导数的运算
【教法】利用乘法的导数对f(x) + xg(x) = x2两边同时求导，再赋值计算
变式4-3
求下列函数的导数：
(1)
y = 1
3 x3 −x2 + ax + 1 (a > 0)；
(2)
y = sin x ⋅ln x；
(3)
y =
ex
cos x (x ≠kπ + π
2 , k ∈Z)．
(1) f ′ (x) = x2 −2x + a (a > 0)
(2) f ′ (x) = x cos x ln x + sin x
x
(3) f ′ (x) = ex (sin x + cos x)
cos2 x
(1) f ′ (x) = x2 −2x + a (a > 0)；
(2) f ′ (x) = (sin x)
′ ln x + sin x(ln x)
′ = cos x ⋅ln x + sin x ⋅1
x = x cos x ln x + sin x
x
；
(3) f ′ (x) = (ex)
′ cos x −ex(cos x)
′
cos2 x
= ex ⋅cos x + ex ⋅sin x
cos2 x
= ex (sin x + cos x)
cos2 x
.
答案
解析
变式4-4
13
若函数y = f (x) (n < x < n + 1, n ∈N)满足f ′ (x) = f (x + 1)，则称函数y = f (x)为延展函数，已知延展函数
y = g (x)和函数y = h (x)，满足当x ∈(0, 1)时，g (x) = ex，h (x) = x10．给定以下两个命题，则（ ）
①存在函数y = kx + b (k, b ∈R, k ≠0)与y = g (x)有无穷多个交点；
②存在函数y = kx + b (k, b ∈R, k ≠0)与y = h (x)有无穷多个交点．
A. ①真②真
B. ①真②假
C. ①假②真
D. ①假②假
C
根据延展函数的定义，结合函数的图象判断即可得出结论.
对于①，当x ∈(0, 1)时，g (x) = ex，此时，g (x) = ex ∈(1, e)，
当x ∈(1, 2)时，0 < x −1 < 1，则g (x −1) = ex−1，
由已知可得g (x) = g′ (x −1) = ex−1 = g (x −1)；
当x ∈(2, 3)时，1 < x −1 < 2，则g (x −1) = ex−2，
g (x) = g′ (x −1) = ex−2 = g (x −1)，⋯，
由上归纳可知，对任意的x ∈(n, n + 1)，n ∈N，g (x) = g (x + 1)，
由图可知，对任意的非零实数k以及b ∈R，直线y = kx + b与函数y = g (x)图象的交点只有有限个，①错；
对于②，当x ∈(0, 1)时，h (x) = x10，
则当x ∈(1, 2)时，0 < x −1 < 1，则h (x −1) = (x −1)10，h (x) = h′ (x −1) = 10(x −1)9，
当x ∈(2, 3)时，1 < x −1 < 2，则h (x −1) = 10(x −2)9，h (x) = h′ (x −1) = 10 × 9(x −2)8，⋯，
以此类推可知，当x ∈(9, 10)时，h (x −1) = 10 × 9 × ⋯× 3(x −9)2，
则h (x) = h′ (x) = 10! ⋅(x −9) = 10! ⋅x −9 × 10!，
当k = 10!，b = −9 × 10!时，直线y = kx + b与函数y = h (x)在区间(9, 10)上的图象有无穷个公共点，②对.
故选：C.
关键点点睛：本题考查新定义问题，解题的关键在于将函数解析式利用题中定义求出来，利用函数的图象求
解.
教法备注
答案
解析
14
【考点】导数的运算，函数解析式求解
【教法】利用延展函数的函数性质求解解析式，画出完整的函数图像并判断命题是否正确
例5
已知函数f(x) = e2x，则limΔx→0
f(1 + Δx) −f(1)
−2Δx
=（ ）
A. e
B. －e
C. e
D. －e
D
结合导数的定义求得正确答案.
因为f ′(x) = 2e2x，f ′(1) = 2e2
\lim\limits_{\mathrm\Delta x\rightarrow0}\dfrac{f(1+\mathrm\Delta x)-f(1)}{-2\mathrm\Delta x}=-\dfrac{\text{1}}.
故答案为：D.
2
2
答案
解析
变式5-1
以下求导运算错误的是 ( )
A. y = √3x + 1 ，则 y′ =
3
2√3x + 1
B. y = (2x −1)3 ，则 y′ = 3(2x −1)2
C. y = x2(ln x + sin x) ，则 y′ = x + 2x ln x + 2x sin x + x2 cos x
D. y = cos x −x
x2
，则 y′ = −x sin x + 2 cos x −x
x3
B
答案
解析
例6
已知函数f (x) = x3 −2x2 + x.
（1）求曲线y = f (x)在点(−1, −4)处的切线方程;
15
（2）求曲线y = f (x)过点(1, 0)的切线方程.
（1） 8x −y + 4 = 0；（2） y = 0或 x + 4y −1 = 0..
(1)由题意得f ′ (x) = 3x2 −4x + 1，所以f ′ (−1) = 8
又因为f (−1) = −4，所以切线方程为y = 8 (x + 1) −4
整理得8x −y + 4 = 0.
（2）y = 0或x + 4y −1 = 0.设切点为(x0, y0)，
因为切点在函数图像上，所以y0 = x03 −2x02 + x0，
故曲线在该点处的切线为y −(x03 −2x02 + x0) = (3x02 −4x0 + 1) (x −x0)
因为切线过点(1, 0)，
所以0 −(x03 −2x02 + x0) = (3x02 −4x0 + 1) (1 −x0)
即(x0 −1)2 (2x0 −1) = 0.
解得x0 = 1或x0 = 1
2
当x0 = 1时，切点为(1, 0)，因为f ′ (1) = 0，
所以切线方程为y = 0，
当x0 = 1
2 时，切点为( 1
2 , 1
8 )，因为f ′ ( 1
2 ) = −1
4 ，
所以切线方程为x + 4y −1 = 0
所以切线方程为y = 0或x + 4y −1 = 0.
教法备注
【考点】切线问题
【教法】第（1）问点在函数上求切线；第（2）问需要设切点
答案
解析
变式6-1
16
若函数f(x) = ex + ax −1的图象经过点(1, e)，则曲线y = f(x)在点(2, f(2))处的切线的斜率k =
．
e2 + 1
根据点(1, e)求得a，利用导数求得切线的斜率.
函数f(x) = ex + ax −1的图象经过点(1, e)，所以e = f(1) = e + a −1，解得a = 1，
即函数f(x) = ex + x −1，又f
′ (x) = ex + 1，得曲线y = f(x)在点(2, f(2))处切线的斜率k = f
′ (2) = e2 + 1.
故答案为：e2 + 1
答案
解析
变式6-2
若直线y = kx为曲线y = ln x的一条切线，则实数k的值是
．
1
e
根据导数的几何意义、导数的运算公式以及切线方程的求法求解.
由y = ln x，可得y′ = 1
x ，
设切点为(x0, ln x0)，则k = 1
x0
，
故切线方程为y −ln x0 = 1
x0 (x −x0)，即y = 1
x0 x + ln x0 −1，
又因为切线为y = kx，所以ln x0 −1 = 0，
解得x0 = e，所以k = 1
x0
= 1
e ，
故答案为：1
e .
教法备注
【考点】切线问题
【教法】转化为过(0, 0)点向曲线作切线的问题
答案
解析
变式6-3
17
对于函数y = f (x)和y = g (x)，及区间D，若存在实数k､b，使得f (x) ≥kx + b ≥g (x)对任意x ∈D恒成立，则称
y = f (x)在区间D上“优于”y = g (x).有以下两个结论：
①f (x) = log2 x在区间D = [1, 2]上优于g (x) = (x −1)2；
②f (x) = x3 + 2在区间D = [−1, 1]上优于g (x) = ex.
那么（ ）
A. ①､②均正确
B. ①正确，②错误
C. ①错误，②正确
D. ①､②均错误
A
在同一个平面直角坐标系作出函数y = f(x), y = g(x)在区间D上的图形，由题意给的定义，根据数形结合的数
学思想依次判断即可求解.
①：当x = 1时，f(1) = 0, g(1) = 0；当x = 2时，f(2) = 1, g(2) = 1，
所以函数f(x), g(x)图象都经过点A(1, 0), B(2, 1)，
则直线AB的方程为y −0 = 1 −0
2 −1 (x −1)，即y = x −1，
在同一个平面直角坐标系作出函数y = f(x), y = g(x)在区间[1, 2]上的图形，如图，
由图可知，f (x) = log2 x ≥y = x −1 ≥g (x) = (x −1)2，
即存在k = 1, b = −1使得f (x) ≥kx + b ≥g (x)在区间[1, 2]上恒成立，
所以f (x) = log2 x在区间D = [1, 2]上优于g (x) = (x −1)2，故①正确；
②：问题等同于f (x) = x3在区间D = [−1, 1]上优于g (x) = ex −2
在同一个平面直角坐标系作出函数y = f(x), y = g(x)在区间D = [−1, 1]上的图形，如图，
由图可得，g (1) = e −2, g (−1) = e−1 −2，即A (1, e −2), B (−1, e−1 −2)，
所以直线AB的方程为y −(e −2) = e −2 −e−1 + 2
2
(x −1)，即y = e −e−1
2
x + e −2 −e −e−1
2
.
设曲线f(x) = x3在(x0, x3
0), (x0 > 0)处且平行于直线AB的切线为l，
由kl = f ′ (x0) = 3x2
0，l//AB，得3x2
0 = e −e−1
2
，解得x0 = √e −e−1
6
，
答案
解析
18
则切点(√e −e−1
6
, e −e−1
6
√e −e−1
6
)，
所以l: y −e −e−1
6
√e −e−1
6
= e −e−1
2
(x −√e −e−1
6
)，即y = e −e−1
2
x −e −e−1
3
√e −e−1
6
，
取e = 2.7，则−0.47 ≈e −2 −e −e−1
2
> −e −e−1
3
√e −e−1
6
≈−0.48，
所以切线l位于直线AB的下方，则存在实数k, b使得
f (x) = x3 ≥y = kx + b ≥g (x) = ex + 2，
即f (x) = x3 + 2在区间D = [−1, 1]上优于g (x) = ex，故②正确.
故选：A.
关键点点睛：本题关键在于理解函数新定义，利用导数研究不等式恒成立，和导数的几何意义；在利用导数
求切线方程时，可用导数的意义求出切线的斜率.
教法备注
【考点】切线问题
【教法】通过数形结合翻译“优于”，判断两函数之间的位置关系，进而转化为切线问题
09 导数在函数中的应用
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 操作
掌握导数求解函数单调性的方法
目标2
★★★★★☆ 迁移
运用导数求解函数极值、最值问题
知识清单
教法备注
1．导数在函数中的应用为新增板块，类比全国卷考纲，重点考查导数与单调性关系、导数与极值、最值关系
问题的理解与运用情况，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆水平、解释性理解水平及探究性理解水平，
考查学生的数学素养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、空间想象能力、数学应用
与探究能力，因此，上海考查方向预测不会有大的差异；
2．本讲在高考中以填选、解答为主，难度中等或压轴方向，分值预估约为25分，占比16%；
3．对应教材：选修二，第五章导数及其应用，第三节导数的应用；
4．本讲知识点涉及导数与单调性关系、导数与极值、最值关系问题，后续会和函数、三角函数等内容有综合
考查运用，公立学校会在高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
2
【课堂引入】
若函数 f(x) = 1
2 ax2 + x ln x −x 存在单调递增区间，则 a 的取值____________。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——导数与单调性的关系
考点1：导数与函数单调性
知识笔记
驻点
我们将导数为 0 的点称作函数的驻点。
导数与单调性的关系
在区间 I 上，若 f ′(x) > 0 ，则函数 y = f(x) 在该区间
严格增
；若 f ′(x) < 0 ，则函数 y = f(x) 在该区间
严格减
。
经典例题
例1
1
已知函数f (x) = −x4 + 8x2 + 2021，则f (x)在下列区间上为增函数的是（ ）
A. (−3, 0)
B. (0, 1)
C. (1, 3)
D. (2, 4)
B
求导函数f ′(x)，由f ′(x) > 0确定增区间．
因为f ′ (x) = −4x3 + 16x = −4x(x −2) (x + 2)，由f ′(x) > 0得x < −2或$0<2$．
增区间为(−∞, −2), (0, 2)，
故选：B．
答案
解析
3
变式1-1
1
若定义在R上的函数y = f (x)的图象如图所示，f ′ (x)为函数f (x)的导函数，则不等式(x + 2)f ′ (x) > 0的解集为
（ ）．
A. (−∞, −3) ∪(−2, −1) ∪(1, +∞)
B. (−3, −1) ∪(1, +∞)
C. (−3, −1) ∪(0, 1)
D. (−3, −2) ∪(−1, 1)
A
由图像可知：f ′ (x)在（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.
(x + 2)f ′ (x) > 0可化为:{
或{
解得:-2<x<-1或x>1或x<-3
故不等式的解集为：(−∞, −3) ∪(−2, −1) ∪(1, +∞).
故选：A
导函数f ′ (x)与原函数f (x)的单调性的关系：
（1）f ′ (x) > 0 ⇒原函数在对应区间单增；f ′ (x) < 0 ⇒原函数在对应区间单减；
（2）原函数在对应区间单增⇒f ′ (x) ≥0；原函数在对应区间单减⇒f ′ (x) ≤0.
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数正负的关系，分区间解不等式
答案
解析
x + 2 > 0
f ′(x) > 0
x + 2 < 0
f ′(x) < 0
变式1-2
1
函数y =
ex
x −2 的严格递减区间是
.
(−∞, 2), (2, 3).
答案
4
指出函数定义域，求导并求出函数的单调减区间即可.
函数y =
ex
x −2 的定义域为(−∞, 2) ∪(2, +∞)，
f ′ (x) = (x −3) ⋅ex
(x −2)2
，
令f ′ (x) < 0，则x < 3且x ≠2，即y =
ex
x −2 的严格递减区间为(−∞, 2), (2, 3).
故答案为： (−∞, 2), (2, 3).
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数正负的关系，求递减区间
解析
变式1-3
1
若函数y = f (x)在区间D上单调递增，且函数y = f ′ (x)在区间D上也单调递增（其中f ′ (x)是函数f (x)的导函数），
那么称函数y = f (x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫作“快增区间”，则函数f (x) = sin2 x + 2 sin x(x ∈[0, π])
的“快增区间”为（ ）
A. [0, π
6 ]
B. [0, π
3 ]
C. [ π
6 , π
2 ]
D. [ π
3 , π
2 ]
A
根据“快增函数”的定义先求出函数f (x)的单调增区间，再求出函数f ′ (x)在函数f (x)的单调增区间上的增区间
即可.
由题知f ′(x) = 2 sin x cos x + 2 cos x = 2 cos x(sin x + 1)，sin x + 1 ≥0恒成立，
当x ∈[0, π
2 ]时，cos x ≥0，所以f ′(x) ≥0，即f (x)单调递增；
当x ∈( π
2 , π)时，cos x < 0，所以f ′(x) < 0，即f (x)单调递减.
令g(x) = f ′(x) = 2 sin x cos x + 2 cos x，x ∈[0, π
2 ]，
则g′(x) = 2 cos2 x −2 sin2 x −2 sin x = 2 −4 sin2 x −2 sin x.
令t = sin x，则t ∈[0, 1]，
令h(t) = −4t2 −2t + 2 = −2(2t −1)(t + 1)(t ∈[0, 1])，
所以当t ∈[0, 1
2 ]时，h (t) ≥0，
即x ∈[0, π
6 ]时，g′(x) ≥0，g(x)单调递增，
答案
解析
5
所以函数f(x) = sin2 x + 2 sin x(x ∈[0, π])的“快增区间”为[0, π
6 ].
故选：A.
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数正负的关系，把“快增区间”翻译为f
′(x) ≥0 且f
′′(x) ≥0
例2
1
设函数f(x) = ln x −2mx（m为实数），若f(x)在[1, +∞)上单调递减，则实数m的取值范围
．
[ 1
2 , +∞)
首先根据题意得到x ∈[1, +∞)，f ′ (x) ≤0，再根据y = 1
x 的单调性即可得到答案.
f ′ (x) = 1
x −2m，因为函数f(x) = ln x −2mx在区间[1, +∞)上单调递减，
所以x ∈[1, +∞)，1
x −2m ≤0恒成立，
即x ∈[1, +∞)，2m ≥( 1
x )
max
.
又y = 1
x 在[1, +∞)上单调递减，所以( 1
x )
max
= 1，
故2m ≥1，即m ≥1
2 ，
所以m的取值范围为[ 1
2 , +∞).
故答案为：[ 1
2 , +∞).
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数的关系，转化为f
′(x) ≤0 恒成立求参问题
答案
解析
变式2-1
6
1
函数f (x) = x3 + ax在区间[−2, 3]上是单调函数，则实数a的取值范围是
.
(−∞, −27] ∪[0, +∞)
求导，即f ′(x) ≥0或f ′(x) ≤0恒成立，分类讨论即可.
因为函数f (x) = x3 + ax在区间[−2, 3]上是单调函数，
则f ′ (x) = 3x2 + a在[−2, 3]上有f ′(x) ≥0或f ′(x) ≤0恒成立，
当f ′(x) ≥0时，即a ≥−3x2，则a ≥0，
当f ′(x) ≤0时，即a ≤−3x2，则a ≤−27，
综上：实数a的取值范围是(−∞, −27] ∪[0, +∞).
