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高考数学二轮专题复习第一部分专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式讲义 84页

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  • 2021-06-12 发布

高考数学二轮专题复习第一部分专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式讲义

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专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式 第一讲 集合与常用逻辑用语 考点一 集合的概念及运算 一、基础知识要记牢 1．集合中元素的特性 集合元素具有确定性、互异性和无序性．解题时要特别注意集合元素互异性的应用． 2．运算性质及重要结论 如(1)A∪A＝A，A∪∅ ＝A，A∪B＝B∪A； (2)A∩A＝A，A∩∅ ＝∅ ，A∩B＝B∩A； (3)A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A 等． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2017·浙江高考)已知集合 P＝{x|－1y，则 x>|y|”的逆命题 B．命题“x>1，则 x2>1”的否命题 C．命题“若 x＝1，则 x2＋x－2＝0”的否命题 D．命题“若 x2>0，则 x>1”的逆否命题 [解析] (1)设复数 z＝a＋bi(a，b∈R)，对于 p1，∵1 z ＝ 1 a＋bi ＝a－bi a2＋b2∈R，∴b＝0，∴z∈R， ∴p1 是真命题； 对于 p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0 或 b＝0，∴p2 不是真命题； 对于 p3，设 z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则 z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy ＋(dx＋cy)i∈R， ∴dx＋cy＝0，取 z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠ z 2， ∴p3 不是真命题； 对于 p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴ z ＝a－bi＝a∈R， ∴p4 是真命题． (2)对于 A，其逆命题是：若 x>|y|，则 x>y，是真命题，这是因为 x>|y|≥y，必有 x>y；对 于 B，其否命题是：若 x≤1，则 x2≤1，是假命题．如 x＝－5，x2＝25>1；对于 C，其否命题是： 若 x≠1，则 x2＋x－2≠0，由于 x＝－2 时，x2＋x－2＝0，所以原命题的否命题是假命题；对于 D， 若 x2>0，则 x>0 或 x<0，不一定有 x>1，因此原命题与它的逆否命题都是假命题．故选 A. [答案] (1)B (2)A 1 在判定四个命题之间的关系时，首先要分清命题的“大前提、条件、结论”，再进行 比较. 2 判断一个命题为真命题，要给出推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例. 3 根据“互为逆否关系的命题同真同假”这一性质，当一个命题的真假不易判定时，可 转化为判断其等价命题的真假. 三、预测押题不能少 2．(1)命题“若 x，y 都是偶数，则 x＋y 也是偶数”的逆否命题是( ) A．若 x＋y 是偶数，则 x 与 y 不都是偶数 B．若 x＋y 是偶数，则 x 与 y 都不是偶数 C．若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 不都是偶数 D．若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 都不是偶数 解析：选 C 命题的逆否命题是将条件和结论对换后分别否定，因此“若 x，y 都是偶数，则 x＋y 也是偶数”的逆否命题是若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 不都是偶数． (2)有下列四个命题： ①若“xy＝1，则 x，y 互为倒数”的逆命题； ②“面积相等的三角形全等”的否命题； ③“若 m≤1，则 x2－2x＋m＝0 有实数解”的逆否命题； ④“若 A∩B＝B，则 A⊆B”的逆否命题． 其中真命题为( ) A．①② B．②③ C．④ D．①②③ 解析：选 D ①的逆命题：“若 x，y 互为倒数，则 xy＝1”是真命题；②的否命题：“面积 不相等的三角形不是全等三角形”是真命题；③的逆否命题：“若 x2－2x＋m＝0 没有实数解，则 m>1”是真命题；命题④是假命题，所以它的逆否命题也是假命题，如 A＝{1,2,3,4,5}，B＝{4,5}， 显然 A⊆B 是错误的．故选 D. 考点三 充要条件 一、基础知识要记牢 对于 p 和 q 两个命题，若 p⇒q，则 p 是 q 的充分条件，q 是 p 的必要条件；若 p⇔q，则 p 和 q 互为充要条件．推出符号“⇒”具有传递性，等价符号“⇔”具有双向传递性． 二、经典例题领悟好 [例 3] (1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“d>0”是“S4 ＋S6>2S5”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 (2)设 A＝ x|x－1 x＋1 <0 ，B＝{x||x－b|＜a}，若“a＝1”是“A∩B≠∅ ”的充分条件，则 实数 b 的取值范围是________． [解析] (1)因为{an}为等差数列，所以 S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋ 20d，S4＋S6－2S5＝d，所以 d>0⇔S4＋S6>2S5，所以“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充分必要条件． (2)A＝{x|－1＜x＜1}，当 a＝1 时，B＝{x|b－1＜x＜b＋1}，若“a＝1”是“A∩B≠∅ ”的 充分条件，则有－1≤b－1＜1 或－1＜b＋1≤1，所以 b∈(－2,2)． [答案] (1)C (2)(－2,2) 判定充分、必要条件时的关注点 (1)要弄清先后顺序：“A 的充分不必要条件是 B”是指 B 能推出 A，且 A 不能推出 B；而“A 是 B 的充分不必要条件”则是指 A 能推出 B，且 B 不能推出 A. 2 要善于举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行，那么可以 尝试通过举出恰当的反例来说明. 三、预测押题不能少 3．(1)“10a>10b”是“lg a>lg b”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 解析：选 B 由 10a>10b 得 a>b，由 lg a>lg b 得 a>b>0，所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的 必要不充分条件． (2)设 p：实数 x，y 满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数 x，y 满足 y≥x－1， y≥1－x， y≤1， 则 p 是 q 的( ) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 A p 表示以点(1,1)为圆心， 2为半径的圆面(含边界)， 如 图所示．