故答案为：(−∞, −27] ∪[0, +∞)
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数的关系，转化不等式恒成立求参问题
答案
解析
变式2-2
1
若函数f(x) = 1
2 ax2 + x ln x −x存在单调递增区间，则a的取值范围是( )
A. (−1
e , 1)
B. (−1
e , +∞)
C. (−1, +∞)
D. (−∞, 1
e )
B
题意说明f ′(x) > 0在(0, +∞)上有解．分离参数变为a＞−lnx
x 在x∈(0，+ ∞)上有解．求出g(x)= −lnx
x 的最
小值即可得．
f ′(x) = ax + lnx，∴f ′(x) > 0在x∈(0，+ ∞)上有解，即ax+lnx＞0在x∈(0，+ ∞)上有解，
即a＞−lnx
x 在x∈(0，+ ∞)上有解．令g(x)= −lnx
x ，则g′(x)= −1 −ln x
x2
，∴g(x)= −lnx
x 在(0，e)上单调递
减，在(e，+∞)上单调递增，∴g(x)= −lnx
x 的最小值为g(e)=−1
e ，∴a＞−1
e ．
答案
解析
7
故选：B．
本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】利用单调性与导数的关系，转化不等式恒成立求参问题
变式2-3
1
已知f (x) = 2x + 1 −x ln x.
(1)
求曲线y = f (x)在x = 1处的切线方程；
(2)
若对任意的x1, x2 ∈(0, +∞)，且x1 ≠x2，都有f (x1) −f (x2)
x1 −x2
> m (x1 + x2)，求实数m的取值范围.
(1) x −y + 2 = 0
(2) (−∞, −1
2e2 ]
(1) 由题意知f (1) = 3, f ′ (x) = 2 −ln x −x ⋅1
x = 1 −ln x, ∴f ′ (1) = 1
则曲线y = f (x)在x = 1处的切线方程为y −3 = x −1 ⇒x −y + 2 = 0
(2) 不妨设x1 > x2 > 0，则
f (x1) −f (x2)
x1 −x2
> m (x1 + x2) ⇒f (x1) −f (x2) > m (x2
1 −x2
2)
⇒f (x1) −mx2
1 > f (x2) −mx2
2
则设g (x) = f (x) −mx2 = 2x + 1 −x ln x −mx2，可知g (x)在(0, +∞)上严格递增
则g′ (x) = 1 −ln x −2mx ≥0恒成立
则2mx ≤1 −ln x ⇒2m ≤( 1 −ln x
x
)
min
答案
解析
8
设h (x) = 1 −ln x
x
, h′ (x) =
−1
x ⋅x −(1 −ln x)
x2
= ln x −2
x2
则当x ∈(e2, +∞)时，h′ (x) > 0, h (x)单调递增，当x ∈(0, e2)时，h′ (x) < 0, h (x)单调
递减，则h(x)min = 1 −lne2
e2
= −1
e2 ⇒2m ≤−1
e2 ⇒m ≤−1
2e2
则实数m的取值范围为(−∞, −1
2e2 ].
教法备注
【考点】切线问题，导数与单调性
【教法】（1）过函数上的点作切线
（2）利用单调性与导数的关系，转化不等式恒成立求参问题，但是难点是需要对题干中的不等式进行等价变
形
例3
1
已知定义在R上的函数f (x)，其导函数为f ′ (x)，若f ′ (x) −f (x) < −3，f (0) = 4，则不等式f (x) > ex + 3的解集
是
．
(−∞, 0)
不等式f (x) > ex + 3转化为f (x)
ex
−3
ex −1 > 0，令g (x) = f (x) −3
ex
−1，利用导数说明函数的单调性，结
合单调性解函数不等式.
不等式f (x) > ex + 3转化为f (x)
ex
−3
ex −1 > 0，
令g (x) = f (x) −3
ex
−1，则g′ (x) = f ′ (x) −f (x) + 3
ex
< 0，∴g (x)在R上单调递减，
又∵f (0) = 4，∴g (0) = f (0)
e0
−3
e0 −1 = 0，∴g (x) > 0的解集为(−∞, 0)，
即不等式f (x) > ex + 3的解集为(−∞, 0).
故答案为：(−∞, 0)
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】构造函数，利用导数说明其单调性，再利用单调性解不等式
答案
解析
9
变式3-1
1
已知函数f (x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f ′ (x)，若f (1) = 4，且f ′ (x) −2x < 3对任意的x ∈R恒成
立，则不等式f (2x −3) < 2x (2x −3)的解集为
．
(2, +∞)
由已知f ′ (x) −2x < 3构造函数g (x) = f (x) −x2 −3x，并得出函数g (x)在R上单调递减，再求解不等式
g (2x −3) < g (1)即可.
令g (x) = f (x) −x2 −3x，则g′ (x) = f ′ (x) −2x −3 < 0在R上恒成立，
所以g (x)在R上单调递减.
又f (2x −3) < 2x (2x −3)，即f (2x −3) −(2x −3)2 −3 (2x −3) < 0，
又f (1) −12 −3 × 1 = 0，即g (2x −3) < g (1)，
所以2x −3 > 1，解得x > 2，
所以不等式f (2x −3) < 2x (2x −3)的解集为(2, +∞)．
故答案为：(2, +∞).
方法点睛：构造函数是解决抽象不等式的基本方法，根据题设的条件，并借助初等函数的导数公式和导数的
基本运算法则，相应地构造出辅助函数.通过进一步研究辅助函数的有关性质，给予巧妙的解答.利用导数构造
函数时，不仅要牢记两个函数u(x)和v(x)的积、商的导数公式的特点，还需要牢记常用函数的导数的特征.
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】构造函数，利用导数说明其单调性，再利用单调性解不等式
答案
解析
变式3-2
1
设定义域为R的函数f (x)的导函数为f ′ (x)，对任意的x ∈R有f (x) −f (−x) = 2 sin x恒成立，且f ′ (x) > cos x在
(0, +∞)上成立.若f ( π
2 −t) −f (t) > cos t −sin t，则实数t的取值范围为
.
(−∞, π
4 )
答案
10
构建g (x) = f (x) −sin x，结合题意分析g (x)的奇偶性和单调性，由题意可得原不等式化为g ( π
2 −t) > g (t)
，根据奇偶性和单调性解不等式即可.
设g (x) = f (x) −sin x，可知g (x)的定义域为R，
因为f (x) −f (−x) = 2 sin x，即f (−x) = f (x) −2 sin x，
则g (−x) = f (−x) + sin x = f (x) −sin x = g (x)，
则函数g (x)为偶函数，
当x > 0时，g′ (x) = f ′ (x) −cos x > 0，可知函数g (x)在(0, +∞)单调递增，
由偶函数性质可得函数g (x)在(−∞, 0)单调递减，
因为f ( π
2 −t) −f (t) > cos t −sin t，可得f ( π
2 −t) −sin ( π
2 −t) > f (t) −sin t，
即g ( π
2 −t) > g (t)，可得
π
2 −t
> |t|，解得t < π
4 .
所以实数t的取值范围为(−∞, π
4 ).
故答案为：(−∞, π
4 ).
关键点点睛：根据题意构建函数g (x) = f (x) −sin x，分析其奇偶性和单调性，进而解不等式.
教法备注
【考点】导数与单调性
【教法】构造函数，分析函数的奇偶性与单调性，再利用函数性质解不等式
解析
知识点2——导数与函数的极值、最值
考点2：导数与函数的极值
知识笔记
极值
一般地，设函数 f(x) 在点 x0 及附近有定义，如果对 x0 附近所有的点，都有 f(x) < f (x0) ，就说 f(x) 在
x = x0 处取得极大值
f (x0)
，
x0
称作函数 f(x) 的极大值点；类似地，若都有 f(x) > f (x0) ，就说 f(x)
在 x = x0 处取得极小值
f (x0)
，
x0
称作函数 f(x) 的极小值点。
极大值和极小值统称为极值，极大值点和极小值点统称为极值点。
导数与极值的关系
设点 x = x0 是函数 y = f(x) 的驻点。
（1）若在点 x0 的左侧附近有 f ′(x) > 0 ，在点 x0 的右侧附近有 f ′(x) < 0 ，则函数 y = f(x) 在 x0 处取得
极大
11
值
；
（2）若在点 x0 的左侧附近有 f ′(x) < 0 ，在点 x0 的右侧附近有 f ′(x) > 0 ，则函数 y = f(x) 在 x0 处取得
极小
值
。
经典例题
例4
1
已知函数f (x) = ln x
x ，则（ ）
A. 函数f (x)的极大值为1
e ，无极小值
B. 函数f (x)的极小值为1
e ，无极大值
C. 函数f (x)的极大值点为1
e ，无极小值点
D. 函数f (x)的极小值点为1
e ，无极大值点
A
利用导数判断出正确答案.
f (x)的定义域为(0, +∞)，
f ′ (x) = 1 −ln x
x2
，
所以f (x)在区间(0, e), f ′ (x) > 0, f (x)递增；在区间(e, +∞), f ′ (x) < 0, f (x)递减.
所以f (e) = 1
e 是f (x)的极大值，无极小值.极大值点为e，无极小值点.
故选：A
答案
解析
变式4-1
1
下列函数中，存在极值的是（ ）
A. y = ex
B. y = ln x
C. y = 2
x
D. y = x2 −2x
D
根据极值定义逐一分析即可.
对于A：函数y = ex是实数集R上的增函数，不存在极值；
答案
解析
12
对于B：函数y = ln x在(0, +∞)上单调递增，不存在极值；
对于C：函数y = 2
x 在区间(0, +∞), (−∞, 0)上单调递减，不存在极值；
对于D：y = x2 −2x = (x −1)2 −1在(1, +∞)上单调递增，在(−∞, 1)上单调递减，
因此x = 1是函数的极小值点，符合题意.
故选：D.
变式4-2
1
已知函数f(x) = x2(x + 3)，则
A. x = 0是f(x)的极大值点
B. x = 0是f(x)的极小值点
C. x = −3
2 是f(x)的极小值点
D. x = −2是f(x)的极小值点
B
利用函数的导函数和极值的概念求解.f ′ (x) = 3x2 + 6x，令f ′ (x) > 0，得x > 0或x < −2；令f ′ (x) < 0，得
$-2<0$.于是x = 0是f (x)的极小值点，x = −2是f (x)的极大值点.故选B.可导函数f (x)在x0处取得极值的充要
条件是f ′ (x)=0,且在x0的左右两侧,f ′ (x)的符号不同；如果f ′ (x)的符号从x0的左侧到右侧由正变负，那么
f (x0)是的极大值；如果f ′ (x)的符号从x0的左侧到右侧由负变正，那么f (x0)是的极小值.
答案
解析
例5
1
已知函数f(x) = x3 −ax + 1没有极值点，则实数a的取值范围是
．
(−∞, 0]
结合函数的解析式有：f ′ (x) = 3x2 −a，
函数没有极值点，则导函数的判别式：Δ = 02 −4 × 3 × (−a) ≤0, ∴a ≤0，
即实数a的取值范围是(−∞, 0].
答案
解析
13
教法备注
【考点】导数与极值
【教法】函数没有极值点，等价于导数没有产生符号变化，进而求解参数
变式5-1
1
函数f (x) = k ln x −x2 + 3x在区间(0, 3
2 )上存在极值，则实数k的取值范围是
.
−9
8 < k < 0
求得f ′ (x) = −2x2 + 3x + k
x
，令g (x) = −2x2 + 3x + k，分析函数g (x)在(0, 3
2 )的单调性，利用函数f (x)在
区间(0, 3
2 )上存在极值可得出关于实数k的不等式组，解之即可.
因为f (x) = k ln x −x2 + 3x，则f ′ (x) = k
x −2x + 3 = −2x2 + 3x + k
x
，
令g (x) = −2x2 + 3x + k，则函数g (x)在(0, 3
4 )上单调递增，在( 3
4 , 3
2 )上单调递减，
因为g (0) = g ( 3
2 ) = k，g ( 3
4 ) = −2 × ( 3
4 )
2
+ 3 × 3
4 + k = k + 9
8 ，
因为函数f (x)在(0, 3
2 )上存在极值，则
，解得−9
8 < k < 0.
故答案为：−9
8 < k < 0.
教法备注
【考点】导数与极值
【教法】函数没有极值点，等价于导数的符号发生过变化，进而求解参数
答案
解析
⎧
⎨
⎩
k < 0
k + 9
8 > 0
变式5-2
1
若函数f (x) = ex + ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是
．
答案
14
(−∞，−1)
分类a ≥0，a < 0讨论函数单调性，求出极值点，根据极值点大于零求解可得.
f ′ (x) = ex + a
当a ≥0时，f ′ (x) > 0，此时f (x)在R上单调递增，无极值；
当a < 0时，令f ′ (x) = ex + a = 0，解得x = ln (−a)，
当x > ln (−a)时，f ′ (x) > 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，
所以函数f (x)存在极小值点x = ln (−a)，
依题意，ln (−a) > 0，解得a < −1，
所以，实数a的取值范围是(−∞，−1)．
故答案为：(−∞，−1)
教法备注
【考点】导数与极值
【教法】函数有大于零的极值点，等价于导数在(0, +∞)上发生过符号变化，进而求解参数
解析
考点3：导数与函数的最值
知识笔记
函数的最值
若函数 f(x) 在闭区间 [a, b] 上的图像是一条连续不断的曲线，则该函数在 [a, b] 上一定能够取得最大值与最小
值，函数的最值必在
极值点
或
区间端点
处取得。
求最值的一般步骤
设函数 y = f(x) 是在区间 [a, b] 上的光滑连续函数，y = f(x) 在 (a, b) 可导，求函数 y = f(x) 是在区间 [a, b] 上
的最值，可分两步进行：
（1）求函数 y = f(x) 在 (a, b) 上的极值；
（2）将函数 y = f(x) 的极值与端点处的函数值 f(a), f(b) 比较，其中最大的就是最大值，最小的就是最小值。
注意：极值是局部的最值，不一定是全局的最值；最值也不一定是极值，有可能是区间的端点值。
经典例题
例6
15
1
已知函数f(x) = x3 −1
2 x2 + ax + 1.
（1）当a = 2时，求曲线y = f(x)在点(0, f(0))处的切线方程；
（2）若函数f(x)在x = 1处有极小值，求函数f(x)在区间[−2, 3
2 ]上的最大值.
（1） 2x −y + 1 = 0；（2） 49
27 .
(1）利用导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式方程即可求出切线方程。
(2）根据极小值点求出a的值，根据导数值的正负判断函数的单调性，即可求出最大值
（1）当a = 2时，f(x) = x3 −1
2 x2 + 2x + 1， f ′(x) = 3x2 −x + 2，
所以k = f ′(0) = 2，f(0) = 1，
所以切线方程为y −1 = 2x，
整理得2x −y + 1 = 0.
（2）f ′(x) = 3x2 −x + a，
因为函数在x = 1处有极小值，
所以f ′(1) = 3 −1 + a = 0，
解得a = −2，
所以f(x) = x3 −1
2 x2 −2x + 1，
令f ′(x) = 3x2 −x −2 = 0，解得x = 1或x = −2
3 ，
当x < −2
3 或x > 1时f ′(x) > 0，f(x)单调递增，
当$-\dfrac{2}{3}<1$时，f ′(x) > 0，f(x)单调递减，
答案
解析
16
所以f(x)在区间(−2, −2
3 )，(1, 3
2 )单调递增，
在(−2
3 , 1)上单调递减，所以f(−2
3 ) = (−2
3 )
3
−1
2 × (−2
3 )
2
−2 × (−2
3 ) + 1 = 49
27
f( 3
2 ) = ( 3
2 )
3
−1
2 × ( 3
2 )
2
−2 × ( 3
2 ) + 1 = 1
4 ，因为49
27 > 1
4 ，
所以f(x)的最大值为49
27 .
本题主要考查导数的概念及其几何意义，导数在研究函数中的应用.
教法备注
【考点】切线问题，导数与极值、最值
【教法】（1）过函数上的点作切线
（2）利用函数的极小值求解参数，得到确定的函数解析式之后就可以按照求最值的一般步骤求解最值
变式6-1
1
设f(x)是区间[a, b]上的连续函数，且在(a, b)内可导，则下列结论中正确的是（ ）
A. f(x)的极值点一定是最值点
B. f(x)的最值点一定是极值点
C. f(x)在区间[a, b]上可能没有极值点
D. f(x)在区间[a, b]上可能没有最值点
C
根据函数的极值与最值的概念知，f(x)的极值点不一定是最值点，f(x)的最值点不一定是极值点．可能是区间
的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以选项A，B，D都不正确，若函数f(x)在区间[a, b]上单
调，则函数f(x)在区间[a, b]上没有极值点，所以C正确．
故选：C.
本题主要考查函数的极值与最值的概念辨析，属于容易题．
答案
解析
变式6-2
1
已知函数f (x) = ex −2x（e为自然对数的底数）．
(1)
求曲线f (x)在点(0, 1)处的切线方程；
(2)
求函数f (x)在[0, 2]上的最大值与最小值．
17
(1) y = −x + 1
(2) 最大值为 f (2) = e2 −4，最小值为 f (ln 2) = 2 −2 ln 2
(1) ∵f (x) = ex −2x，∴f (0) = 1，f ′ (x) = ex −2，
∴f ′ (0) = −1，∴曲线f (x)在点(0, 1)处的切线方程为y = −x + 1．
(2) f ′ (x) = ex −2，令f ′ (x) = 0，解得x = ln 2，
当x ∈(−∞, ln 2)时，f ′ (x) < 0，当x ∈(ln 2, +∞)时，f ′ (x) > 0，
∴f (x)的单调减区间是(−∞, ln 2)，单调增区间是(ln 2, +∞)．
∴f (0) = 1，f (ln 2) = 2 −2 ln 2，f (2) = e2 −4，
则函数f (x)在[0, 2]上的最大值为f (2) = e2 −4，最小值为f (ln 2) = 2 −2 ln 2．
教法备注
【考点】切线问题，导数与极值
【教法】（1）过函数上的点作切线
（2）按照求最值的一般步骤求解最值
答案
解析
例7
1
已知函数f (x) = x3 −3x + a (a ≠0)，且y = f (x)在区间(−3, m)上的最大值为3，无最小值，则a ⋅m的取值范围是
.
答案
18
(−1, 2]
利用导数研究函数f(x)的单调性，求出函数的极值，结合题意可得f(−1) = 2 + a = 3且−1 < m ≤2，即可求
解.
由题意知，f ′(x) = 3x2 −3 = 3(x + 1)(x −1)，
令f ′(x) < 0 ⇒−1 < x < 1, f ′(x) > 0 ⇒x < −1或x > 1，
所以函数f(x)在(−1, 1)上单调递减，在(−∞, −1)、(1, +∞)上单调递增，
则f(x)的极大值为f(−1) = 2 + a，极小值为f(1) = a −2，且f(−3) = a −18，
又f(x)在(−3, m)上的最大值为3，无最小值，
所以f(−1) = 2 + a = 3，解得a = 1，所以f(x) = x3 −3x + 1，
令x3 −3x + 1 = 3，解得x = −1或x = 2，所以−1 < m ≤2，
所以am ∈(−1, 2].
故答案为：(−1, 2]
教法备注
【考点】导数与最值
【教法】按照求最值的一般步骤求解极值和最值，得到最值的取到位置，进而给出参数的范围
解析
变式7-1
1
已知函数f(x) = x2 −4x + (x −2) cos x −sin x在x = a处取得最小值m，则m + a =
.
−2 −sin 2
先求解出f ′ (x)，然后根据f ′ (x)的正负判断出f (x)的单调性，由此得到f (x)取最小值时x的取值即为a的值，
取到的最小值即为m的值，则m + a可求.
因为f ′ (x) = 2x −4 + cos x −(x −2) sin x −cos x = (x −2) (2 −sin x)，且2 −sin x > 0，
当x ∈(−∞, 2)时，f ′ (x) < 0，f (x)单调递减，当x ∈(2, +∞)时，f ′ (x) > 0，f (x)单调递增，
所以f (x)在x = 2处取最小值f (2) = −4 −sin 2，所以a = 2, m = −4 −sin 2，
所以m + a = −2 −sin 2，
故答案为：−2 −sin 2.
关键点点睛：解答本题的关键在于对于导函数f ′ (x)的化简，通过对f ′ (x)进行因式分解并结合三角函数的有界
答案
解析
19
性能高效分析出f (x)的单调性和最值.
教法备注
【考点】导数与最值
【教法】按照求最值的一般步骤求解极值和最值，得到最值的取到位置，进而给出参数的取值
变式7-2
1
已知函数f(x) = 2x3 −ax2 + 2，当0 < a < 3时，记f(x)在区间[0, 1]的最大值为M，最小值为m，则M −m的取值
范围为
．
[ 8
27 , 2)
讨论a的范围，利用导数求出函数单调性进行最大值和最小值的判断，求出M −m，再构造函数求出M −m的
取值范围.
由f(x) = 2x3 −ax2 + 2求导得f ′ (x) = 6x2 −2ax = 6x (x −a
3 )，
若0 < a ≤2，f(x)在区间(0, a
3 )单调递减，在区间( a
3 , 1)单调递增，
所以在区间[0, 1]上的最小值为f ( a
3 )，
而f (0) = 2，f (1) = 2 −a + 2 ≥f (0)，
所以在区间[0, 1]上的最大值为f (1)，
所以M −m = f (1) −f ( a
3 ) = (4 −a) −[2( a
3 )
3
−a( a
3 )
2
+ 2] = a3
27 −a + 2，
设函数g (x) = x3
27 −x + 2，g′ (x) = x2
9 −1，
当0 < x ≤2时，g′ (x) < 0，从而g(x)单调递减，
而0 < a ≤2，所以8
27 ≤a3
27 −a + 2 < 2，即M −m的取值范围是[ 8
27 , 2)；
若2 < a < 3，f(x)在区间(0, a
3 )单调递减，在区间( a
3 , 1)单调递增，
所以在区间[0, 1]上的最小值为f ( a
3 )，
而f (0) = 2，f (1) = 2 −a + 2 ≤f (0)，所以在区间[0, 1]上的最大值为f (0)，
所以M −m = f (0) −f ( a
3 ) = 2 −[2( a
3 )
3
−a( a
3 )
2
+ 2] = a3
27 ，
而2 < a < 3，所以8
27 < a3
27 < 1，即M −m的取值范围是( 8
27 , 1)，
综上得M −m的取值范围是[ 8
27 , 2).
答案
解析
20
故答案为：[ 8
27 , 2).
方法点睛：求函数f (x)在区间[a, b]上的最值的方法：
（1）若函数f (x)在区间[a, b]上单调，则f (a)与f (b)一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数f (x)在区间[a, b]内有极值，则要求先求出函数f (x)在区间[a, b]上的极值，再与f (a)、f (b)比大
小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数f (x)在区间[a, b]上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实
际应用中经常用到.
教法备注
【考点】导数与最值
【教法】讨论 a 的范围，利用导数求出函数单调性进行最大值和最小值的判断，求出 M −m ，再构造函数求
出 M −m的取值范围．
变式7-3
1
已知f(x) = x −2，g (x) = 2ex + m，若f(a) = g(b)，且2a −b的最小值为3，则实数m的值为
.
−1 −ln 2
根据题意，可得2a −b = 2 (2 + 2eb + m) −b，从而构造h (b) = 4 + 2m + 4eb −b，
利用导数求得h(b)min即可得到结果.
因为f(a) = g(b)，所以a −2 = 2eb + m， 所以2a −b = 2 (2 + 2eb + m) −b，
设h (b) = 4 + 2m + 4eb −b，所以h′ (b) = 4eb −1，令h′(b) = 0，则b = ln 1
4 ，
所以当b > ln 1
4 时，h′(b) > 0时，即b < ln 1
4 ，h′(b) < 0，
所以b = ln 1
4 时，h(b)取极小值，即由h(b)min = h (ln 1
4 ) = 5 + ln 4 + 2m = 3，
解得m = −1 −ln 2.
故答案为:−1 −ln 2
教法备注
【考点】导数与最值
答案
解析
21
【教法】构造函数2a −b，利用导数判断函数单调性，求出最小值，继而求解参数
10 三角比
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握任意角的概念及角度值、弧度制的转换
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握利用三角比的定义求解相关问题的方法
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用三角恒等变换求解相关问题
知识清单
教法备注
1．三角比问题在考纲中考查三角比公式的记忆和灵活运用，在考纲中考查对公式的理解记忆以及实际应用的
变通使用，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆性理解水平，考查学生的数学素养，包括数学基础知识和
基本技能、逻辑推理能力、运算能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度中等偏上，还会有压轴难度的考查，分值约为28分，占比
12%；
3．对应教材：必修二，第六章三角；
4．本讲知识点涉及三角比相关公式，后续会和解三角形、三角函数有综合考查运用，公立学校会在高三上学
期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
2
【课堂引入】
已知角 α 的终边经过点 P(3, 4) ，将角 α 的终边绕原点 O 逆时针旋转 π
2 得到角 β 的终边，则 tan β 等于
____________。
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——任意角及其三角比
考点1：任意角与弧度制
知识笔记
任意角的概念
（1）定义：一条射线绕着顶点从它的始边旋转到终边所在位置而形成的图形叫做角。习惯上，按逆时针方向旋转
形成
正
角，按顺时针方向旋转形成
负
角，没有旋转形成零角。
（2）角的分类：将角置于平面直角坐标系，顶点在原点，始边在 x 轴的正半轴，角的终边落在第几象限即为第几
象限角。
（3）终边相同的角：与角 α 终边相同的角的集合为
{β ∣β = k ⋅360∘+ α, k ∈Z}
。
弧度制
（1）弧度：把圆弧的长度与圆的半径的比值表示为该圆弧所对的圆心角的大小，记作 |α| =
l
r
，特别地， 1
弧度表示弧长等于
半径
的弧所对圆心角的大小，而用弧度作为度量角的单位制叫做＂弧度制＂。
（2）角度制与弧度制换算关系： 180∘= π 弧度， 1∘=
π
180 弧度；
（3）扇形的弧长公式：l =
|α|r
；
（4）扇形的面积公式：S =
1
2 |α|r2
=
1
2 lr
。
经典例题
例1
根据下列条件，确定θ是第几象限角或哪个坐标轴上的角：
（1）sin θ < 0且cos θ > 0；
（2）sin θ cos θ > 0；
（3）sin θ
tan θ > 0；
3
（4）|sin θ| = sin θ.
（1）第四象限角；（2）第一、三象限角；（3）第一、四象限角；（4）第一、二象限角或终边落在 x轴上的
角或 y轴的正半轴上的角.
利用三角函数的象限符号即可求解.
（1）sin θ < 0且cos θ > 0，θ为第四象限角；
（2）由sin θ cos θ > 0，可得sin θ > 0且cos θ > 0，或sin θ < 0且cos θ < 0，
则θ为第一、三象限角；
（3）由sin θ
tan θ > 0，可得sin θ > 0且tan θ > 0，或sin θ < 0且tan θ < 0，
则θ为第一、四象限角；
（4）|sin θ| = sin θ，则θ为第一、二象限角或终边落在x轴上的角或y轴的正半轴上的角.
答案
解析
变式1-1
若sin α < 0, cos α < 0，则α是（ ）
A. 第一象限角
B. 第二象限角
C. 第三象限角
D. 第四象限角
C
根据三角函数在各个象限的正负性求解即可.
因为sin α < 0，所以α在第三象限或第四象限，或α终边为y轴非正半轴，
因为cos α < 0，所以α在第二象限或第三象限，或α终边为y轴非正半轴，
所以α是第三象限角.
故选：C
答案
解析
变式1-2
4
若α是第一象限的角，则α
2 是第几象限的角？2α是第几象限的角？
α
2 是第一象限或第三象限的角， 2α是第一象限或第二象限的角或在y轴的非负半轴上.
由α的范围，求出α
2 , 2α的范围，分类讨论可得到角的象限．
因为α是第一象限角，
所以α ∈（2kπ，2kπ + π
2 ），k ∈Z，
所以α
2 ∈（kπ，kπ + π
4 ），k ∈Z，
当k = 2n, n ∈Z时，∴α
2 ∈（2nπ，2nπ + π
4 ），n ∈Z，α
2 在第一象限；
当k = 2n + 1, n ∈Z时，∴α
2 ∈（2nπ + π，2nπ + 5π
4 ），n ∈Z，α
2 在第三象限；
所以α
2 是第一象限或第三象限的角．
因为2α ∈（4kπ，4kπ + π），k ∈Z，
所以2α是第一象限或第二象限的角或在y轴的非负半轴上.
答案
解析
变式1-3
中午12点以后，在什么时候（近似到几点几分几秒）时针与分针第一次重合？什么时候（近似到几点几分几秒）分
针第一次在时针的反向延长线上？
5
在13时5分27秒时时针与分针第一次重合；在12时32分43秒时分针第一次在时针的反向延长线上．
根据题意，由分针与时针的转速，结合条件，列出方程，代入计算，即可求解.
①设经过x min后，分针与时针第一次重合，因分针每60min转一圈（即360°），
故x min共转过360∘
60 x = (6x)∘，时针每60min转1
12 圈（即30°），
故x min共转过30∘
60 x = ( x
2 )∘．
又第一次重合时，分针应比时针多转一圈，故有6x −x
2 = 360，解得x = 720
11 ，
所以在13时5分27秒时时针与分针第一次重合；
②设经过y min后，分针第一次在时针的反向延长线上，
则分针第一次在时针的反向延长线上时，分针比时针多转180°，
故有6x −x
2 = 180，解得x = 360
11 ，
所以在12时32分43秒时分针第一次在时针的反向延长线上．
教法备注
【考点】任意角的概念
【教法】根据时针与分针的不同转速列出方程，求解即可
答案
解析
例2
已知一个扇形的周长为a，求当扇形的圆心角多大时，扇形的面积最大，并求这个最大值.
当扇形的圆心角为 2 rad时，扇形的面积最大，最大值为 a2
16 .
答案
解析
6
设扇形的弧长为l，半径为r，圆心角为α，面积为S，可得S = 1
2 l ⋅r = 1
2 (a −2r) ⋅r，由r > 0，l = a −2r > 0
，可得r的范围，根据二次函数的性质求得面积的最大值，再由α = l
r 可得面积取得最大值时的圆心角.
设扇形的弧长为l，半径为r，圆心角为α，面积为S.
由已知2r + l = a，可得l = a −2r，
所以扇形的面积S = 1
2 l ⋅r = 1
2 (a −2r) ⋅r = −r2 + a
2 r = −(r −a
4 )
2
+ a2
16 ，
因为r > 0，l = a −2r > 0，所以$0<\dfrac{a}{2}$，
所以当r = a
4 时，Smax = a2
16 ，此时l = a −2 × a
4 = a
2 ， 所以α = l
r =
a
2
a
4
= 2，
故当扇形的圆心角为2rad时，扇形的面积最大，最大值为a2
16 .
教法备注
【考点】扇形面积
【教法】根据面积公式写出面积函数，并利用基本不等式（或二次函数）方法求出最值
变式2-1
已知扇形的圆心角是α，半径为r，弧长为l.
(1)
若α = 135∘，r = 10，求扇形的弧长l；
(2)
若扇形AOB的周长为22，当扇形的圆心角α为多少弧度时，这个扇形的面积最大，并求出此时扇形面积的最
大值.
(1) 15π
2 ；
(2) 当 α = 2时，扇形面积最大值 Smax = 121
4 .
答案
7
(1) ∵α = 135∘= 3π
4 ，∴扇形的弧长l = αr = 3π
4 × 10 = 15π
2 ；
(2) ∵扇形AOB的周长L = 2r + l = 2r + αr = (α + 2)r = 22，∴α = 22
r −2，
∴扇形AOB面积S = 1
2 αr2 = ( 11
r −1)r2 = −r2 + 11r，
则当r = 11
2 ，Smax = 121
4 ，
即当α = 2时，扇形面积最大值Smax = 121
4 .
教法备注
【考点】扇形弧长、面积
【教法】（1）根据弧长公式求解
（2）根据面积公式写出面积函数，并利用基本不等式（或二次函数）方法求出最值
解析
考点2：三角比
知识笔记
三角比的定义
定义：点 P(x, y) 是任意角 α 终边上的任意一点，记 r = √x2 + y2 ；
规定： sin α =
y
r
，cos α =
x
r
，tan α = y
x , cot α = x
y ；
特别地，在单位圆内， sin α 表示角的终边与单位圆交点的
纵坐标
，即 sin α = y ； cos α 表示角的终边与单位
圆交点的
横坐标
，即 cos α = x ； tan α 表示角的终边与单位圆交点的纵坐标与横坐标之比，即 tan α = y
x ；
同角三角关系
平方关系：sin2 α + cos2 α = 1
商的关系：tan α = sin α
cos α
倒数关系：tan α ⋅cot α = 1
经典例题
例3
8
若α ∈(π, 3π
2 )，则√1 + cos α
1 −cos α −√1 −cos α
1 + cos α =（ ）
A. −
1
tan α
B. −
2
tan α
C.
1
tan α
D.
2
tan α
B
根据同角关系凑出平方关系去掉根号，结合范围即可求解.
易知−1 < sin α < 0, −1 < cos α < 0，
故
√1 + cos α
1 −cos α −√1 −cos α
1 + cos α = √(1 + cos α)2
1 −cos2 α
−√(1 −cos α)2
1 −cos2 α
= √(1 + cos α)2
sin2 α
−√(1 −cos α)2
sin2 α
= 1 + cos α
−sin α
−1 −cos α
−sin α
= −
2
tan α .
故选：B
教法备注
【考点】同角三角关系
【教法】利用平方差公式和同角的平方关系进行化简
答案
解析
变式3-1
已知cos θ = 4
5 ，求θ的其他三角比.
答案不唯一，详见解析
答案
9
由cos θ = 4
5 > 0，可得θ为第一、四象限角，再分情况讨论即可.
因为cos θ = 4
5 > 0，所以θ为第一、四象限角.
当θ的终边在第一象限时，sin θ = √1 −cos2θ = 3
5 ，所以tan θ = sin θ
cos θ = 3
4 ，
cot θ =
1
tan θ = 4
3 , sec θ =
1
cos θ = 5
4 , csc θ =
1
sin θ = 5
3 ；
当θ的终边在第四象限时，sin θ = −√1 −cos2θ = −3
5 ，所以tan θ = sin θ
cos θ = −3
4 ，
cot θ =
1
tan θ = −4
3 , sec θ =
1
cos θ = 5
4 , csc θ =
1
sin θ = −5
3 .