q 表示的平面区域为图中阴影部分(含边界)． 由图可知，p 是 q 的必要不充分条件．故选 A. [知能专练(一)] 一、选择题 1．(2017·北京高考)若集合 A＝{x|－23}，则 A∩B＝( ) A．{x|－21 或 x<－3，q：x>a，若 q 是 p 的充分不必要条件，则 a 的 取值范围是( ) A．[1，＋∞) B．(－∞，1] C．[－3，＋∞) D．(－∞，－3] 解析：选 A 设 P＝{x|x>1 或 x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为 q 是 p 的充分不必要条件，所以 Q P， 因此 a≥1. 5．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合 A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则 A∪B＝ ( ) A．{1} B．{1,2} C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3} 解析：选 C 因为 B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－11} 解析：选 A 由题意知，集合 A＝{x|0≤x≤1}， ∴B＝{y|1≤y≤2}，∁ RA＝{x|x<0 或 x>1}， ∴(∁ RA)∩B＝{x|10，即抛物线的开口可以向上，因此否命题也是假命题．故选 D. 二、填空题 11．已知集合 U＝{1,2,3,4,5,6}，S＝{1,3,5}，T＝{2,3,6}，则 S∩(∁ UT)＝________，集 合 S 共有________个子集． 解析：由题意可得∁ UT＝{1,4,5}，则 S∩(∁ UT)＝{1,5}．集合 S 的子集有∅ ，{1}，{3}，{5}， {1,3}，{1,5}，{3,5}，{1,3,5}，共 8 个． 答案：{1,5} 8 12．(2017·南通模拟)给出下列三个命题： ①“a>b”是“3a>3b”的充分不必要条件； ②“α>β”是“cos αb”是“3a>3b”的充要条件，①错误；“α>β”是“cos α2}， N＝{y|y＝ x－1＋1}＝{y|y≥1}， ∁ RM＝{x|0≤x≤2}，∁ RN＝{y|y<1}， ∴N∩(∁ RM)＝{x|1≤x≤2}，M∪(∁ RN)＝{x|x<1 或 x>2}． 答案：{x|1≤x≤2} {x|x<1 或 x>2} 14．若“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件，则实数 p 的取值范围是________． 解析：由 x2－x－2>0，得 x>2 或 x<－1. 由 4x＋p<0 得 x<－p 4 . 故－p 4 ≤－1 时，“x<－p 4 ”⇒“x<－1”⇒“x2－x－2>0”． ∴p≥4 时，“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件． 答案：[4，＋∞) 15．(2017·诸暨质检)已知 A＝{x|－2≤x≤0}，B＝{x|x2－x－2≤0}，则 A∪B＝________， (∁ RA)∩B＝________. 解析：∵A＝{x|－2≤x≤0}，∴∁ RA＝{x|x<－2 或 x>0}，又 B＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|－ 1≤x≤2}，∴A∪B＝{x|－2≤x≤2}，∴(∁ RA)∩B＝{x|05 2 ，解得 a>1 2 . 即实数 a 的取值范围是 1 2 ，＋∞ . 答案： 1 2 ，＋∞ 第二讲 函数的概念与性质 考点一 函数及其表示 一、基础知识要记牢 (1)函数初、高中定义形式不同，本质一样，核心是对应； (2)当两个函数的三要素完全相同时表示同一个函数； (3)分段函数是一个函数而不是几个函数，离开定义域讨论分段函数是毫无意义的． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2015·浙江高考)存在函数 f(x)满足：对于任意 x∈R 都有( ) A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋x C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1| (2)(2017·嘉兴模拟)设函数 f(x)＝ x2＋2x＋2，x≤0， －x2，x＞0. 若 f(f(a))＝2，则 a＝________. (3)(2016·江苏高考)函数 y＝ 3－2x－x2的定义域是________． [解析] (1)取 x＝0，π 2 ，可得 f(0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项 A 错误；取 x＝0， π，可得 f(0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项 B 错误；取 x＝1，－1，可得 f(2) ＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项 C 错误；取 f(x)＝ x＋1，则对任意 x∈R 都有 f(x2＋ 2x)＝ x2＋2x＋1＝|x＋1|，故选项 D 正确． (2)当 a≤0 时，f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0，f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无 解．当 a>0 时，f(a)＝－a2<0，由 f(f(a))＝a4－2a2＋2＝2，解得 a＝ 2. (3)要使函数有意义，需 3－2x－x2≥0，即 x2＋2x－3≤0，得(x－1)(x＋3)≤0，即－3≤x≤1， 故所求函数的定义域为[－3,1]． [答案] (1)D (2) 2 (3)[－3,1] 1.理解函数概念的要点 函数概念本质是对应，以具体函数模型为基础，在新背景、综合背景下理解. 2.求函数定义域的类型和相应方法 1 若已知函数的解析式，则这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围， 只需构建并解不等式 组 即可； 2 实际问题或几何问题除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义., 3.求函数值时应注意的问题 分段函数的求值 解不等式 问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；对具有周期 性的函数求值要利用好其周期性. 三、预测押题不能少 1．(1)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且 09 解析：选 C 由题意，不妨设 g(x)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，m∈(0,3]，则 g(x)的三个零点分别 为 x1＝－3，x2＝－2，x3＝－1，因此有(x＋1)(x＋2)(x＋3)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，则 c－m＝6， 因此 c＝m＋6∈(6,9]． (2)已知函数 f(x)＝ 2x3，x<0， －tan x，0≤x<π 2 ， 则 f f π 4 ＝________. 解析：∵f π 4 ＝－tan π 4 ＝－1， ∴f f π 4 ＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2. 答案：－2 考点二 函数的图象 一、基础知识要记牢 函数的图象包括作图、识图、用图，其中作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图 象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．正确作图是解题的基本保障，识图、 用图是解题的手段和目标． 二、经典例题领悟好 [例 2] (1)(2016·浙江高考)函数 y＝sin x2 的图象是( ) (2)函数 f(x)的图象是如图所示的折线段 OAB，其中 A(1,2)， B(3,0)，函数 g(x)＝xf(x)，那么函数 g(x)值域为( ) A．[0,2] B. 0，9 4 C. 0，3 2 D．[0,4] [解析] (1)∵y＝sin(－x)2＝sin x2，∴函数为偶函数，可排除 A 项和 C 项；当 x＝± π 2 时，y＝sin x2＝1，而 π 2 ＜π 2 ，且 y＝sinπ2 4 ＜1，故 D 项正确． (2)由题图可知直线 OA 的方程是 y＝2x； 而 kAB＝0－2 3－1 ＝－1， 所以直线 AB 的方程为 y＝－(x－3)＝－x＋3. 由题意，知 f(x)＝ 2x，0≤x≤1， －x＋3，1b)的图象如图所示，则函数 g(x)＝ax＋b 的大致图象是( ) 解析：选 A 由二次函数的图象可知 b<－1,00， 不等式 f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则 实数 a 的取值范围是________． 解析：作出函数 f(x)的图象如图所示，易知函数 f(x)在 R 上为单调 递减函数，所以不等式 f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立等价于 x ＋a<2a－x，即 x0 时， f(x) ＝x2＋1 x ，则 f(－1)＝( ) A．－2 B．0 C．1 D．2 解析：选 A f(－1)＝－f(1)＝－2. 2．(2017·大连测试)下列函数中，与函数 y＝－3|x|的奇偶性相同，且在(－∞，0)上单调性 也相同的是( ) A．y＝－1 x B．y＝log2|x| C．y＝1－x2 D．y＝x3－1 解析：选 C 函数 y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数，选项 B 的函数是偶函数，但 其单调性不符合，只有选项 C 符合要求． 3．(2016·全国卷Ⅰ)函数 y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为( ) 解析：选 D f(2)＝8－e2＞8－2.82＞0，排除 A；f(2)＝8－e2＜8－2.72＜1，排除 B；x＞0 时，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，当 x∈ 0，1 4 时，f′(x)＜1 4 ×4－e0＝0，因此 f(x)在 0，1 4 单调递减，排除 C.故选 D. 4．(2017·天津高考)已知奇函数 f(x)在 R 上是增函数，g(x)＝xf(x)．若 a＝g(－log25.1)， b＝g(20.8)，c＝g(3)，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．a0 时，f(x)>0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(x)>0.又 a＝g(－log25.1) ＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，20.8<2＝log241， 4－a 2 x＋2，x≤1 是 R 上的单调递增函数，则实数 a 的取值范围为( ) A．(1，＋∞) B．[4,8) C．(4,8) D．(1,8) 解析：选 B 由题意可知函数 f(x)在(－∞，1]和(1，＋∞)上都为增函数，且 f(x)的图象在 (－∞，1]上的最高点不高于其在(1，＋∞)上的最低点， 即 a>1， 4－a 2 >0， a≥4－a 2 ＋2， 解得 a∈[4,8)． 6．两个函数的图象经过平移后能够重合，称这两个函数为“同根函数”，给出四个函数： f1(x)＝2log2(x＋1)，f2(x)＝log2(x＋2)，f3(x)＝log2x2，f4(x)＝log22x，则“同根函数”是( ) A．f2(x)与 f4(x) B．f1(x)与 f3(x) C．f1(x)与 f4(x) D．f3(x)与 f4(x) 解析：选 A f4(x)＝log22x＝1＋log2x，f2(x)＝log2(x＋2)，将 f2(x)的图象沿着 x 轴先向右 平移 2 个单位得到 y＝log2x 的图象，然后再沿着 y 轴向上平移 1 个单位可得到 f4(x)的图象，根 据“同根函数”的定义可知选 A. 7．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(－x)＝2－f(x)，若函数 y＝x＋1 x 与 y＝f(x) 图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则错误!(xi＋yi)＝( ) A．0 B．m C．2m D．4m 解 析 ： 选 B 因 为 f( － x) ＝ 2 － f(x) ， 所 以 f( － x) ＋ f(x) ＝ 2. 因 为 －x＋x 2 ＝ 0 ， f －x ＋f x 2 ＝1，所以函数 y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称．函数 y＝x＋1 x ＝1＋1 x ，故其 图象也关于点(0,1)对称．所以函数 y＝x＋1 x 与 y＝f(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm， ym)成对出现，且每一对均关于点(0,1)对称，所以 错误!i＝0，错误!i＝2×m 2 ＝m，所以错误!(xi＋ yi)＝m. 二、填空题 8．若函数 f(x)＝ x2＋2x＋1，x>0， a，x＝0， g 2x ，x<0 为奇函数，则 a＝________，f(g(－2))＝________. 解析：由函数 f(x)是 R 上的奇函数可得 f(0)＝a＝0.因为 g(－2)＝f(－1)＝－f(1)＝－4， 所以 f(g(－2))＝f(－4)＝－f(4)＝－25. 答案：0 －25 9．(2016·四川高考)已知函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 2 的奇函数，当 0＜x＜1 时，f(x) ＝4x，则 f －5 2 ＋f(1)＝________. 解析：∵f(x)为奇函数，周期为 2， ∴f(1)＝f(1－2)＝f(－1)＝－f(1)，∴f(1)＝0. ∵f(x)＝4x，x∈(0,1)， ∴f －5 2 ＝f －5 2 ＋2 ＝f －1 2 ＝－f 1 2 ＝－4 1 2 ＝－2.