本题考查同角三角函数的基本关系的应用，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
解析
变式3-2
如果角θ满足条件
，则θ所在象限是
.
第二象限或第四象限
本题首先可通过sin2θ + cos2θ = 1解得k = 0或k = 8，然后对k = 0、k = 8分别进行讨论，即可得出结果.
因为sin θ = k −3
k + 5 ，cos θ = 4 −2k
k + 5 ，sin2θ + cos2θ = 1，
所以( k −3
k + 5 )
2
+ ( 4 −2k
k + 5 )
2
= 1，解得k = 0或k = 8，
若k = 0，sin θ = −3
5 ，cos θ = 4
5 ，此时θ所在象限是第四象限；
若k = 8，sin θ = 5
13 ，cos θ = −12
13 ，此时θ所在象限是第二象限，
故答案为：第二象限或第四象限.
教法备注
【考点】同角三角关系
【教法】利用同角的平方关系求得k 值，再定位象限
⎧
⎨
⎩
sin θ = k −3
k + 5
cos θ = 4 −2k
k + 5
答案
解析
变式3-3
10
设a > 0且a ≠1，若loga(sin x −cos x) = 0，则sin8x + cos8x =
．
1
根据对数函数的运算性质，得到sin x −cos x = a0 = 1，再根据三角函数的基本关系，准确化简，即可求解，
得到答案.设a > 0且a ≠1，若loga(sin x −cos x) = 0，
所以sin x −cos x = a0 = 1，所以(sin x −cos x)2 = sin2x + cos2x −2 sin x cos x = 1，
又sin2x + cos2x = 1，所以sin x cos x = 0，
又由(sin2x + cos2x)
2 = sin4x + cos4x + 2sin2xcos2x = 1，
则sin4x + cos4x = 1
所以sin8x + cos8x = (sin4x + cos4x)
2 −2sin4xcos4x= (sin4x + cos4x)
2 = 1
故答案为1．
本题主要考查了三角函数的基本关系的化简求值问题，其中解答中合理利用三角函数的基本关系式，准确化
简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
教法备注
【考点】同角三角关系
【教法】利用对数运算得到sin x −cos x 的值，再根据同角的平方关系求得sin x cos x的值
答案
解析
变式3-4
若sin α −cos α
sin α + cos α = 1
2 ，则sin α cos α + cos2 α =
．
2
5 | 0.4
根据sin α −cos α
sin α + cos α = 1
2 得到tan α = 3，变换sin α cos α + cos2 α = tan α + 1
1 + tan2 α ，计算得到答案.
sin α −cos α
sin α + cos α = tan α −1
tan α + 1 = 1
2 ，解得tan α = 3，
sin α cos α + cos2 α = sin α cos α + cos2 α
sin2 α + cos2 α
= tan α + 1
1 + tan2 α = 3 + 1
10
= 2
5 .
答案
解析
11
故答案为：2
5
教法备注
【考点】同角三角关系
【教法】利用同角商的关系进行弦化切，转化为tan x的表达式
知识点2——常用三角公式
考点3：诱导公式
知识笔记
诱导公式
第一组： sin(α + 2π) =
sin α
，cos(α + 2π) =
cos α
，tan(α + 2π) =
tan α
第二组： sin(α + π) =
−sin α
，cos(α + π) =
−cos α
， tan(α + π) =
tan α
第三组： sin(−α) =
−sin α
，cos(−α) =
cos α
， tan(−α) =
−tan α
第四组： sin(π −α) =
sin α
，cos(π −α) =
−cos α
，tan(π −α) =
−tan α
第五组： sin ( π
2 + α) =
cos α
，cos ( π
2 + α) =
−sin α
， tan ( π
2 + α) =
−cot α
第六组： sin ( π
2 −α) =
cos α
，cos ( π
2 −α) =
sin α
， tan ( π
2 −α) =
cot α
经典例题
例4
（1）已知tan θ = 2，求
sin ( 3π
2 + θ) + cos (π −θ)
sin ( π
2 −θ) −sin (π −θ)
的值.
（2）求
tan (π −α) cos (2π −α) sin (−α + 3π
2 )
cos (−α −π) sin (−π −α)
的值.
12
（1）2；（2） −1
（1）利用诱导公式化简，再根据同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得；
（2）利用诱导公式化简即可.
解：（1）因为tan θ = 2，
所以
sin ( 3π
2 + θ) + cos (π −θ)
sin ( π
2 −θ) −sin (π −θ)
= −cos θ −cos θ
cos θ −sin θ
=
2
tan θ −1 =
2
2 −1 = 2；
（2）
tan (π −α) cos (2π −α) sin (−α + 3π
2 )
cos (−α −π) sin (−π −α)
= −tan α ⋅cos α ⋅(−cos α)
−cos α ⋅sin α
= −1.
答案
解析
变式4-1
已知sin (x + π
6 ) = 1
3 ，则sin ( 5π
6 −x) =
.
1
3
利用诱导公式计算可得.
因为sin (x + π
6 ) = 1
3 ，
所以sin ( 5π
6 −x) = sin [π −( π
6 + x)] = sin ( π
6 + x) = 1
3 .
故答案为：1
3
教法备注
答案
解析
13
【考点】诱导公式
【教法】利用诱导公式进行角的配凑
变式4-2
在平面直角坐标系中，角α的顶点在坐标原点，角的始边在Ox正半轴上，角α的终边在第二象限，设终边上有一点
P，且sin α = 2√5
5
．
(1)
若点P坐标为(−1, t)，求t的值；
(2)
化简cot(2π −α)
tan(−π + α) +
sin ( 3π
2 −α)
cos(π −α)
并求值．
(1) 2；
(2) −
1
tan2 α + 1， 3
4 .
(1) 依题意，t > 0，|OP| = √1 + t2，sin α =
t
√1 + t2 = 2√5
5
，所以t = 2.
(2) 由（1）知tan α = −t = −2，
所以cot(2π −α)
tan(−π + α) +
sin ( 3π
2 −α)
cos(π −α)
= −cot α
tan α
+ −cos α
−cos α = −
1
tan2 α + 1 = −1
4 + 1 = 3
4 .
教法备注
【考点】三角比的定义，诱导公式
【教法】（1）利用三角比的定义求解t 的值
答案
解析
14
（2）利用同角三角关系求解tan α，再根据诱导公式化简代数式
考点4：两角的和差公式
知识笔记
sin(α ± β) =
sin α cos β ± cos α sin β
cos(α ± β) =
cos α cos β ∓sin α sin β
tan(α ± β) =
tan α ± tan β
1 ∓tan α tan β
经典例题
例5
如果tan α，tan β是方程x2 −3x −3 = 0两根，则sin(α + β)
cos(α −β) =
.
−3
2
sin(α + β)
cos(α −β) = sin α cos β + cos α sin β
cos α cos β + sin α sin β =
tan α + tan β
1 + tan α tan β =
3
1 + (−3) = −3
2 .
教法备注
【考点】两角的和差公式，同角三角关系
【教法】利用和差公式和弦化切进行化简
答案
解析
变式5-1
将点A (2, 3)绕着原点顺时针旋转45°得到A′，则A′的坐标是
.
15
( 5√2
2
, √2
2 )
令sin α =
3
√13
, cos α =
2
√13
，则A (√13 cos α, √13 sin α)，结合已知及和角正余弦公式求A′的坐标.
令sin α =
3
√13
, cos α =
2
√13
，则A (√13 cos α, √13 sin α)，
所以A′ (√13 cos (α −45∘), √13 sin (α −45∘))，
由cos (α −45∘) = cos α cos 45∘+ sin α sin 45∘= √2
2
×
2
√13
+ √2
2
×
3
√13
= 5√26
26
，
sin (α −45∘) = sin α cos 45∘−cos α sin 45∘= √2
2
×
3
√13
−√2
2
×
2
√13
= √26
26 ，
所以A′ ( 5√2
2
, √2
2 ).
故答案为：( 5√2
2
, √2
2 ).
教法备注
【考点】三角比的定义，两角的和差公式
【教法】A(2, 3) 所对应的任意角如果是α，则A′所对应的角就是α −π
4
答案
解析
变式5-2
已知A (cos α, sin α)，B (cos β, sin β)，其中α，β为锐角，且|AB| = √10
5
.
（1）求cos (α −β)的值；
（2）若cos α = 3
5 ，求cos β的值.
16
（1） 4
5 ；（2） 24
25 .
（1）由两点间距离公式得√(cos α −cos β)2 + (sin α −sin β)2 = √10
5
，展开即可得解；
（2）讨论sin (α −β) = 3
5 和sin (α −β) = −3
5 两种情况，由cos β = cos [α −(α −β)]展开即可得解.
（1）由|AB| = √10
5
，得√(cos α −cos β)2 + (sin α −sin β)2 = √10
5
，
∴2 −2 (cos α cos β + sin α sin β) = 2
5 ，
∴cos (α −β) = 4
5 .
（2）∵cos α = 3
5 ，cos (α −β) = 4
5 ，α，β为锐角，
∴sin α = 4
5 ，sin (α −β) = ± 3
5 .
当sin (α −β) = 3
5 时，cos β = cos [α −(α −β)] = cos α cos (α −β) + sin α sin (α −β) = 24
25 .
当sin (α −β) = −3
5 时，cos β = cos [α −(α −β)] = cos α cos (α −β) + sin α sin (α −β) = 0.
∵β为锐角，∴cos β = 24
25 .
本题主要考查了两角差的余弦公式，注意结合角的范围求三角函数时不能舍的需要讨论，属于基础题.
教法备注
【考点】两角的和差公式，同角三角关系
【教法】主要考查了两角差的余弦公式，注意结合角的范围求三角比值时不能舍的需要讨论
答案
解析
变式5-3
（1）已知α、β为锐角，cos α = 4
5 ，tan (α −β) = −1
3 ，求cos β的值；
（2）已知tan α = 1，3 sin β = sin(2α + β)，求tan(α + β)的值．
17
（1） cos β = 9√10
50
；（2） tan(α + β) = 2
（1）根据平方关系和α是锐角即可得出sin α，再利用基本关系式即可得出tan α，利用两角差的正切公式即可
得出tan β，利用同角三角函数关系式即可得cos β的值；
（2）将已知等式两边中的角度变形后，分别利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后再利用同角三角函
数间的基本关系化简，把tan α的值代入即可求出tan(α + β)的值．
解：（1）∵0 < α < π
2 ，cos α = 4
5 ，∴sin α = √1 −cos2 α = 3
5 ，∴tan α = sin α
cos α = 3
4 ．
∵tan (α −β) =
tan α −tan β
1 + tan α tan β =
3
4 −tan β
1 + 3
4 tan β
= −1
3 ，解得tan β = 13
9 ．
∴tan β = sin β
cos β = 13
9 ，sin β = 13
9 cos β，又sin2 β + cos2 β = 1，代入得cos2 β = 81
250
∵β为锐角，∴cos β = 9√10
50
.
（2）∵sin(2α + β) = 3 sin β，∴sin[(α + β) + α] = 3 sin[(α + β) −α]，
即sin(α + β) cos α + cos(α + β) sin α = 3 sin(α + β) cos α −3 cos(α + β) sin α，
整理得：2 sin(α + β) cos α = 4 cos(α + β) sin α，则sin(α + β)
cos(α + β) = 2 sin α
cos α ，∵tan α = 1，
∴tan(α + β) = 2 tan α = 2.
教法备注
【考点】同角关系，两角的和差公式
【教法】（1）根据平方关系即可得出 sin α ，tan α ，利用两角差的正切公式即可得出 tan β ，利用同角三角函
数关系式即可得 cos β 的值；
（2）利用两角和差公式配凑化简，整理后再利用同角三角关系化简，把 tan α 的值代入即可求出 tan(α + β)
的值．
答案
解析
变式5-4
已知角 α 、 β 满足 tan α ⋅tan β = tan (α + β)，命题甲：存在 α 属于第一象限， β 属于第三象限: 命题乙: 存在 α 属
于第二象限， β 属于第四象限. 则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙都是真命题
B. 只有甲是真命题
C. 只有乙是真命题
D. 甲、乙都不是真命题
18
C
利用构造一元二次方程结合韦达定理思想，通过根的正负研究根与系数的关系，最后通过判断别式的符号来
判断存在性，从而问题得以解答.
设tan α, tan β是方程x2 + bx + c = 0的两个根，则tan α + tan β = −b, tan α ⋅tan β = c，
由于tan α tan β = tan (α + β) =
tan α + tan β
1 −tan α tan β 可得：c = tan (α + β) =
−b
1 −c ⇒b = c (c −1)，
对于命题甲，假设存在α属于第一象限角， β属于第一象限角，
即{
，则
，解得c ∈(0, 1)，
此时Δ = b2 −4c = c2(c −1)2 −4c = c [c(c −1)2 −4]，
uc ∈(0, 1)，可知0 < c(c −1)2 < 1，Δ = c [c(c −1)2 −4] < 0，
方程无解，故假设不成立，所以命题甲错误；
对于命题乙，假设存在α属于第二象限角， β属于第四象限角，
即{
，则
，解得c ∈(1, +∞)，
此时Δ = b2 −4c = c2(c −1)2 −4c = c [c(c −1)2 −4]，
当c > 3时，一定有c(c −1)2 > 12，则Δ = c [c(c −1)2 −4] > 0，
满足方程有两个解，此时假设成立，所以命题乙正确；
故选：C.
方法点睛：像这种两正切的乘积与两正切的和的关系，转化为一元二次方程韦达定理思想，得到系数的关
系，再通过判别式的符号来确定是否存在即可.
教法备注
【考点】两角的和差公式，函数与方程思想
【教法】像这种两正切的乘积与两正切的和的关系，转化为一元二次方程韦达定理思想，得到系数的关系，
再通过判别式的符号来确定是否存在即可．
答案
解析
tan α > 0
tan β > 0
⎧
⎨
⎩
−b > 0
c > 0
b = c (c −1) < 0
tan α < 0
tan β < 0
⎧
⎨
⎩
−b < 0
c > 0
b = c (c −1) > 0
考点5：二倍角、半角与辅助角公式
知识笔记
二倍角公式
19
sin 2α =
2 sin α cos α
cos 2α = cos2 α −sin2 α =
1 −2 sin2 α
=
2 cos2 α −1
tan 2α =
2 tan α
1 −tan2 α
半角公式
sin2 α = 1 −cos 2α
2
, cos2 α =
1 + cos 2α
2
sin α
2 = ±√1 −cos α
2
; cos α
2 =
±√1 + cos α
2
tan α
2 = ±√1 −cos α
1 + cos α =
sin α
1 + cos α
=
1 −cos α
sin α
万能置换公式
sin α =
2 tan α
2
1 + tan2 α
2
，cos α =
1 −tan2 α
2
1 + tan2 α
2
，tan α =
2 tan α
2
1 −tan2 α
2
辅助角公式
a sin α + b cos α =
√a2 + b2 sin(α + φ)
(a > 0) ，其中, tan φ =
b
a
经典例题
例6
已知α为第三象限角，且√1 + sin α
1 −sin α +
1
cos α = −2，则tan α
2 的值为
．
−1 −√5
2
由√1 + sin α
1 −sin α +
1
cos α = −2，及α为第三象限角，得tan α = 2的值，由α为第三象限角确定α
2 的范围，再根
据2倍角公式求tan α
2 的值.
∵α为第三象限角，
∴cos α < 0，sin α < 0，tan α > 0，
答案
解析
20
∴√1 + sin α
1 −sin α +
1
cos α
= √
(1 + sin α)2
(1 + sin α) (1 −sin α) +
1
cos α
= −sin α
cos α
= −2
∴sin α
cos α = 2，即tan α = 2，
tan α =
2 tan α
2
1 −tan2 α
2
= 2即tan2 α
2 + tan α
2 −1 = 0，
解得：tan α
2 = −1 ± √5
2
∵α为第三象限角，
∴α
2 为第二或第四象限，
∴tan α
2 = −1 −√5
2
.
故答案为：. −1 −√5
2
教法备注
【考点】同角三角关系，二倍角公式
【教法】利用同角关系化简条件，得到正切值，再利用二倍角公式求解
= 1 + sin α
−cos α +
1
cos α
变式6-1
计算：sin 36∘=
.（填近似值不得分）
√10 −2√5
4
令θ = 36∘，则sin 5θ = 0，应用三角恒等变换可得sin 5θ = 16 sin5 θ −20 sin3 θ + 5 sin θ = 0，即可求函数值.
令θ = 36∘，则5θ = 180∘，故sin 5θ = 0，
由sin 5θ = sin θ cos 4θ + cos θ sin 4θ = sin θ(2 cos2 2θ −1) + 2 cos θ sin 2θ cos 2θ
= 2 sin θ(1 −2sin2θ)2 −sin θ + 4 sin θ(1 −sin2 θ)(1 −2 sin2 θ)
= 2 sin θ −8 sin3 θ + 8 sin5 θ −sin θ + 4 sin θ −12 sin3 θ + 8 sin5 θ
= 16 sin5 θ −20 sin3 θ + 5 sin θ = 0，而sin θ = sin 36∘∈( 1
2 , √2
2 )，
答案
解析
21
所以16 sin4 θ −20 sin2 θ + 5 = 0，可得sin2 θ = 5 −√5
8
，故sin θ = √5 −√5
8
（负值舍），
所以sin 36∘=
√10 −2√5
4
.