∴f －5 2 ＋f(1)＝－2. 答案：－2 10．(2016·江苏高考)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)＝ x＋a，－1≤x＜0， |2 5 －x|，0≤x＜1， 其中 a∈R.若 f －5 2 ＝f 9 2 ，则 f(5a)的值是________． 解析：因为函数 f(x)的周期为 2，结合在[－1,1)上 f(x)的解析式，得 f －5 2 ＝f －2－1 2 ＝ f －1 2 ＝－1 2 ＋a，f 9 2 ＝f 4＋1 2 ＝f 1 2 ＝|2 5 －1 2|＝ 1 10 .由 f －5 2 ＝f 9 2 ，得－1 2 ＋a＝ 1 10 ，解得 a ＝3 5 .所以 f(5a)＝f(3)＝f(4－1)＝f(－1)＝－1＋3 5 ＝－2 5 . 答案：－2 5 11．已知函数 f(x)＝ x＋1 |x|＋1 ，x∈R，则不等式 f(x2－2x)＜f(3x－4)的解集为________． 解析：当 x≥0 时，f(x)＝x＋1 x＋1 ＝1，当 x＜0 时，f(x)＝x＋1 1－x ＝－1－ 2 x－1 ， 作出 f(x)的图象，如图所示． 可 得 f(x) 在 ( － ∞ ， 0) 上 递 增 ， 不 等 式 f(x2 － 2x) ＜ f(3x － 4) 即 为 3x－4≥0， x2－2x<0 或 3x－4<0， x2－2x<0， x2－2x<3x－4， 即有 x≥4 3 ， 07，∴函数 F(x)的值域为(7，＋ ∞)． (3)依题意得当 x∈[2,6]时，x2＋3≥mx＋m＋4 恒成立，即 x2－mx－m－1≥0 对 x∈[2,6]恒成 立． 设 p(x)＝x2－mx－m－1，则 m 2 <2， p 2≥ 0 或 m 2 >6， p 6≥ 0 或Δ＝m2＋4m＋4≤0， 即 m<4， m≤1 或 m>12， m≤5 或 m＝－2，得 m≤1. 综上可知，实数 m 的取值范围是(－∞，1]． 14．设 a>0，b∈R，函数 f(x)＝a x －2bx＋b(02a 时，f(x)＋|2a－b|＝a x ＋2b(1－x)－2a ≥a x ＋4a(1－x)－2a＝a 1 x －4x＋2 . 由1 x －4x＋2≥0，解得1－ 5 4 ≤x≤1＋ 5 4 ， 又因为1＋ 5 4 <1，所以 m 的最大值为1＋ 5 4 . 第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用 考点一 基本初等函数的图象与性质 一、基础知识要记牢 指数函数 y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数 y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分 01 两种情况，当 a>1 时，两函数在定义域内都为增函数，当 00 知，函 数在 y 轴右侧的图象是有限的，排除 A；选项 C 中，由直线可以看出 b>0，由 1＋bx>0 知，函数 在 y 轴左侧的图象是有限的，排除 C，故选 B. (2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32， b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52， c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72， ∵log32>log52>log72，∴a>b>c. [答案] (1)B (2)D 1 基本初等函数的图象是其性质的直观载体，要结合图象理解性质；图象变换要以基本 函数图象为基础，结合性质等判断、应用. 2 比较指数函数值、对数函数值、幂函数值大小有三种方法：一是根据同类函数的单调 性进行比较；二是采用中间值 0 或 1 等进行比较；三是将对数式转化为指数式，或将指数式转化 为对数式，通过转化进行比较. 三、预测押题不能少 1．(1)函数 y＝x－x 1 3 的图象大致为( ) 解析：选 A 函数 y＝x－x 1 3 为奇函数．当 x>0 时，由 x－x 1 3 >0，即 x3>x，可得 x2>1，故 x>1， 结合选项，选 A. (2)已知 a＝2 4 3 ，b＝4 2 5 ，c＝25 1 3 ，则( ) A．b0， Δ<0 时，恒有 f(x)>0；当 a<0， Δ<0 时，恒有 f(x)<0. 二、经典例题领悟好 [例 2] (1)(2017·浙江高考)若函数 f(x)＝x2＋ax＋b 在区间[0,1]上的最大值是 M，最小值 是 m，则 M－m( ) A．与 a 有关，且与 b 有关 B．与 a 有关，但与 b 无关 C．与 a 无关，且与 b 无关 D．与 a 无关，但与 b 有关 (2)若二次函数 f(x)满足 f(3)＝f(－1)＝－5，且 f(x)的最大值是 3，则函数 f(x)的解析式 为________． (3)若函数 f(x)＝cos 2x＋asin x 在区间 π 6 ，π 2 上是减函数，则 a 的取值范围是________． [解析] (1)f(x)＝ x＋a 2 2－a2 4 ＋b， ①当 0≤－a 2 ≤1 时，f(x)min＝m＝f －a 2 ＝－a2 4 ＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1 ＋a＋b}， ∴M－m＝max a2 4 ，1＋a＋a2 4 与 a 有关，与 b 无关； ②当－a 2 <0 时，f(x)在[0,1]上单调递增， ∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a 与 a 有关，与 b 无关； ③当－a 2 >1 时，f(x)在[0,1]上单调递减， ∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a 与 a 有关，与 b 无关． 综上所述，M－m 与 a 有关，但与 b 无关． (2)法一：设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，依题意得 9a＋3b＋c＝－5， a－b＋c＝－5， 4ac－b2 4a ＝3， 解得 a＝－2， b＝4， c＝1， 所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2x2＋4x＋1. 法二：设 f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，因为 f(3)＝f(－1)， 所以抛物线的对称轴为 x＝3＋ －1 2 ＝1，则 m＝1. 又 f(x)的最大值是 3，则 a<0，n＝3，即 f(x)＝a(x－1)2＋3， 由 f(3)＝－5 得 4a＋3＝－5，则 a＝－2， 所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2(x－1)2＋3＝－2x2＋4x＋1. 法三：设 f(x)＋5＝a(x－3)(x＋1)(a≠0)， 即 f(x)＝ax2－2ax－3a－5＝a(x－1)2－4a－5， 又 f(x)的最大值是 3， 则 a<0，且－4a－5＝3，所以 a＝－2， 所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2x2＋4x＋1. (3)f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x， 令 t＝sin x，x∈ π 6 ，π 2 ， 则 t∈ 1 2 ，1 ，原函数化为 y＝－2t2＋at＋1， 由题意及复合函数单调性的判定可知 y＝－2t2＋at＋1 在 1 2 ，1 上是减函数，结合二次函数 图象可知，a 4 ≤1 2 ，所以 a≤2. 答案：(1)B (2)f(x)＝－2x2＋4x＋1 (3)(－∞，2] 解决有关二次函数两类综合问题的思想方法 (1)含有参数的二次函数与不等式的综合问题注意分类讨论思想、函数与方程思想的运用． (2)二次函数的最值问题，通常采用配方法，将二次函数化为 y＝a(x－m)2＋n(a≠0)的形式， 得其图象顶点(m，n)或对称轴方程 x＝m，分三种情况： ①顶点固定，区间固定； ②顶点含参数，区间固定； ③顶点固定，区间变动. 三、预测押题不能少 2．(1)若不等式 x2＋ax＋1≥0 对于一切 x∈ 0，1 2 成立，则 a 的最小值是( ) A．0 B．2 C．－5 2 D．－3 解析：选 C 设 f(x)＝x2＋ax＋1，其图象开口向上，对称轴为直线 x＝－a 2 .当－a 2 ≥1 2 ，即 a≤ －1 时，f(x)在 0，1 2 上是减函数，应有 f 1 2 ≥0⇒a≥－5 2 ，∴－5 2 ≤a≤－1.当－a 2 ≤0，即 a≥0 时，f(x)在 0，1 2 上是增函数，应有 f(0)＝1≥0，恒成立，故 a≥0.当 0<－a 2 <1 2 ，即－10)图象上一动点．若点 P， A 之间的最短距离为 2 2，则满足条件的实数 a 的所有值为________． 解析：设 P x，1 x ，则|PA|2＝(x－a)2＋ 1 x －a 2＝ x＋1 x 2－2a x＋1 x ＋2a2－2， 令 t＝x＋1 x ，则 t≥2(x>0，当且仅当 x＝1 时取“＝”)，则|PA|2＝t2－2at＋2a2－2. ①当 a≤2 时，(|PA|2)min＝22－2a×2＋2a2－2＝2a2－4a＋2， 由题意知，2a2－4a＋2＝8， 解得 a＝－1 或 a＝3(舍)． ②当 a>2 时，(|PA|2)min＝a2－2a×a＋2a2－2＝a2－2. 由题意知，a2－2＝8，解得 a＝ 10或 a＝－ 10(舍)， 综上知，a＝－1， 10. 答案：－1， 10 考点三 函数的零点 一、基础知识要记牢 确定函数零点的常用方法 (1)解方程判定法，方程易解时用此法； (2)利用零点存在的判定定理； (3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解． 二、经典例题领悟好 [例 3] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则 a＝ ( ) A．－1 2 B.1 3 C.1 2 D．1 (2)(2018 届高三·温州六校联考)函数 f(x)＝3－x＋x2－4 的零点个数是________． [解析] (1)法一：由 f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得 f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2 －x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以 f(2－x)＝f(x)， 即 x＝1 为 f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以 f(x)的零点只能为 x＝1，即 f(1) ＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得 a＝1 2 . 法二：由 f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2 ex－1·e－x＋1＝2，当且仅当 x＝1 时取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当 x＝1 时取“＝”． 若 a>0，则 a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使 f(x)有唯一零点，则必有 2a＝1，即 a＝1 2 . 若 a≤0，则 f(x)的零点不唯一． 综上所述，a＝1 2 . (2)令 f(x)＝0，则 x2－4＝－ 1 3 x，分别作出函数 g(x)＝x2 － 4 ， h(x)＝－ 1 3 x 的图象，由图可知，显然 h(x)与 g(x)的图象有 2 个 交 点，故函数 f(x)的零点个数为 2. [答案] (1)C (2)2 函数的零点、方程的根、函数图象与 x 轴的交点是一类问题的不同表述，数形结合法是解决 函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数的一个有效方法.在解决函数零点问题时， 既要注意利用函数的图象，也要注意根据函数的零点存在性定理、函数的性质等进行相关的计算， 把数与形紧密结合起来. 三、预测押题不能少 3．已知函数 f(x)＝ x2＋ 4a－3 x＋3a，x＜0， loga x＋1 ＋1，x≥0 (a＞0，且 a≠1)在 R 上单调递减，且关 于 x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是( ) A. 0，2 3 B. 2 3 ，3 4 C. 1 3 ，2 3 ∪ 3 4 D. 1 3 ，2 3 ∪ 3 4 解析：选 C 由 y＝loga(x＋1)＋1 在[0，＋∞)上递减，得 0＜a＜1. 又由 f(x)在 R 上单调递减， 则 02＋ 4a－3· 0＋3a≥1， 3－4a 2 ≥0 ⇒1 3 ≤a≤3 4 . 如图所示，在同一坐标系中作出函数 y＝|f(x)|和 y＝2－x 的图象． 由图象可知，在[0，＋∞)上|f(x)|＝2－x 有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x 同样有且仅有一个解． 当 3a＞2，即 a＞2 3 时，由 x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中 x＜0)，得 x2＋(4a－2)x＋3a－2＝ 0(其中 x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0， 解得 a＝3 4 或 a＝1(舍去)； 当 1≤3a≤2，即1 3 ≤a≤2 3 时，由图象可知，符合条件． 综上所述，a∈ 1 3 ，2 3 ∪ 3 4 .故选 C. 考点四 函数的实际应用 一、经典例题领悟好 [例 4] 为了保护环境，减少排污量，某旅游点有 50 辆自行车供租赁使用，管理这些自行车 的费用是每日 115 元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过 6 元，则自行车可以全部租出； 若超过 6 元，则每超过 1 元，租不出的自行车就增加 3 辆．设每辆自行车的日租金为 x(3≤x≤20， x∈N*)(单位：元)，用 y(单位：元)表示出租自行车的日净收入(即一日出租自行车的总收入减去 管理费用)． (1)求函数 y＝f(x)的解析式； (2)试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使日净收入最多？ [解] (1)当 3≤x≤6，x∈N*时，y＝50x－115. 当 6f(12)， ∴当 x＝11 时，ymax＝－3×1 9 ＋811 3 ＝270. 又 270>185，∴当每辆自行车的日租金定为 11 元时，才能使日净收入最多． 