故答案为：
√10 −2√5
4
教法备注
【考点】两角的和差公式，二倍角公式
【教法】利用和差公式和二倍角公式构造五倍角，再利用已知角的范围进行答案的取舍
变式6-2
已知{
．其中a, b为常数，且a2 + b2 ≠0．
(1)
求cos (α −β)；
(2)
若b = 1，a = 0，求cos (α + β) cos (α −β)；
(3)
分别求sin (α + β)，cos (α + β)．
(1) cos (α −β) = a2 + b2
2
−1
(2) cos (α + β) cos (α −β) = 1
2
(3) cos (α + β) = a2 −b2
a2 + b2 ， sin (α + β) =
2ab
a2 + b2
(1) 由{
得：{
，
sin α + sin β = b
cos α + cos β = a
答案
解析
sin α + sin β = b
cos α + cos β = a
sin2 α + 2 sin α sin β + sin2 β = b2
cos2 α + 2 cos α cos β + cos2 β = a2
22
两式作和得：2 + 2 cos α cos β + 2 sin α sin β = a2 + b2，
∴cos α cos β + sin α sin β = a2 + b2
2
−1，即cos (α −β) = a2 + b2
2
−1.
(2) 由（1）知：当b = 1，a = 0时，cos (α −β) = 1
2 −1 = −1
2 ；
∵sin α + sin β = sin ( α + β
2
+ α −β
2
) + sin ( α + β
2
−α −β
2
)
= sin α + β
2
cos α −β
2
+ cos α + β
2
sin α −β
2
+ sin α + β
2
cos α −β
2
−cos α + β
2
sin α −β
2
= 2 sin α + β
2
cos α −β
2
，
cos α + cos β = cos ( α + β
2
+ α −β
2
) + cos ( α + β
2
−α −β
2
)
= cos α + β
2
cos α −β
2
−sin α + β
2
sin α −β
2
+ cos α + β
2
cos α −β
2
+ sin α + β
2
sin α −β
2
= 2 cos α + β
2
cos α −β
2
，
∴
，∴cos α −β
2
≠0，cos α + β
2
= 0，
∴cos (α + β) = 2 cos2 α + β
2
−1 = −1，
∴cos (α + β) cos (α −β) = (−1) × (−1
2 ) = 1
2 .
(3)
由（2）知：
；
当a = 0时，由a2 + b2 ≠0可得：b ≠0，∴cos α + β
2
= 0，则cos (α + β) = −1，∴sin (α + β) = 0；
当b = 0时，由a2 + b2 ≠0可得：a ≠0，∴sin α + β
2
= 0，则cos (α + β) = 1 −2 sin2 α + β
2
= 1，
∴sin (α + β) = 0；
当a ≠0且b ≠0时，tan α + β
2
= b
a ，
∴cos (α + β) =
cos2 α + β
2
−sin2 α + β
2
cos2 α + β
2
+ sin2 α + β
2
=
1 −tan2 α + β
2
1 + tan2 α + β
2
=
1 −b2
a2
1 + b2
a2
= a2 −b2
a2 + b2 ，
sin (α + β) =
2 sin α + β
2
cos α + β
2
cos2 α + β
2
+ sin2 α + β
2
=
2 tan α + β
2
1 + tan2 α + β
2
=
2b
a
1 + b2
a2
=
2ab
a2 + b2 ；
验证可知：当a = 0或b = 0时，cos (α + β) = a2 −b2
a2 + b2 与sin (α + β) =
2ab
a2 + b2 都成立；
综上所述：cos (α + β) = a2 −b2
a2 + b2 ，sin (α + β) =
2ab
a2 + b2 .
教法备注
【考点】两角的和差公式，和差化积，二倍角公式，万能置换公式
【教法】（1）平方之后利用和差公式化简
（2）和差化积公式化简，解方程组
⎧
⎨
⎩
2 sin α + β
2
cos α −β
2
= b = 1
2 cos α + β
2
cos α −β
2
= a = 0
⎧
⎨
⎩
2 sin α + β
2
cos α −β
2
= b
2 cos α + β
2
cos α −β
2
= a
23
（3）注意对a, b 取值进行分类讨论，再利用万能置换公式求解
例7
已知θ ∈(π, 3π
2 )，化简√1 + sin θ + √2 + 2 cos θ的结果为（ ）.
A. √2 sin ( θ
2 + π
4 )
B. √2 sin ( θ
2 −π
4 )
C. √2 cos ( θ
2 + π
4 )
D. √2 cos ( θ
2 −π
4 )
B
利用二倍角角公式和辅助角公式即可求解.
由π < θ < 3π
2 ⇒π
2 < θ
2 < 3π
4 ，
√1 + sin θ + √2 + 2 cos θ = √(sin θ
2 + cos θ
2 )
2
+ √2 (1 + cos θ) =
sin θ
2 + cos θ
2
+ √2 × 2 cos2 θ
2
= sin θ
2 + cos θ
2 + 2
cos θ
2
= sin θ
2 −cos θ
2 = √2 sin ( θ
2 −π
4 )，
故选：B.
教法备注
【考点】同角三角关系，二倍角公式，辅助角公式
【教法】先利用同角关系和二倍角公式进行化简，再用辅助角公式得到结果
答案
解析
变式7-1
已知2 cos2 α
2 + √3 sin α = 11
5 ，−2π
3 < α < π
6 ，则sin (2α + π
3 )的值为
．
24
25 | 0.96
利用辅助角公式化简可得sin (α + π
6 ) = 3
5 ，结合角的范围确定cos (α + π
6 )的值，利用二倍角公式，即可求
得答案.
由2 cos2 α
2 + √3 sin α = 11
5 ，
答案
解析
24
得1 + cos α + √3 sin α = 11
5 ，则cos α + √3 sin α = 6
5 ，即sin (α + π
6 ) = 3
5 ，
由于−2π
3 < α < π
6 ，故−π
2 < α + π
6 < π
3 ，结合sin (α + π
6 ) = 3
5 ，
可知cos (α + π
6 ) = 4
5 ，
故sin (2α + π
3 ) = 2 sin (α + π
6 ) cos (α + π
6 ) = 24
25 ，
故答案为：24
25
教法备注
【考点】二倍角公式，辅助角公式
【教法】综合二倍角公式，以及辅助角公式得到结果
变式7-2
提鞋公式也叫李善兰辅助角公式，其正弦型如下：a sin x + b cos x = √a2 + b2 sin(x + φ)，−π < φ < π，下列判断
错误的是（ ）
A. 当a > 0，b > 0时，辅助角φ = arctan b
a
B. 当a > 0，b < 0时，辅助角φ = arctan b
a + π
C. 当a < 0，b > 0时，辅助角φ = arctan b
a + π
D. 当a < 0，b < 0时，辅助角φ = arctan b
a −π
B
解：因为cos φ =
a
√a2 + b2 ，sin φ =
b
√a2 + b2 ，tan φ = b
a ，φ ∈(−π, π]
对于A，因为a > 0，b > 0，则辅助角φ在第一象限∴0 < φ < π
2 ，
∵b
a > 0，∴arctan b
a ∈(0, π
2 )，故A选项正确；
对于B，因为a > 0，b < 0，则辅助角φ在第四象限∴−π
2 < φ < 0；
∵b
a < 0， ∴π + arctan b
a ∈( π
2 , π)，故B选项错误；
对于C，因为a < 0，b > 0，则辅助角φ在第二象限∴π
2 < φ < π；
∵b
a < 0， ∴π + arctan b
a ∈( π
2 , π)，故C选项正确；
对于D，因为a < 0，b < 0，则辅助角φ在第三象限∴−π < φ < −π
2 ，
∵b
a < 0， ∴arctan b
a −π ∈(−π, −π
2 )，故D选项正确；
答案
解析
25
故选：B．
本题考查了三角函数的性质，考查学生的分析能力，属于中档题．
教法备注
【考点】辅助角公式
【教法】讨论参数符号的改变对φ 值的影响
11 解三角形
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握正弦定理、余弦定理
目标2
★★★★☆☆ 识别
辨识并运用三角形内恒等和不等关系式
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用解三角形知识求解相关应用
知识清单
教法备注
1．解三角形问题在考纲中考查对解三角形公式的记忆和掌握情况，在考纲中考查对公式的理解记忆以及实际
应用的变通使用，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆性理解水平、探究性理解水平，考查学生的数学素
养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、数学应用与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度中等难度，分值约为24分，占比16%；
3．对应教材：必修二，第六章三角；
4．本讲知识点涉及三角比的概念及相关公式，后续会和三角函数内容有综合考查运用，公立学校会在高三上
学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
【课堂引入】
2
已知角 A, B, C 是 △ABC 的三个内角，若 sin A : sin B : sin C = 4 : 5 : 6 ，则该三角形的最大内角等于
____________。（用反三角函数值表示）
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——正余弦定理
考点1：正弦定理及其应用
知识笔记
面积公式
S =
1
2 bc sin A
=
1
2 ac sin B
=
1
2 ab sin C
正弦定理
a
sin A =
b
sin B
=
c
sin C
=
2R
正弦定理的应用——判断三角形个数
（1）已知两角一边时，三角形被唯一确定
（2）已知两边和一角（非这两边所夹角）时，三角形个数需要讨论：
情况一：A 为锐角
情况二：A 为直角或钝角
边角关系
a = b sin A
a ≥b
b sin A < a < b
a < b sin A
图形
解的个数
一解
一解
两解
无解
边角关系
a > b
a ≤b
a > b
a ≤b
3
图形
解的个数
一解
无解
一解
无解
正弦定理的应用——边角互化
（1）依据：正弦定理
（2）互化：a ↔sin A, b ↔sin B, c ↔sin C
（3）应用场景：等号两边的式子不含独立的常数项，且每一项的次数需相等（边的次数或正弦角的次数）
经典例题
例1
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a = √3，且c −2b + 2√3 cos C = 0，则该三角形外接圆的半
径为（ ）
A. 1
B. √3
C. 2
D. 2√3
A
先应用正弦定理及两角和的正弦公式化简求出角A,再根据正弦定理求出外接圆半径即可.
∵a = √3, ∴c −2b + 2a cos C = 0, ∴sin C −2 sin B + 2 sin A cos C = 0.
∴sin C −2 sin (A + C) + 2 sin A cos C = 0,
∴sin C −2 sin A cos C −2 sin C cos A + 2 sin A cos C = 0,
∴sin C −2 sin C cos A = 0, ∵sin C > 0, ∴cos A = 1
2 , A ∈(0, π),
∴A = π
3 ,设该三角形外接圆的半径为r
由正弦定理得
a
sin A = √3
√3
2
= 2 = 2r，∴r = 1
故选：A.
教法备注
答案
解析
4
【考点】正弦定理
【教法】利用边角互化求角A，再利用正弦定理求外接圆半径
变式1-1
在△ABC中，设角A, B及C所对边的边长分别为a, b及c，若a = 3，c = 5，B = 2A，则边长b =
．
2√6
利用正弦定理以及三角恒等变换求得cos A，再次利用正弦定理求得b.
由正弦定理得
a
sin A =
c
sin C =
c
sin (A + B) ，即
3
sin A =
5
sin 3A ，
5 sin A = 3 sin 3A = 3 sin A cos 2A + 3 cos A sin 2A
= 3 sin A (2 cos2 A −1) + 6 sin A cos2 A = 12 sin A cos2 A −3 sin A，
由于B = 2A，所以A为锐角，sin A > 0,
所以12 cos2 A = 8, cos A = √6
3 ，
由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
b
sin 2A =
b
2 sin A cos A ，
则a =
b
2 cos A , b = 2a cos A = 2 × 3 × √6
3
= 2√6.
故答案为：2√6
教法备注
【考点】正弦定理
【教法】利用正弦定理和三倍角公式求角A，再利用正弦定理求解答案
答案
解析
变式1-2
在△ABC中，角A，B，C对应边为a，b，c，其中b = 2．
(1)
若A + C = 120∘，且a = 2c，求边长c；
(2)
若A −C = 15∘, a = √2c sin A，求△ABC的面积S△ABC．
5
(1) 2√3
3
(2) 3 −√3
(1) 依题意，a = 2c，
由正弦定理得sin A = 2 sin C，即sin (120∘−C) = 2 sin C，
√3
2 cos C + 1
2 sin C = 2 sin C, tan C = √3
3 ，
由于0∘< C < 120∘，所以C = 30∘，则A = 90∘, B = 60∘，
由正弦定理得
c
sin C =
b
sin B , c = b sin C
sin B =
2 × 1
2
√3
2
= 2√3
3
.
(2) 依题意，a = √2c sin A，
由正弦定理得sin A = √2 sin C sin A，
由于15∘< A < 180∘，sin A > 0，所以sin C = √2
2 ，
由于A −C = 15∘> 0，所以C为锐角，所以C = 45∘，
则A = 60∘, B = 75∘，
sin 75∘= sin (45∘+ 30∘) = sin 45∘cos 30∘+ cos 45∘sin 30∘= √6 + √2
4
，
由正弦定理得
c
sin C =
b
sin B , c = b sin C
sin B =
2 ×
√2
2
√6 + √2
4
=
4
√3 + 1
=
4 (√3 −1)
(√3 + 1) (√3 −1)
= 2 (√3 −1)
，
所以S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 × 2 × 2 (√3 −1) × √3
2
= 3 −√3.
教法备注
【考点】正弦定理，面积公式
答案
解析
6
【教法】（1）利用正弦定理角C
（2）利用正弦定理角C，继而得到三角形所有的角，再利用正弦定理求边，得到面积
例2
已知在△ABC中，a = x, b = 2, B = 45∘，若三角形有两解，则x的取值范围是( )
A. x > 2
B. x < 2
C. 2 < x < 2√2
D. 2 < x < 2√3
C
【分析】由题意判断出三角形有两解时，b 满足的不等关系求解即可．
【详解】因为 AC = b = 2 ，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，
半径为 2 的圆与 BA 有两个交点，
所以只需满足 x sin B < b < x ，即
√2
2 x < 2 < x ，解得 2 < x < 2√2 ．
故选：C
教法备注
【考点】正弦定理
【教法】利用正弦定理判断两解条件，列不等式求解
答案
解析
练2-1
下列条件判断三角形解的情况，正确的是
（填序号）；
①a = 8，b = 16，A = 30∘，有两解；
②b = 18，c = 20，B = 60∘，有一解；
③a = 15，b = 2，A = 90∘，无解；
④a = 40，b = 30，A = 120∘，有一解．
④
答案
7
对于①，由正弦定理求得sin B = 1，可判断三角形解的个数；对于②，由正弦定理求得sin C = 5√3
9
，结合三
角形中大边对大角性质，可判断三角形解的个数；对于③，由正弦定理sin B = 2
15 ，结合A = 90∘，可得解的
个数；对于④，由正弦定理得 sin B = 3√3
8
，结合A = 120∘可得三角形的解有一个，由此可得答案.
对①：由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，所以sin B = b sin A
a
=
16 × 1
2
8
= 1，
又因为0∘< B < 180∘，所以B有一解，故①错误；
对②：正弦定理
b
sin B =
c
sin C ，所以sin C = c sin B
b
=
20 × √3
2
18
= 5√3
9
，
又因为b < c，所以C > B = 60∘，则三角形的解有两解，故②错误；
对③：由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，所以sin B = b sin A
a
= 2
15 ，
又因为0∘< B < 180∘且A = 90∘，可得B有一解，所以三角形的解有一个，故③错误；
对于④，由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，所以sin B = b sin A
a
=
30 × √3
2
40
= 3√3
8
，
又因为0∘< B < 180∘且A = 120∘，可得B有一解，所以三角形的解有一个，故④正确，
故答案为：④.
解析
练2-2
在ΔABC中，角A, B, C所对的边分别为a、b、c，已知a = 4，B = 30∘，要使该三角形有唯一解，则b的取值范围为
.
[4, +∞) ∪{2}
利用正弦定理得出b =
2
sin A ，根据A + C的度数和三角形只有一解，可得A只有一个值，根据正弦函数的图象
与性质得到A的范围，从而得到b的范围.因为a = 4，B = 30∘，
由正弦定理可得：
a
sin A =
b
sin B ，
∴b =
2
sin A
又A + C = 180
∘−30
∘= 150
∘，且三角形只有一解，可得A只有一个值，
$0或A = 90∘，
∴0 < sin A ⩽1
2 或sin A = 1，
∴2 ≤
1
sin A ，或
1
sin A = 1
答案
解析
8
又b =
2
sin A ，
∴ b的取值范围为[4, +∞) ∪{2}，
故答案为[4, +∞) ∪{2}
本题主要考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，特殊角的三角函数值，属于中档题.
教法备注
【考点】正弦定理
【教法】利用正弦定理判断唯一解条件，列不等式求解
考点2：余弦定理及其应用
知识笔记
余弦定理
（1）求边
a2 = b2 + c2 −2bc cos A
； b2 =
a2 + c2 −2ac cos B
；c2 =
a2 + b2 −2ab cos C
（2）求角
cos A = b2 + c2 −a2
2bc
；cos B =
a2 + c2 −b2
2ac
；cos C =
a2 + b2 −c2
2ab
三角形中的恒等与不等关系
sin C = sin(A + B)， cos C =
−cos(A + B)
， tan C =
−tan(A + B)
sin A + B
2
= cos C
2 ， cos A + B
2
=
sin C
2
，tan A + B
2
=
cot C
2
tan A + tan B + tan C =
tan A ⋅tan B ⋅tan C
a > b ⇔A > B ⇔sin A
>
sin B
经典例题
例3
在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C所对的边，若a2 = (c −b)2 + 6，A = π
3 ，则△ABC的面积是
.