解决函数实际应用题的关键有两点：一是明确问题的实际背景，认真审题，确切理解题意， 然后抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题；二是要合理选取参变量，设定变量之后，就 要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终 求解数学模型使实际问题获解.重点关注分段函数背景下的应用问题. 二、预测押题不能少 4．如图，一种医用输液瓶可以视为两个圆柱的组合体．开始输液时，滴管内匀速滴下液体(滴 管内液体忽略不计)，设输液开始后 x min，瓶内液面与进气管的距离为 h cm，已知当 x＝0 时， h＝13.如果瓶内的药液恰好 156 min 滴完，则函数 h＝f(x)的图象为( ) 解析：选 A 瓶内的液体的体积 V＝π×42×9＋π×22×3＝156 π cm3，因为 156 min 滴完， 所以每分钟滴下π cm3 药液，当 4≤h≤13 时，xπ＝π×42×(13－h)，即 h＝13－ x 16 ，此时 0≤x≤144；当 1≤h<4 时，xπ＝π×42×9＋π×22×(4－h)，即 h＝40－x 4 ，此时 1440 且 a≠1)在 R 上是增函数，则 g(x)＝loga(x ＋k)的大致图象是( ) 解析：选 C ∵函数 f(x)＝kax－a－x(a>0 且 a≠1)在 R 上是奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0，即 (k－1)ax＋(k－1)·a－x＝0，解得 k＝1.又函数 f(x)＝kax－a－x(a>0 且 a≠1)在 R 上是增函数，∴ a>1，可得 g(x)＝loga(x＋k)＝loga(x＋1)，函数 g(x)的图象必过原点，且为增函数．故选 C. 3．若 x∈(e－1,1)，a＝ln x，b＝ 1 2 ln x，c＝eln x ，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．c>b>a B．b>c>a C．a>b>c D．b>a>c 解析：选 B 依题意得 a＝ln x∈(－1,0)，b＝ 1 2 ln x∈(1,2)，c＝x∈(e－1,1)，因此 b>c>a. 4．已知函数 f(x)＝ 2－|x|，x≤2， x－2 2，x>2， 函数 g(x)＝3－f(2－x)，则函数 y＝f(x)－g(x)的 零点个数为( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 A 法一：当 x>2 时，g(x)＝x－1，f(x)＝(x－2)2； 当 0≤x≤2 时，g(x)＝3－x，f(x)＝2－x； 当 x<0 时，g(x)＝3－x2，f(x)＝2＋x. 由于函数 y＝f(x)－g(x)的零点个数就是方程 f(x)－g(x)＝0 的根的个数． x>2 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 x2－5x＋5＝0，其根为 x＝5＋ 5 2 或 x＝5－ 5 2 (舍去)； 当 0≤x≤2 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 2－x＝3－x，无解； 当 x<0 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 x2＋x－1＝0，其根为 x＝－1－ 5 2 或 x＝－1＋ 5 2 (舍 去)． 所以函数 y＝f(x)－g(x)的零点个数为 2. 法二：由 y＝f(x)－g(x)＝0 得 f(x)＋f(2－x)＝3， 设 F(x)＝f(x)＋f(2－x)， 则 F(2－x)＝f(2－x)＋f(x)，所以 F(2－x)＝F(x)，F(x)关于直线 x＝1 对称． 当 0≤x≤1 时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2－x＋2－(2－x)＝ 2；当 x<0 时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2＋x＋(2－x－2)2＝x2＋x ＋2＝ x＋1 2 2＋7 4 .作出函数 F(x)的图象如图所示，由图象可知， 当 F(x)＝3 时，有 2 个零点，故选 A. 5．(2017·邯郸模拟)设函数 f(x)＝ 2x，x≤0， log2x，x>0， 若对任意给定的 t∈(1，＋∞)，都存在 唯一的 x∈R，满足 f(f(x))＝2a2t2＋at，则正实数 a 的最小值是( ) A．2 B.1 2 C.1 4 D.1 8 解析：选 B 根据 f(x)的解析式易知其值域为 R，又当 x≤0 时，f(x)＝2x 的值域为(0,1]； 当 x>0 时，f(x)＝log2x 的值域为 R，∴要想在 t∈(1，＋∞)上存在唯一的 x∈R 满足 f(f(x))＝ 2a2t2＋at，必有 f(f(x))>1(∵2a2t2＋at>0)，∴f(x)>2，解得 x>4，当 x>4 时，x 与 f(f(x))存在 一一对应的关系，∴2a2t2＋at>1，t∈(1，＋∞)，且 a>0，∴(2at－1)(at＋1)>0，解得 t> 1 2a 或 t<－1 a (舍去)，∴ 1 2a ≤1，∴a≥1 2 ，故选 B. 6．(2017·山东高考)已知当 x∈[0,1]时，函数 y＝(mx－1)2 的图象与 y＝ x＋m 的图象有且 只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是( ) A．(0,1]∪[2 3，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞) C．(0， 2 ]∪[2 3，＋∞) D．(0， 2 ]∪[3，＋∞) 解析：选 B 在同一直角坐标系中，分别作出函数 f(x)＝(mx－1)2＝m2 x－1 m 2 与 g(x)＝ x＋ m 的大致图象．分两种情形： (1)当 01 时，0<1 m <1，如图②，要使 f(x)与 g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需 g(1)≤f(1)，即 1＋m≤(m－1)2，解得 m≥3 或 m≤0(舍去)． 综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)． 二、填空题 7．设函数 f(x)＝－ln(－x＋1)，g(x)＝ x2 x≥0 ， f x x<0 ， 则 g(－2)＝______；函数 y＝ g(x)＋1 的零点是________． 解析：由题意知 g(－2)＝f(－2)＝－ln 3，当 x≥0 时，x2＋1＝0 没有零点，当 x<0 时，由 －ln(－x＋1)＋1＝0，得 x＝1－e. 答案：－ln 3 1－e 8．已知函数 f(x)＝ －x2＋ax，x≤1， ax－1，x>1， 若存在 x1，x2∈R，x1≠x2，使得 f(x1)＝f(x2)成立， 则实数 a 的取值范围是________． 解析：由已知存在 x1，x2∈R，x1≠x2，使得 f(x1)＝f(x2)成立，则需 x≤1 时，f(x)不单调即 可，即对称轴a 2 <1，解得 a<2. 答案：(－∞，2) 9．(2016·山东高考)已知函数 f(x)＝ |x|，x≤m， x2－2mx＋4m，x＞m， 其中 m＞0.若存在实数 b，使 得关于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是________． 解析：作出 f(x)的图象如图所示．当 x＞m 时，x2－2mx＋4m＝(x －m)2＋4m－m2，∴要使方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 4m－m2＜m， 即 m2－3m＞0.又 m＞0，解得 m＞3. 答案：(3，＋∞) 三、解答题 10．已知函数 f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2 x (x>0)． (1)若 g(x)＝m 有零点，求 m 的取值范围； (2)确定 m 的取值范围，使得 g(x)－f(x)＝0 有两个相异实根． 解：(1)∵g(x)＝x＋e2 x ≥2 e2＝2e(x>0)， 当且仅当 x＝e2 x 时取等号． ∴当 x＝e 时，g(x)有最小值 2e. 因此 g(x)＝m 有零点，只需 m≥2e. ∴m 的取值范围是[2e，＋∞)． (2)若 g(x)－f(x)＝0 有两个相异实根，则函数 g(x)与 f(x)的图 象有两个不同的交点． 如图所示，作出函数 g(x)＝x＋e2 x (x>0)的大致图象． ∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1 ＝－(x－e)2＋m－1＋e2， ∴其对称轴为 x＝e，f(x)max＝m－1＋e2. 若函数 f(x)与 g(x)的图象有两个交点， 必须有 m－1＋e2>2e，即 m>－e2＋2e＋1. 即 g(x)－f(x)＝0 有两个相异实根， 则 m 的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)． 11．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放 k(1≤k≤4 且 k∈R)个单位的洗衣 液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度 y(g/L)随着时间 x(min)变化的函数关系式近似 为 y＝kf(x)，其中 y＝ k 16 9－x －1 ，0≤x≤5， k 11－ 2 45 x2 ，50. 令 t＝2x，则(1－a)t2＋at＋1＝0，只需其有一正根即可满 足题意． ①当 a＝1 时，t＝－1，不合题意，舍去． ②上式有一正一负根 t1，t2， 即 Δ＝a2－4 1－a >0， t1t2＝ 1 1－a <0， 经验证满足 a·2x－a>0，∴a>1. ③上式有两根相等，即Δ＝0⇒a＝±2 2－2， 此时 t＝ a 2 a－1 ，若 a＝2( 2－1)，则有 t＝ a 2 a－1 <0， 此时方程(1－a)t2＋at＋1＝0 无正根， 故 a＝2( 2－1)舍去； 若 a＝－2( 2＋1)，则有 t＝ a 2 a－1 >0，且 a· 2x－a＝a(t－1)＝a a 2 a－1 －1 ＝ a 2－a 2 a－1 >0， 因此 a＝－2( 2＋1)． 综上所述，a 的取值范围为{a|a>1 或 a＝－2－2 2}． 第四讲 不_等_式 考点一 不等式的解法 一、基础知识要记牢 求一元二次不等式 ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)的解集，首先确定对应方程的 根，然后根据三个二次之间的关系，依据图象直观写出解集． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)已知函数 f(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式 f(x)>0 的解集是(－1,3)，则不等式 f(－2x)<0 的解集是( ) A. －∞，－3 2 ∪ 1 2 ，＋∞ B. －3 2 ，1 2 C. －∞，－1 2 ∪ 3 2 ，＋∞ D. －1 2 ，3 2 (2)已知一元二次不等式 f(x)<0 的解集为 xx<－1 或 x>1 2 ，则 f(10x)>0 的解集为( ) A．{x|x<－1 或 x>－lg 2} B．{x|－1－lg 2} D．{x|x<－lg 2} (3)设 a∈R，若 x＞0 时均有(x2＋ax－5)(ax－1)≥0 成立，则 a＝________. [解析] (1)由 f(x)>0，得 ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1,3)， ∴a<0，且 1－ab a ＝2， －b a ＝－3， 解得 a＝－1 a＝1 3 舍去 ， ∴a＝－1，b＝－3，∴f(x)＝－x2＋2x＋3， ∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3， 由－4x2－4x＋3<0，得 4x2＋4x－3>0， 解得 x>1 2 或 x<－3 2 ，故选 A. (2)由题意知，一元二次不等式 f(x)>0 的解集为 x－10，∴－1<10x<1 2 ， 解得 x0(a>0)，再求相应一元二次 方程 ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根，最后根据相应二次函数图象与 x 轴的位置关系，确定一元二次不 等式的解集． (2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为 一元二次不等式)求解． (3)与一元二次不等式有关的恒成立问题，通常转化为根的分布问题，求解时一定要借助二 次函数的图象，一般考虑四个方面：开口方向、判别式的符号、对称轴的位置、区间端点函数值 的符号． (4)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因．确 定好分类标准，从而层次清晰地求解. 三、预测押题不能少 1．(1)已知 f(x)＝ －2x＋1 x2 ，x>0， 1 x ，x<0， 则 f(x)>－1 的解集为( ) A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞) C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1) 解析：选 B 当 x>0 时，由 f(x)＝－2x＋1 x2 >－1， 得－2x＋1>－x2，即 x2－2x＋1>0，解得 x>0 且 x≠1. 当 x<0 时，由 f(x)＝1 x >－1，即－x>1，解得 x<－1. 故 x∈(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)． (2)已知函数 f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于 x 的不等式 f(x)0，则a4＋4b4＋1 ab 的最小值为________． (2)(2017·江苏高考)某公司一年购买某种货物 600 吨，每次购买 x 吨，运费为 6 万元/次， 一年的总存储费用为 4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则 x 的值是______． [解析] (1)因为 ab>0，所以a4＋4b4＋1 ab ≥2 4a4b4＋1 ab ＝4a2b2＋1 ab ＝4ab＋ 1 ab ≥2 4ab· 1 ab ＝ 4，当且仅当 a2＝2b2， ab＝1 2 时取等号，故a4＋4b4＋1 ab 的最小值是 4. (2) 由 题 意 ， 一 年 购 买 600 x 次 ， 则 总 运 费 与 总 存 储 费 用 之 和 为 600 x ×6 ＋ 4x ＝ 4 900 x ＋x ≥8 900 x ·x＝240，当且仅当 x＝30 时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时 x 的值是 30. [答案] (1)4 (2)30 利用基本不等式求函数最值的关注点 (1)一般地，分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量的函数， 特别适合用基本不等式求最值. 