3√3
2
| 3
2 √3
答案
9
根据题意求得c2 + b2 −a2 = 2bc −6，再由余弦定理列出方程求得bc = 6，结合三角形的面积公式，即可求解.
因为a2 = (c −b)2 + 6，可得a2 = c2 + b2 −2bc + 6，即c2 + b2 −a2 = 2bc −6，
又因为A = π
3 ，由余弦定理可得cos A = c2 + b2 −a2
2bc
= 2bc −6
2bc
= 1
2 ，解得bc = 6，
所以△ABC的面积为S = 1
2 bc sin A = 1
2 × 6 × sin π
3 = 3√3
2
.
故答案为：3√3
2
解析
变式3-1
在△ABC中，AB = 2, D为AB的中点，若BC = DC = √2，则AC的长为
．
2
根据给定条件，在△BCD, △ABC中利用余弦定理求解作答.
在
△BCD
中
，
BC = DC = √2
，
BD = 1
2 AB = 1
，
由
余
弦
定
理
得
：
cos B = BC2 + BD2 −CD2
2BC ⋅BD
=
2 + 1 −2
2 × √2 × 1
= √2
4 ，
在△ABC中，由余弦定理得：AC2 = AB2 + BC2 −2AB ⋅BC cos B = 4 + 2 −2 × 2 × √2 × √2
4
= 4，解得
AC = 2，
所以AC的长为2.
故答案为：2
答案
解析
变式3-2
在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且(b2 + c2 −a2) tan A = √3bc．
（1）求角A；
（2）若a = 2，ΔABC的面积S=√3 ，求1
b + 1
c 的值．
10
（1） A= π
3 （2）1
（1）根据余弦定理进行边角互化即可得解；
（2）根据余弦定理和面积公式分别求出bc = 4，b + c = 4即可得解.
解：（1）由(b2 + c2 −a2) tan A = √3bc，及余弦定理b2 + c2 −a2 = 2bc cos A得
2bc sin A = √3bc，又bc > 0，得sin A = √3
2 ．
因为△ABC为锐角三角形，所以$0<\dfrac{\pi }{2}$，故A= π
3 ．
（2）因为a = 2，A= π
3 ，根据余弦定理b2 + c2 −a2 = 2bc cos A得
b2 + c2 −4 = bc，
又S = 1
2 bc sin A = √3
4 bc = √3，解得bc = 4 ．……①
所以b2 + c2 −4 = 4，即b2 + c2 = (b + c)2 −2bc = (b + c)2 −8 = 8．
又b+c > 0，所以b + c = 4 ……②
根据①②得，1
b + 1
c = b + c
bc
= 4
4 = 1，所以，1
b + 1
c 的值为1．
此题考查解三角形，利用余弦定理及三角形面积关系求解，涉及整体代入求解.
教法备注
【考点】面积公式，余弦定理
【教法】（1）根据余弦定理进行边角互化即可得解；
（2）根据余弦定理和面积公式分别求出 bc = 4, b + c = 4 即可得解．
答案
解析
变式3-3
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设S是△ABC的面积，若b2 + c2﹣1
3 a2 = 4√3
3
S，则角A的值为
．
2π
3
直接利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用，即可求出结果.在ΔABC中，由三角形的面积
答案
解析
11
S = 1
2 bc sin A且b2 + c2 −1
3 a2 = 4√3
3
S，
所以3b2 + 3c2 = a2 + 2√3bc sin A，
又由余弦定理a2 = b2 + c2 −2bc cos A，
所以3b2 + 3c2 = b2 + c2 −2bc cos A + 2√3bc sin A，
即b2 + c2 = −bc cos A + √3bc sin A = bc(√3 sin A −cos A) = 2bc sin(A −π
6 )，
由于b2 + c2 ≥2bc，所以b2 + c2 = 2bc sin(A −π
6 ) ≥2bc，则sin(A −π
6 ) ≥1，
根据三角函数的值域，可知只有sin(A −π
6 ) = 1，所以A −π
6 = π
2 ，即A = 2π
3 ，
故答案为2π
3 .
本题主要考查了解三角形的综合应用问题，在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，
或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式
时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显
时，则要考虑两个定理都有可能用到．
教法备注
【考点】面积公式，余弦定理
【教法】利用面积公式和余弦定理得到b2 + c2的范围，进而求得角A
例4
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2 B + 1
2 sin 2B = 1，0 < B < π
2 ，若
⇀
AB +
⇀
BC
= 4，
则ac的最大值为
.
16 + 8√2 | 8√2 + 16
由三角恒等变换可得B,再由余弦定理及重要不等式即可求解.
由cos2 B + 1
2 sin 2B = 1得sin B cos B = sin2 B，
∴tan B = 1, B = π
4
由
→
BC +
→
AB
= 4，得
→
AC
= 4，
所以b2 = a2 + c2 −2ac cos B ⇒a2 + c2 −√2ac = 16 ≥2ac −√2ac,
所以ac ≤
16
2 −√2
= 16 + 8√2，当且仅当a = c时，等号成立.
故答案为：16 + 8√2
答案
解析
12
教法备注
【考点】基本不等式，余弦定理
【教法】由三角恒等变换可得 B ，再由余弦定理及重要不等式即可求解．
变式4-1
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2ac sin B = a2 + c2 −1
2 ，且b = √2
2 .
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC的面积为S，求S的最大值.
（1） π
4 ；（2）
√2 + 1
8
.
（1）由b = √2
2 ，2ac sin B = a2 + c2 −1
2 等式右边可化为余弦定理形式，根据sin B = cos B求角即可（2）由
余弦定理结合均值不等式可求出ac的最大值，即可求出三角面积的最大值.（1）由2ac sin B = a2 + c2 −1
2
得：2ac sin B = a2 + c2 −b2 = 2ac cos B，
即：sin B = cos B.
∴tan B = 1，又B ∈(0, π)，∴B = π
4 .
（2）由b2 = a2 + c2 −2ac cos B ≥(2 −√2)ac，当且仅当a = c等号成立.
得：ac ≤2 + √2
4
.
(S△ABC)max = 1
2 (ac)max sin B = √2 + 1
8
.
本题主要考查了余弦定理，均值不等式，三角形面积公式，属于中档题.
教法备注
【考点】基本不等式，余弦定理
【教法】（1）等式右边可化为余弦定理形式，根据 sin B = cos B 求角即可
答案
解析
13
（2）由余弦定理结合均值不等式可求出 ac 的最大值，即可求出三角面积的最大值．
变式4-2
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2 cos A cos C =
tan B
tan A + tan C ．
(1)
求B；
(2)
若b = 2．求a + c的取值范围．
(1) π
3
(2) (2, 4]
(1) ∵2 cos A cos C =
tan B
tan A + tan C ，∴2 cos A cos C ( sin A
cos A + sin C
cos C ) = sin B
cos B ，
∴2 cos C sin A + 2 cos A sin C = sin B
cos B ，∴2 sin (A + C) = 2 sin B = sin B
cos B ，
∵B ∈(0, π)，∴sin B > 0，∴cos B = 1
2 ，
∴B = π
3 ；
(2) ∵b = 2，B = π
3 ，
∴由余弦定理得，b2 = a2 + c2 −2ac cos B，即4 = (a + c)2 −2ac −ac，
∴3ac = (a + c)2 −4 ≤3(a + c)2
4
，∴(a + c)2 ≤16，
∴0 < a + c ≤4，当且仅当a = c = 2时等号成立，
又a + c > b，∴2 < a + c ≤4，
∴a + c的取值范围是(2, 4].
教法备注
【考点】基本不等式，余弦定理，三角恒等变换
【教法】（1）根据三角恒等公式变换求角即可
答案
解析
14
（2）由余弦定理结合均值不等式可求出 a + c 的最值
变式4-3
在锐角△ABC中，a2 −b2 = bc，则
2
tan A +
1
tan B 的取值范围为
.
(1, 5√3
3
)
由正弦定理及三角变换得A = 2B及π
6 < B < π
4 ，则
2
tan A +
1
tan B =
2
tan B −tan B，利用换元求取值范
围．
由余弦定理及a2 −b2 = bc，得b2 + c2 −2bc cos A −b2 = bc，
得c −2b cos A = b，
由正弦定理得，sin C −2 sin B cos A = sin B，
得sin (A + B) −2 sin B cos A = sin B，
得sin A cos B + cos A sin B −2 sin B cos A = sin B，
得sin (A −B) = sin B，
因为△ABC为锐角三角形，所以A −B = B，
即A = 2B，
则
，得π
6 < B < π
4 ，
则√3
3
< tan B < 1，
2
tan A +
1
tan B =
2
tan 2B +
1
tan B = 1 −tan2 B
tan B
+
1
tan B =
2
tan B −tan B，
令m = tan B，则f (m) = 2
m −m在[ √3
3 , 1]上单调递减，
得f (m) ∈(1，5√3
3
)，则
2
tan A +
1
tan B ∈(1, 5√3
3
)，
故答案为：(1, 5√3
3
)
关键点点睛：化简
2
tan A +
1
tan B =
2
tan 2B +
1
tan B =
2
tan B −tan B，令m = tan B，则f (m) = 2
m −m
在[ √3
3 , 1]上单调递减即可求解．
教法备注
答案
解析
⎧
⎨
⎩
0 < 2B < π
2
0 < π −3B < π
2
15
【考点】正弦定理，余弦定理，三角恒等变换
【教法】根据正余弦定理推出角A 和角B 的关系，利用三角恒等公式把代数式转化为tan B 的表达式，再利用
函数方法求值域
知识点2——解三角形的应用
考点3：解三角形的实际应用
经典例题
例5
某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂
直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示.已知∠ABC = 2
3 π, ∠ACD = π
3
，路宽AD = 24米.设∠BAC = θ ( π
12 ≤θ ≤π
6 )
(1)
求灯柱AB的高h（用θ表示）；
(2)
此公司应该如何设置θ的值才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小？最小值为多少？（结果
精确到0.01米）
16
(1) h = 32 sin (θ + π
6 ) sin ( π
3 −θ) ( π
12 ≤θ ≤π
6 )
(2) θ = π
12 ，最小值 21.86米
(1) △ACD中，∠CDA = θ + π
6 ，由正弦定理：
AD
sin ∠ACD =
AC
sin ∠CDA ，得
AC = AD ⋅sin ∠CDA
sin ∠ACD
= 16√3 sin (θ + π
6 )，△ABC中，∠ACB = π
3 −θ，由正弦定理：
AB
sin ∠ACB =
AC
sin ∠ABC ，得h = AB = AC ⋅sin ∠ACB
sin ∠ABC
= 32 sin (θ + π
6 ) sin ( π
3 −θ) ( π
12 ≤θ ≤π
6 )
(2) △ABC中，由正弦定理：
BC
sin ∠BAC =
AC
sin ∠ABC ，得BC = AC ⋅sin ∠BAC
sin ∠ABC
= 32 sin (θ + π
6 ) sin θ，所
以
因为π
12 ≤θ ≤π
6 ，所以π
6 ≤2θ ≤π
3 ，根据三角函数性质，y = sin x在[ π
6 , π
3 ]上递增,即当θ = π
12 时，
AB + BC取得最小值8 + 8√3 ≈21.86，因而制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小，最小值
约为21.86米.
教法备注
【考点】正弦定理，三角恒等变换
【教法】（1）两次使用正弦定理就可以求得灯柱的高
（2）利用正弦定理表示BC，最后利用三角恒等变换化简求最值
答案
解析
AB + BC = 32 sin (θ + π
6 ) sin ( π
3 −θ) + 32 sin (θ + π
6 ) sin θ
= 32 ( √3
2 sin θ + 1
2 cos θ) ( √3
2 cos θ −1
2 sin θ) + 32 ( √3
2 sin θ + 1
2 cos θ) sin θ
= 32 sin θ cos θ + 8√3 = 16 sin 2θ + 8√3
变式5-1
小明想测量一棵树的高度，他发现谁的影子恰好落在地面和一斜坡上（如图1），此时测得地面上的影长为8米，坡
面上的影长为4米，已知斜坡的坡角为30°，同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米
（如图2），则树的高度为
.
17
(6 + √3)米
延长AC交BF延长线于D点，则BD即为AB的影长,然后根据物长和影长的比值计算即可.
延长AC交BF延长线于D点，
则∠CFE=30°，作CE⊥BD于E，
在Rt△CFE中，∠CFE=30°， CF =4m，
所以CE=2 (米)，EF =4cos30°=2√3 (米)，
在Rt△CED中，
∵同一时刻，一根长为1米、垂直于地面放置的标杆在地面上的影长为2米，CE = 2米，CE：DE=1：2，
DE=4 (米)，
BD= BF+EF+ ED=12+2√3 (米)，
在Rt△ABD中，AB = 1
2 BD = 1
2 (12 + 2√3) = （√3 + 6） (米) .
故答案为： (√3+6)米.
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用以及相似三角形的性质．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长．
教法备注
【考点】直角三角形的应用，相似
【教法】需要作出辅助线，利用标杆长与影子长的关系求得树高
答案
解析
变式5-2
18
吴淞口灯塔AE采用世界先进的北斗卫星导航遥测遥控系统，某校数学建模小组测量其高度H（单位：m)，如示意
图，垂直放置的标杆BC的高度h = 3m，使A，B，D在同一直线上，也在同一水平面上，仰角∠ABE = α，
∠ADE = β.（本题的距离精确到0.1m)
(1)
该小组测得α､β的一组值为α = 51.83∘，β = 47.33∘，请据此计算H的值；
(2)
该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到灯塔的距离d（单位：m)，使α与β之差较大，可以提高
测量精确度.若灯塔的实际高度为20.1m，试问d为多少时，α −β最大？
(1) H ≈20.4
(2) d ≈18.5
(1) 由Rt △ADE可得：H
AD = tan β ⇒AD =
H
tan β ，
同理可得AB =
H
tan α , BD =
h
tan β ，
因为AD −AB = DB，
所以
H
tan β −
H
tan α =
h
tan β ，
可得H =
h tan α
tan α −tan β ≈20.4m.
(2) 由题意可得d = AB，
答案
解析
19
则tan α = H
d , tan β =
H
AD =
h
DB = H −h
d
，
所以tan (α −β) =
tan α −tan β
1 + tan α ⋅tan β =
H
d −H −h
d
1 + H
d ⋅H −h
d
=
hd
d2 + H(H −h) =
h
d + H(H −h)
d
，
而d + H(H −h)
d
≥2√H(H −h)，
当且仅当d = √H(H −h) = √20.1 × (20.1 −3) ≈18.5时等号成立，
故当d = 18.5时，tan(α −β)取最大值，
因为0 < β < α < π
2 ，所以0 < α −β < π
2 ，
所以d = 18.5时，α −β最大.
教法备注
【考点】直角三角形的应用，三角恒等变换，基本不等式
【教法】（1）利用直角三角形的性质求得H
（2）利用三角恒等公式表示出tan(α −β)，进而用基本不等式得到最值
12 三角函数的图像与性质
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解并记忆三类基本三角函数的图像与性质
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握三角方程的解法
目标3
★★★★★☆ 迁移
运用图像与性质解决A sin(wx + φ) + B模型问题
知识清单
教法备注
1．三角函数与三角方程问题在考纲中考查对基本三角函数图像与性质以及三角方程求解方法的记忆和掌握情
况，考查对于一般三角函数模型的化简与应用情况，考纲中明确对该知识点的考查涉及记忆性理解水平、探
究性理解水平，考查学生的数学素养，包括数学基础知识和基本技能、逻辑推理能力、运算能力、数学应用
与探究能力；
2．本讲在高考中以填选题和解答题为主，难度中等难度，分值约为24分，占比16%；
3．对应教材：必修二，第七章三角函数；
4．本讲知识点涉及基本三角函数的图像与性质，以及一般三角函数的化简方法，后续会和立体几何、解析几
何等内容有综合考查运用，公立学校会在高三上学期复习，与新东方秋季班、寒假班的后续内容复习有关。
教法备注
2
【课堂引入】
函数 y = sin (2x + π
3 ) 的最小正周期 T =__________.
引入方向：通过对题目考查方式的理解，熟悉此类问题，引出正文内容，题目在正文例题中也有设计，此处
无需讲解。
知识点1——正弦、余弦、正切函数
考点1：三类基本三角函数的图像及其性质
知识笔记
正弦函数与余弦函数
y = sin x
y = cos x
图像
定义域
R
R
值域
[−1, 1]
[−1, 1]
奇偶性
奇函数
偶函数
单
调
性
严格增区间
[−π
2 + 2kπ, π
2 + 2kπ],
k ∈Z
[−π + 2kπ, 2kπ],
k ∈Z
严格减区间
[ π
2 + 2kπ, 3π
2 + 2kπ],
k ∈Z
[2kπ, π + 2kπ],
k ∈Z
对
称
性
对称轴
x = π
2 + kπ,
k ∈Z
x = kπ,
k ∈Z
对称中心
(kπ, 0),
k ∈Z
( π
2 + kπ, 0),
k ∈Z
周期性
2π
2π
3
正切函数
y = tan x
图像
定义域
{x
x ≠π
2 + kπ,
k ∈Z}
值域
R
奇偶性
奇函数
单调性
严格增区间
(−π
2 + kπ, π
2 + kπ)
严格减区间
无
对称性
对称轴
无
对称中心
( kπ
2 , 0),
k ∈Z
周期性
π
经典例题
例1
函数y = cos2 x −4 cos x + 1, x ∈R，当y取最大值时，x的取值集合是
．
4
{x|x = (2k + 1)π, k ∈Z}．
把cos x作为一个整体，结合二次函数性质求解．
y = cos2 x −4 cos x + 1 = (cos x −2)2 −3，又−1 ≤cos x ≤1，
所以cos x = −1时，ymax = 6，此时x = (2k + 1)π, k ∈Z．
故答案为：{x|x = (2k + 1)π, k ∈Z}．
答案
解析
变式1-1
设函数f(x) = sin x定义域为[a，b]，值域为[−1，1
2 ]，则：①(b −a)min = 2π
3 ；②(b −a)max = 4π
3 ；③a不可能等于
2kπ −π
6 (k ∈Z)；④b不可能等于2kπ −π
6 (k ∈Z)；四个结论正确的是（ ）.
A. ①②③
B. ①②③④
C. ①④
D. ②③④
A
作f(x) = sin x一个周期内的图像，然后利用图像逐个分析判断即可
作f(x) = sin x一个周期内的图像：
∵值域为[−1，1
2 ]，且sin π
6 = sin 5π
6 = 1
2 ，sin 3π
2 = −1，
①(b −a)min = 3π
2 −5π
6 = 2π
3 ，对，
②(b −a)max = 2π + π
6 −5π
6 = 4π
3 ，对，
③当a = −π
6 时函数最大值是1，对，
④当b = 11π
6 ，a = π
6 时函数的值域不变，不对，
故选：A.
答案
解析
5
此题考查正弦函数的图像和性质，考查数形结合思想，属于基础题.
教法备注
【考点】正弦函数的图像
【教法】利用正弦函数的图像逐一排除选项
变式1-2
已知x ∈(0, π
2 ),则函数f(x) = (1 + sin x)(1 + cos x)的最大值为
.
√2 + 3
2
利用三角恒等变换、辅助角公式表示出f(x)的解析式，再用换元法将函数转化为二次函数即可求最大值.
f(x) = (1 + sin x)(1 + cos x) = 1 + sin x + cos x + sin x cos x，
= 1 + sin x + cos x + (sin x + cos x)2 −1
2
,
令t = sin x + cos x = √2 sin (x + π
4 ),
因为x ∈(0, π
2 ),所以x + π
4 ∈( π
4 , 3π
4 ),
所以sin (x + π
4 ) ∈( √2
2 , 1],所以t = √2 sin (x + π
4 ) ∈(1, √2],
所以g (t) = 1
2 t2 + t + 1
2 , t ∈(1, √2],对称轴t0 = −1 < 1,
所以g (t) = 1
2 t2 + t + 1
2 在(1, √2]单调递增,
所以当t0 = √2时，g(t)max = g (√2) = √2 + 3
2 ,
即当sin (x + π
4 ) = 1,x = π
4 时，f(x) = (1 + sin x)(1 + cos x)有最大值√2 + 3
2 .
故答案为: √2 + 3
2 .
教法备注
【考点】三角函数最值
【教法】换元法，把sin x + cos x整体换元，转化为二次函数求最值
答案
解析
变式1-3
6
若函数f (x) = (1 + sin x)10 + (1 −sin x)10, x ∈[−π
2 , π
2 ]，则其最大值为
．
1024
令sin x = t ∈[−1, 1]，应用二项式定理将f(x)展开并化简，结合t的取值，应用赋值法求最大值.
令sin x = t ∈[−1, 1]，则y = (1 + t)10 + (1 −t)10，
而(1 + t)10 = 1 + C1
10t + C2
10t2 + ⋯+ C10
10t10，(1 −t)10 = 1 −C1
10t + C2
10t2 −⋯+ C10
10t10，
两者相加时，t的奇数次幂抵消，偶数次幂系数相同，
所以y = 2(1 + C2
10t2 + C4
10t4 + C6
10t6 + C8
10t8 + C10
10t10)，则t偶数次幂的最大值为1，
所以f(x)最大值为2(1 + C2
10 + C4
10 + C6
10 + C8
10 + C10
10) = 1024.
故答案为：1024
教法备注
【考点】二项式定理，三角函数最值
【教法】二项展开，结合 sin x 的取值，应用赋值法求最大值．
答案
解析
例2
已知关于x的函数y = sin(x + φ)（−π < φ < 0）的一条对称轴是x = π
8 ，则φ =
．
−5π
8
根据三角函数的图象和性质可得对称轴方程为x + φ = π
2 + kπ，（k ∈Z）求解即可．
函数f (x) = sin (x + φ) (−π < φ < 0)，其对称轴方程为x + φ = π
2 + kπ，（k ∈Z）
∵函数图象的一条对称轴是直线x = π
8 ，
∴π
8 + φ = π
2 + kπ，即φ = kπ + 3π
8 ，（k ∈Z）
∵−π < φ < 0，
当k = −1时，可得φ = −5π
8 ．
故答案为：−5π
8 ．
答案
解析
7
变式2-1
（1）函数y = sin(2x + φ)的图像关于y轴对称，则φ=
（2）函数y = 5 cos(2x −θ)为奇函数，则θ =
kπ + π
2 , k ∈Z ; kπ + π
2 , k ∈Z
（1）由对称轴公式，直接代入x = 0，求φ；（2）由条件可知函数过原点，同样代入x = 0，求θ.
（1）因为函数y = sin(2x + φ)的图像关于y轴对称，
所以当x = 0时，φ = kπ + π
2 , k ∈Z；
（2）因为函数y = 5 cos(2x −θ)为奇函数，所以函数过原点，
即当x = 0时，−θ = −π
2 + kπ, k ∈Z，即θ = kπ + π
2 , k ∈Z.
故答案为：kπ + π
2 , k ∈Z；kπ + π
2 , k ∈Z
答案
解析
变式2-2
设函数f(x) = cos x −m(x ∈[0, 3π])的零点为x1､x2､x3，若x1､x2､x3成等比数列，则实数m的值为
.
−1
2
原问题等价于f(x) = cos x(x ∈[0, 3π])与y = m有三个不同的交点，且交点的横坐标分别为x1､x2､x3，结合余
弦函数图象，由对称性知，x2 + x1 = 2π，x2 + x3 = 4π，又x2
2 = x1x3，联立即可求解出x1，进而可求出m的
值.
解：原问题等价于f(x) = cos x(x ∈[0, 3π])与y = m有三个不同的交点，且交点的横坐标
分别为x1､x2､x3，结合余弦函数图象，由对称性得，x2 + x1 = 2π，x2 + x3 = 4π，
又x2
2 = x1x3，
∴(2π −x1)2 = x1 (2π + x1)，
∴x1 = 2π
3 ，
∴m = cos 2π
3 = −1
2 ，
故答案为：−1
2 .
关键点点睛：将原问题等价转化为f(x) = cos x(x ∈[0, 3π])与y = m有三个不同的交点，且交点的横坐标分别
答案
解析
8
为x1､x2､x3，结合余弦函数图象，由对称性得，x2 + x1 = 2π，x2 + x3 = 4π是本题解题的关键.
教法备注
【考点】等差数列，三角函数对称性
【教法】将原问题等价转化为 f(x) = cos x(x ∈[0, 3π]) 与 y = m 有三个不同的交点，且交点的横坐标分别为
x1, x2, x3 ，结合余弦函数图象，由对称性得，x2 + x1 = 2π, x2 + x3 = 4π 是本题解题的关键．
例3
函数y = 2 sin (2x + π
6 ), x ∈[−π, 0]单调减区间为 .
[−5π
6 , −π
3 ]
先求出函数y = 2 sin (2x + π
6 )的单调递减区间A，再将区间A与定义域[−π, 0]取交集可得出答案．
正弦函数y = sin u的单调递减区间为[ π
2 + 2kπ, 3π
2 + 2kπ] (k ∈Z)，
由π
2 + 2kπ ≤2x + π
6 ≤3π
2 + 2kπ (k ∈Z)，得π
6 + kπ ≤x ≤2π
3 + kπ (k ∈Z)，
记A = [ π
6 + kπ, 2π
3 + kπ] (k ∈Z)，则A ⋂[−π, 0] = [−5π
6 , −π
3 ]，
故答案为：[−5π
6 , −π
3 ].
方法点睛：本题考查复合型正弦函数y = A sin (ωx + φ) + b的单调区间的求解，并且限制了定义域，这种问题
首先应求出这个函数在R上的单调区间，再将所得区间与定义域取交集即可求解，考查计算能力以及三角函数
基本性质的应用，属于中等题．
答案
解析
变式3-1
下列函数中，以π
2 为周期，且在区间( π
4 , π
3 )上单调递增的是（ ）
A. f (x) = sin |x|
B. f (x) = |sin 2x|
C. f (x) = cos |x|
D. f (x) = |cos 2x|
D
答案
解析
9
结合函数周期性的定义与正弦函数及余弦函数的单调性逐项判断即可得.
对A：f (0) = sin |0| = 0，f ( π
2 ) = sin
π
2
= 1 ≠f (0)，故f (x) = sin |x|不以π
2 为周期，故A错误；
对B：f (x + π
2 ) = |sin (2x + π)| = |sin 2x| = f (x)，故f (x) = |sin 2x|以π
2 为周期，
当x ∈( π
4 , π
3 )时，2x ∈( π
2 , 2π
3 )，由y = sin x在( π
2 , 2π
3 )上单调递减，
且y = sin x > 0，故f (x) = |sin 2x|在( π
4 , π
3 )上单调递减，故B错误；
对C：f (0) = cos |0| = 1，f ( π
2 ) = cos
π
2
= 0 ≠f (0)，故f (x) = cos |x|不以π
2 为周期，故C错误；
对D：f (x + π
2 ) = |cos (2x + π)| = |cos 2x| = f (x)，故f (x) = |cos 2x|以π
2 为周期，
当x ∈( π
4 , π
3 )时，2x ∈( π
2 , 2π
3 )，由y = cos x在( π
2 , 2π
3 )上单调递减，
但y = cos x < 0，故x ∈( π
4 , π
3 )时，f (x) = |cos 2x| = −cos 2x，
故f (x) = |cos 2x|在( π
4 , π
3 )上单调递增，故D正确.
故选：D.
教法备注
【考点】正余弦函数图像，周期性与单调性
【教法】结合函数图像逐一排除即可
变式3-2
已知函数其中ω > 0．若f (x) = √2 sin (ωx + π
4 )，f (x)在区间( π
2 , 3π
4 )上单调递增，则ω的取值范围是
.
(0, 1
3 ] ∪[ 5
2 , 3]
先由x ∈( π
2 , 3π
4 ) 得ωx + π
4 ∈( ωπ
2 + π
4 , 3ωπ
4
+ π
4 ), ω > 0 ，再由正弦函数性质得不等式
2kπ −π
2 ≤ωπ
2 + π
4 < 3ωπ
4
+ π
4 ≤2kπ + π
2 (k ∈Z, ω > 0)，解该不等式即可得解.
若x ∈( π
2 , 3π
4 )，则ωx + π
4 ∈( ωπ
2 + π
4 , 3ωπ
4
+ π
4 ), ω > 0，
因为f (x)在区间( π
2 , 3π
4 )上单调递增，
所以2kπ −π
2 ≤ωπ
2 + π
4 < 3ωπ
4
+ π
4 ≤2kπ + π
2 (k ∈Z, ω > 0)，解得4k −3
2 ≤ω ≤8k
3 + 1
3 (k ∈Z, ω > 0)
，
答案
解析
10
由
⇒−1
8 < k ≤11
8 ，又k ∈Z，故k = 0或k = 1，
所以当k = 0时，得0 < ω ≤1
3 ；当k = 1时，得5
2 ≤ω ≤3.
所以满足题意的ω的取值范围是(0, 1
3 ] ∪[ 5
2 , 3].
故答案为：(0, 1
3 ] ∪[ 5
2 , 3].
教法备注
【考点】三角函数的单调性
【教法】整体换元，t = ωx + π
4 ，根据正弦函数的图像确定单调增区间的范围
⎧
⎨
⎩
4k −3
2 ≤8k
3 + 1
3
8k
3 + 1
3 > 0
变式3-3
辅助角公式是我国清代数学家李普兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为
a sin x + b cos x = √a2 + b2 sin (x + φ)．已知函数f(x) = a sin x + b cos x（其中a ≠0，b ∈R，tan φ = b
a ）．若
∀x ∈R，f (x) ≤f ( π
6 )，则下列结论正确的是（ ）
A. f ( π
2 ) > f ( π
4 )
B. f(x)的图象关于直线x = 2π
3 对称
C. f(x)在[ π
6 , 7π
6 ]上单调递增
D. 过点(a, b)的直线与f(x)的图象一定有公共点
D
由f (x) ≤f ( π
6 )可得φ = π
3 ，f (x) = 2a sin (x + π
3 )，计算出 f ( π
2 )、f ( π
4 )可判断A；由三角函数对称性
质可判断B；整体代换法和b值可判断C；由−2a ≤f (x) ≤2a可判断D.
因为f (x) = a sin x + b cos x = √a2 + b2 sin (x + φ)（其中tan φ = b
a ，a ≠0），
因为∀x ∈R，f (x) ≤f ( π
6 )，
所以π
6 + φ = π
2 + 2kπ (k ∈Z)，解得φ = π
3 + 2kπ (k ∈Z)，不妨取φ = π
3 ，
所以f (x) = √a2 + b2 sin (x + π
3 ) ≤√a2 + b2，
即f ( π
6 ) = a sin π
6 + b cos π
6 = 1
2 a + √3
2 b = √a2 + b2，解得b = √3a > 0，
所以f (x) = 2a sin (x + π
3 ) (a > 0)，
答案
解析
11
则f ( π
2 ) = 2a sin ( π
2 + π
3 ) = a，
f ( π
4 ) = 2a sin ( π
4 + π
3 )= 2a (sin π
4 cos π
3 + cos π
4 sin π
3 )
= 2a (
√2
2
× 1
2 +
√2
2
× √3
2 ) =
√2 + √6
2
a，
所以f ( π
2 ) < f ( π
4 )，故 A错误；
因为f ( 2π
3 ) = 2a sin ( 2π
3 + π
3 ) = 0，所以f (x)关于点( 2π
3 , 0)对称，故B错误；
当x ∈[ π
6 , 7π
6 ]时，x + π
3 ∈[ π
2 , 3π
2 ]，因为y = sin x在[ π
2 , 3π
2 ]上单调递减，
所以f (x) = 2a sin (x + π
3 ) (a > 0)在[ π
6 , 7π
6 ]上单调递减，故C错误；
因为f (x) = 2a sin (x + π
3 ) (a > 0)是x ∈R，且−2a ≤f (x) ≤2a的周期函数，
又b = √3a > 0，
故过点(a, b)即过点(a, √3a) (a > 0)的直线与f (x)的图象一定有公共点，故D正确.
故选：D.
关键点点睛：关键是对辅助角公式a sin x + b cos x = √a2 + b2 sin (x + φ)(tan φ = b
a )的应用，结合函数的最
值得到b = √3a > 0.
教法备注
【考点】辅助角公式，三角函数的图像与性质
【教法】整体换元，t = x + φ，根据正弦函数的图像确定依次排除选项
知识点2——一般三角函数与三角方程
考点2：正弦型三角函数
知识笔记
一般三角函数
常见的三角函数的一般形式有三种：
1. 正弦型函数 y = A sin(wx + φ) + B
2. 余弦型函数 y = A cos(wx + φ) + B
3. 正切型函数 y = A tan(wx + φ) + B
以正弦型 y = A sin(wx + φ) + B 为例（这里规定 A > 0, w > 0 ），其中，A 为振幅， ωx + φ 为相位，φ 为
12
初相，周期为 T = 2π
ω ，频率为 f = 1
T 。
定义域
R
值域
[−A + B, A + B]
奇偶性
视情况而定
单调性
严格增区间
由 ωx + φ ∈[−π
2 + 2kπ, π
2 + 2kπ], k ∈Z 求得
严格减区间
由
ωx + φ ∈[ π
2 + 2kπ, 3π
2 + 2kπ], k ∈Z
求得
对称性
对称轴
由
ωx + φ = kπ + π
2 (k ∈Z)
求得
对称中心
横坐标由
ωx + φ = kπ, k ∈Z
求得，纵坐标为 B
周期性
周期公式 T =
2π
ω
三角函数图像的变换
（1）先平移再伸缩
步骤一：画出 y = sin x 的图象
步骤二：平移 |φ| 个单位，得到 y = sin(x + φ) 的图象
步骤三：横坐标变为原来的 1
ω 倍，得到
y = sin(ωx + φ)
的图象
步骤四：纵坐标变为原来的 A 倍，得到
y = A sin(ωx + φ)
的图象
（2）先伸缩再平移
步骤一：画出 y = sin x 的图象
步骤二：横坐标变为原来的 1
ω 倍，得到
y = sin ωx
的图象
步骤三：纵坐标变为原来的 A 倍，得到
y = A sin ωx
的图象
步骤四：平移
|φ|
ω
个单位，得到 y = A sin(ωx + φ) 的图象
经典例题
例4
将y = √2 sin (2x +
π
3 )的图象向右平移φ (0 < φ < π )个单位得到函数y = 2 sin x (sin x −cos x) −1的图象，则φ =
．
13
13
π
24
|
13
24
π
根据二倍角公式化简y = 2sin2x −2 sin x cos x −1 = √2 sin (−2x −
π
4 )，利用平移可得平移后的解析式，根据
正弦的性质即可列出方程求解.
y = 2sin2x −2 sin x cos x −1 = −cos 2x −sin 2x = −√2 sin (2x +
π
4 ) = √2 sin (−2x −
π
4 ) ，
y = √2 sin (2x +
π
3 )向右平移φ个单位后得到y = √2 sin (2x −2φ +
π
3 ) ，即
−2x −
π
4 + 2x −2φ +
π
3 = π + 2k π , k ∈Z ,即
φ = −
11
π
24 −k
π
，k ∈Z ， 当k = −1 时，
φ = 13
24
π
，
故答案为：
13
24
π
.
教法备注
【考点】三角函数的图像的变换
【教法】利用三角恒等变换将右边的函数化简成正弦型函数，然后跟平移之后的左边的函数作对比，从而求
出参数
答案
解析
变式4-1
某函数部分图象如图所示，它的函数的解析式可能是（ ）
A. y＝sin(−6
5 x + 3π
5 )
B. y＝sin( 6
5 x −2π
5 )
C. y＝sin( 6
5 x + 3π
5 )
D. y＝－cos( 6
5 x + 3π
5 )
C
答案
解析
14
由题可得A=1，T
4 = 5π
12 ，进而得ω = 6
5 ，再利用五点法可得φ = 3π
5 ，即求.
不妨令该函数解析式为y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0),
由题图知A=1，T
4 = 3π
4 −π
3 = 5π
12 ，
于是2π
ω = 5π
3 ，即ω = 6
5 ，
又π
3 是函数的图象递减时经过的零点，
于是6
5 × π
3 +φ=2kπ+π，k∈Z，
所以φ可以是3π
5 ，
∴y = sin ( 6
5 x + 3π
5 ).
故选：C.
变式4-2
若三角函数f(x)的部分图象如下,则函数f(x)的解析式,以及S = f(1) + f(2) + ⋯+ f(2012)的值分别为( ).
A. f(x) = 1
2 sin πx + 1,S = 2012
B. f(x) = 1
2 cos πx
2 + 1,S = 2012
C. f(x) = 1
2 sin πx
2 + 1,S = 2012.5
D. f(x) = 1
2 cos πx + 1,S = 2012.5
A
利用最大值为1.5，最小值为0.5，可得A, B，由图可知周期为2，可得ω，因此可得解析式，再由周期可求
S = f(1) + f(2) + ⋯+ f(2012)的值.
由图可设f(x) = A sin(ωx + φ) + B，从而有{
，解得
，
又由图可知周期2，所以有ω = 2π
2 = π，f(0) = 1 ⇒φ = 2kπ, k ∈Z
所以f(x) = 1
2 sin πx + 1，
由函数的周期为2，且有f(1) = f(2) = 1,所以S = f(1) + f(2) + ⋯+ f(2012) = 2012.
答案
解析
A + B = 1.5
−A + B = 0.5
⎧
⎨
⎩
A = 1
2
B = 1
15
故选：A
教法备注
【考点】三角函数的图像，周期性
【教法】先求出解析式，然后利用三角函数的周期性求值
变式4-3
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，动点P以每秒π
2 的角速度从点A出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到B，
再以每秒π
3 的角速度从点B沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点O，则上述过程中动点P的纵坐标y关于时间t
的函数表达式为
.
y =
首先分析动点P在半径为2的上半圆上运动时，时间t的范围，再根据三角函数的定义求得点P的坐标，再分析
动点P在半径为1的下半圆上运动时，时间t的范围，再根据三角函数的定义求得点P的坐标，最后写出函数表
达式即可.
由三角函数的定义可得：当动点P在半径为2的上半圆上运动时，t ∈(0, 2]，终边OP对应的角度为
π
2 t，所以P
点坐标为(2 cos
π
2 t, 2 sin
π
2 t)，
当动点P在半径为1的下半圆上运动时，t ∈(2, 5]，终边OP对应的角度为π
3 (t −2) + π，
所以P点坐标为(cos[ π
3 (t −2) + π], sin[ π
3 (t −2) + π])，
综上：动点P的纵坐标y关于时间t的函数表达式为y =
，
答案
⎧
⎨
⎩
2 sin
π
2 t, t ∈(0, 2],
sin [
π
3 (t −2) + π ], t ∈(2, 5].
解析
⎧
⎨
⎩
2 sin
π
2 t, t ∈(0, 2],
sin [
π
3 (t −2) + π ], t ∈(2, 5].
16
故答案为：y =
本题主要考查利用三角函数的定义解决实际问题，在做题过程中点的坐标与角度之间的关系，从而帮助解题.
教法备注
【考点】三角函数的解析式
【教法】分析动点 P 的运动轨迹由两段构成，时间 t 的范围，根据三角函数的定义求得点 P 的坐标，最后写
出函数表达式即可．
⎧
⎨
⎩
2 sin
π
2 t, t ∈(0, 2],
sin [
π
3 (t −2) + π ], t ∈(2, 5].
变式4-4
已知函数f (x) = sin (ωx + φ) (ω > 0, 0 < φ < π
2 )，若f ( π
3 −x) = −f ( π
3 + x)，且直线y = 1与函数f (x)的交点
之间的最短距离为π，则（ ）
A. f (x)的最小正周期为π
B. f (x)在( π
6 , π
2 )上单调递减
C. f (x)的图象关于直线x = −π
12 对称
D. f (x)的图象向右平移π
6 个单位长度后得到的函数为偶函数
AB
根据正弦函数的图象和性质逐项进行检验即可求解.
由题知直线y = 1与函数f (x)的交点之间的最短距离为π，所以T = π，故A正确；
由A可知，ω = 2π
π = 2，所以f (x) = sin (2x + φ)，
又由f ( π
3 −x) = −f ( π
3 + x)可知f (x)的图象关于点( π
3 , 0)对称，
所以2π
3 + φ = kπ, k ∈Z，即φ = kπ −2π
3 ，k ∈Z，
又因为0 < φ < π
2 ，所以当k = 1时，φ = π
3 ，所以f (x) = sin (2x + π
3 )，
x ∈( π
6 , π
2 )时，2x + π
3 ∈( 2π
3 , 4π
3 )，( 2π
3 , 4π
3 )( π
2 , 3π
2 )，故B正确；
因为sin [2 × (−π
12 ) + π
3 ] = sin π
6 = 1
2 ≠±1，故C错误；
函数f (x)的图象向右平移π
6 个单位长度后得到的函数
g (x) = sin [2 (x −π
6 ) + π
3 ] = sin 2x为奇函数，故D错误．
答案
解析
17
故选：AB．
教法备注
【考点】三角函数的图像与性质
【教法】根据正弦函数的图象和性质逐项进行检验即可求解
例5
已知函数f (x) = 2 sin (ωx + π
6 ) −1 (ω > 0)，若函数f (x)在x ∈[1, 7]上恰有3个零点，则实数ω的取值范围是
（ ）
A. [ π
3 , 2π
3 )
B. [ 2π
3 , 2π)
C. [ 8π
21 , 3π
7 )
D. [ 8π
21 , 4π
7 )
D
根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解.
令f (x) = 2 sin (ωx + π
6 ) −1 = 0，则sin (ωx + π
6 ) = 1
2 ，
解得ωx + π
6 = 2kπ + π
6 (k ∈Z)或ωx + π
6 = 2kπ + 5π
6 (k ∈Z)，
即x = 2kπ
ω (k ∈Z)或x = 2kπ
ω
+ 2π
3ω (k ∈Z)，
因为函数f (x)在[1, 7]上恰有3个零点，
所以
或
，k ∈Z，
第一个不等式组解得
⇒−1
6 ≤k < 1
3 ⇒k = 0，8π
21 ≤ω < 4π
7 ，
答案
解析
⎧
⎨
⎩4π
ω + 2kπ
ω
> 7
2kπ
ω
< 1，2π
3ω + 2kπ
ω
≥1
2kπ
ω
+ 8π
3ω ≤7
⎧
⎨
⎩2kπ
ω
−4π
3ω < 1
2kπ
ω
≥1
2kπ
ω
+ 2π
ω ≤7
2kπ
ω
+ 8π
3ω > 7
⎧
⎨
⎩ω < 2kπ
7
+ 4π
7
ω > 2kπ
ω ≤2kπ + 2π
3
ω ≥2kπ
7
+ 8π
21
18
第二个不等式组解得
⇒1
6 ≤k < 1 ⇒k ∉Z，ω ∈∅
所以所求取值范围为[ 8π
21 , 4π
7 ).
故选：D.
教法备注
【考点】三角函数的零点
【教法】整体换元，根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解．
⎧
⎨
⎩ω > 2kπ −4π
3
ω ≤2kπ
ω ≥2kπ
7
+ 2π
7
ω < 2kπ
7
+ 8π
21
变式5-1
已知函数f(x) = 2√2 sin x
2 cos x
2 + 2√2cos2 x
2 −√2.
（1）求函数f(x)在区间[0, π]上的值域；
（2）若方程f(ωx)=√3(ω > 0)在区间[0, π]上至少有两个不同的解，求ω的取值范围.
（1） [−√2, 2]；（2） [ 5
12 , +∞).
（1）f(x) = 2√2 sin x
2 cos x
2 + 2√2cos2 x
2 −√2 = √2 sin x + √2 cos x = 2 sin(x + π
4 )，
令U = x + π
4 ，∵x ∈[0, π]，∴U ∈[ π
4 , 5π
4 ]
由y = sin U的图像知，sin U ∈[−√2
2 , 1]，即sin (x + π
4 ) ∈[−√2
2 , 1]，∴2 sin (x + π
4 ) ∈[−√2, 2]，
答案
解析
19
$$
所以函数f(x)的值域为[−√2, 2].
（2）f(ωx) = 2 sin(ωx + π
4 )(ω > 0)
∵f(ωx)=√3，∴2 sin(ωx + π
4 ) = √3，即sin(ωx + π
4 )= √3
2 ，
∵x ∈[0, π]，∴ωx + π
4 ∈[ π
4 , ωπ + π
4 ]，且ωx + π
4 =2kπ + π
3 (k ∈Z)或ωx + π
4 =2kπ + 2π
3 (k ∈Z)
由于方程f(ωx)=√3(ω > 0)在区间[0, π]上至少有两个不同的解，
所以ωπ + π
4 ≥2π
3 ，解得ω ≥5
12 ，
所以ω的取值范围为[ 5
12 , +∞).
方法点睛：考查三角函数的值域时，常用的方法：
（1）将函数化简整理为f(x) = A sin (ωx + φ)，再利用三角函数性质求值域；
（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.
教法备注
【考点】三角函数的零点、值域
【教法】（1）将函数化简整理为 f(x) = A sin(ωx + φ) ，再利用三角函数性质求值域；
（2）整体换元，根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解．
考点3：三角方程
知识笔记
最简三角方程的解集
（1）sin x = a(|a| ≤1) : {x ∣x = kπ + (−1)k arcsin a, k ∈Z}
（2）cos x = a(|a| ≤1) : {x ∣x = 2kπ ± arccos a, k ∈Z}
（3）tan x = a(a ∈R) : {x ∣x = kπ + arctan a, k ∈Z}
三角方程的常见解法及类型
（1）a sin x + b = 0 ，转化为 sin x = −b
a ；
（2）a sin x + b cos x = c, 转化为 sin(x + φ) =
c
√a2 + b2 , tan φ = b
a
（3）a sin2 x + b sin x + c = 0 ，利用因式分解得 (sin x −m)(sin x −n) = 0 ，故 sin x = m或 sin x = n ；
（4）a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x = 0 ，两边同除 cos2 x 得 a tan2 x + b tan x + c = 0 ，故 tan x = m 或
tan x = n 。
20
经典例题
例6
方程sin x = 1 −cos 2x在区间[0, 2π]上的解集为
.
{x|x = 0或 x = π
6 或 x = 5π
6 或 x = π或 x = 2π}
利用二倍角公式cos 2α = 1 −2 sin2 α，由sin x = 1 −cos 2x，得到2 sin2 x −sin x = 0，所以sin x = 0，
sin x = 1
2 ，又x ∈[0, 2π]，从而求出结果.
由sin x = 1 −cos 2x，得到sin x = 1 −(1 −2 sin2 x)，即2 sin2 x −sin x = 0，
解得sin x = 0或sin x = 1
2 ，又x ∈[0, 2π]，,
当sin x = 0时，x = 0或x = π或x = 2π，
当sin x = 1
2 时，x = π
6 或x = 5π
6 ，所以x = 0或x = π
6 或x = 5π
6 或x = π或x = 2π，
故答案为：{x|x = 0或x = π
6 或x = 5π
6 或x = π或x = 2π}.
答案
解析
变式6-1
关于x的方程tan (2x + π
3 ) = √3
3 在[0, π]上的解集为
.
{ 5π
12 , 11π
12 }
通过tan (2x + π
3 ) = √3
3 得到2x + π
3 = π
6 + kπ，再求出在[0, π]范围上的解即可.
由tan (2x + π
3 ) = √3
3 得2x + π
3 = π
6 + kπ, k ∈Z，
解得x = −π
12 + kπ
2 , k ∈Z，
令0 ≤−π
12 + kπ
2 ≤π，解得1
6 ≤k ≤13
6 ，
∴k = 1或k = 2，
∴x = 5π
12 或x = 11π
12 ，
即解集为{ 5π
12 , 11π
12 }.
答案
解析
21
故答案为：{ 5π
12 , 11π
12 }.
变式6-2
试对实数a的不同取值，讨论方程sin x + √3 cos x + a = 0在[0, 3π
2 ]上的解的个数．
当 a > 2或 a < −2时，原方程无解；
当 1 ≤a < 2或 −2 < a ≤−√3时，原方程有两个解；
当 −√3 < a < 1或 a = ±2时，原方程有唯一解．
利用辅助角公式化简方程，做函数y = 2 sin (x + π
3 )的图象，结合图象求a.
化简得，2 sin (x + π
3 ) = −a，x ∈[0, 3π
2 ] ，
方程sin x + √3 cos x + a = 0在[0, 3π
2 ]的解的个数与函数y = 2 sin (x + π
3 )，x ∈[0, 3π
2 ]
的图像和函数y = −a的图像的交点的个数相同，
作函数y = 2 sin (x + π
3 )，x ∈[0, 3π
2 ]的图象，
答案
解析
22
结合图像可得，
a > 2或a < −2，原方程无解；
1 ≤a < 2或−2 < a ≤−√3时，原方程有两个解；
−√3 < a < 1或a = ±2，原方程有唯一解．
故：当a > 2或a < −2时，原方程无解；
当1 ≤a < 2或−2 < a ≤−√3时，原方程有两个解；
当−√3 < a < 1或a = ±2时，原方程有唯一解．
教法备注
【考点】三角函数的图像
【教法】利用辅助角公式化简方程，做函数 y = 2 sin (x + π
3 ) 的图象，结合图象求 a ．
变式6-3
若函数f(x) = lg[sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx)]的定义域与区间[0, 1]的交集由n个开区间组成，则n的值为
（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
C
先求解函数g(x) = sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx)在区间[0, 1]的零点，将区间[0, 1]进行分区，在每一个
区间内利用函数的图象研究函数g(x)的正负，从而得出结果。
函数的定义域需要满足sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) > 0，
可以先考虑sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) = 0，
答案
解析
23
因为x ∈[0, 1]
所以当sin(πx) = 0时，x = 0或1；
当sin(2πx) = 0时，x = 0或1
2 或1；
当sin(3πx) = 0时，x = 0或1
3 或2
3 或1；
当sin(4πx) = 0时，x = 0或1
4 或1
2 或3
4 或1；
这时区间[0, 1]自然就被分为六个区间，分别为(0, 1
4 )，( 1
4 , 1
3 )，( 1
3 , 1
2 )，( 1
2 , 2
3 )，( 2
3 , 3
4 )，( 3
4 , 1)，然后对每
一个区域分析函数y = sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx)的符号，
根据图象可得，当x ∈(0, 1
4 )时，
sin(πx) > 0，sin(2πx) > 0，sin(3πx) > 0，sin(4πx) > 0，
所以sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) > 0，故满足题意；
同理可得x ∈( 1
4 , 1
3 )时，sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) < 0，故不满足题意；
x ∈( 1
3 , 1
2 )时，sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) > 0，故满足题意；
x ∈( 1
2 , 2
3 )时，sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) > 0，故满足题意；
x ∈( 2
3 , 3
4 )时，sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) < 0，故不满足题意；
x ∈( 3
4 , 1)时sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) > 0，故满足题意.
故选：C
本题考查了对数函数的定义域问题，考查了分类讨论的思想方法，还考查了函数y = sin(ωx)的图象的画法。
教法备注
【考点】三角函数的图像，分类讨论
24
【教法】先求解函数 g(x) = sin(πx) ⋅sin(2πx) ⋅sin(3πx) ⋅sin(4πx) 在区间 [0, 1] 的零点，将区间 [0, 1] 进行分
区，在每一个区间内利用函数的图象研究函数 g(x) 的正负，从而得出结果。．