2 在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等 式中“正” 即条件要求中字母为正数 、“定” 不等式的另一边必须为定值 、“等” 等 号取得的条件 的条件. 3 对二元以上的最值 范围 问题，通常可以通过换元、互化、齐次化、不等式放缩等 减元，也可以通过主元、数形结合整体等策略求解. 三、预测押题不能少 3．(1)函数 y＝loga(x＋3)－1(a>0，且 a≠1)的图象恒过定点 A，若点 A 在直线 mx＋ny＋1 ＝0 上(其中 m，n>0)，则1 m ＋2 n 的最小值等于( ) A．16 B．12 C．9 D．8 解析：选 D 依题意，点 A(－2，－1)，则－2m－n＋1＝0，即 2m＋n＝1(m>0，n>0)， ∴1 m ＋2 n ＝ 1 m ＋2 n (2m＋n) ＝4＋ n m ＋4m n ≥4＋2 n m ×4m n ＝8， 当且仅当n m ＝4m n ， 即 n＝2m＝1 2 时取等号， 即1 m ＋2 n 的最小值是 8. (2)设 a，b 为正实数，且(a－b)2＝ 9 ab ，则当 a＋b 取得最小值时，a＝________. 解析：(a＋b)2＝(a－b)2＋4ab＝ 9 ab ＋4ab≥2 9 ab ·4ab＝12，当且仅当 9 ab ＝4ab， a＋b 2＝12 时 取等号，解得 a＝ 3± 6 2 . 答案： 3± 6 2 考点四 绝对值不等式及其应用 一、基础知识要记牢 1．必记公式 (1)如果 a，b 是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.当且仅当 ab≥0 时，等号成立． (2)如果 a，b，c 是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0 时，等 号成立． 2．重要性质及结论 (1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法： ①|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c. ②|ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c 或 ax＋b＜－c. (2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法： 方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想． 方法二：利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想． 方法三：通过构建函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程思想． 二、经典例题领悟好 [例 4] (1)不等式|x－1|－|x－5|<2 的解集是( ) A．(－∞，4) B．(－∞，1) C．(1,4) D．(1,5) (2)(2017·浙江高考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是 ________，最大值是________． (3)已知函数 f(x)＝|x＋1 x －ax－b|(a，b∈R)，当 x∈ 1 2 ，2 时，设 f(x)的最大值为 M(a， b)，则 M(a，b)的最小值为________． [解析] (1)①当 x≤1 时，原不等式可化为 1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴ x≤1. ②当 10 时，解得 0≤a≤1 3 ， 综上实数 a 的取值范围为 －∞，1 3 . [知能专练(四)] 一、选择题 1．(2018 届高三·衢州联考)“00 的解集是实数集 R”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 A 当 a＝0 时，1>0，显然成立；当 a≠0 时， a>0， Δ＝4a2－4a<0. 故 ax2＋2ax＋1>0 的解集是实数集 R 等价于 0≤a<1.因此，“00 的解集是实数集 R”的充 分而不必要条件． 2．(2017·杭州模拟)在约束条件 y≤x， y≥1 2 x， x＋y≤1 下，目标函数 z＝x＋1 2 y 的最大值为( ) A.1 4 B.3 4 C.5 6 D.5 3 解析：选 C 法一：由 z＝x＋1 2 y 得 y＝－2x＋2z.作出可行域如图 中阴影部分所示，平移直线 y＝－2x，当直线经过点 C 时，z 最大．由 y＝1 2 x， x＋y＝1， 解得 x＝2 3 ， y＝1 3 ， 所以点 C 的坐标为 2 3 ，1 3 ，代入 z＝x ＋1 2 y，得 z＝2 3 ＋1 2 ×1 3 ＝5 6 . 法二：作出不等式组所表示的平面区域如图中△OBC 及其内部所示，易知 O(0,0)，B 1 2 ，1 2 ， C 2 3 ，1 3 ，分别代入 z＝x＋1 2 y，z 的值分别为 0，3 4 ，5 6 ，故目标函数 z＝x＋1 2 y 的最大值为5 6 . 3．(2017·温州模拟)若函数 f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为 3，则实数 a 的值为( ) A．5 或 8 B．－1 或 5 C．－1 或－4 D．－4 或 8 解析：选 D 当 a>2 时，－a 2 <－1， f(x)＝ 3x＋a＋1，x>－1， x＋a－1，－a 2 ≤x≤－1 －3x－a－1，x<－a 2 . 其图象如图所示：由图象知 f(x)的最小值为 f －a 2 ＝－a 2 ＋a －1＝ a 2 －1，依题意得a 2 －1＝3，解得 a＝8，符合题意． 当 a＝2 时，f(x)＝3|x＋1|，其最小值为 0，不符合题意． 当 a<2 时，－a 2 >－1， f(x)＝ 3x＋a＋1，x>－a 2 ， －x－a＋1，－1≤x≤－a 2 ， －3x－a－1，x<－1， 得 f(x)的最小值为 f －a 2 ， 因此－a 2 ＋1＝3，解得 a＝－4，符合题意．故选 D. 4．(2016·浙江高考)若平面区域 x＋y－3≥0， 2x－y－3≤0， x－2y＋3≥0 夹在两条斜率为 1 的平行直线之间，则 这两条平行直线间的距离的最小值是( ) A.3 5 5 B. 2 C.3 2 2 D. 5 解析：选 B 根据约束条件作出可行域如图阴影部分，当斜率 为 1 的 直 线 分 别 过 A 点 和 B 点 时 满 足 条 件 ， 联 立 方 程 组 x＋y－3＝0， x－2y＋3＝0 求得 A(1,2)，联立方程组 2x－y－3＝0， x＋y－3＝0 求得 B(2,1)，可求得分别过 A，B 两点且斜率为 1 的两条直线方程为 x－ y＋1＝0 和 x－y－1＝0，由两平行线间的距离公式得距离为|1＋1| 2 ＝ 2，故选 B. 5．(2018 届高三·浙江名校联考)不等式 x2＋2x(ax)2 的解集中的整数恰有 4 个，则 b a－1 的取值 范围为( ) A．(3,4] B．(3,4) C．(2,3] D．(2,3) 解析：选 A 整理不等式得[(1－a)x－b][(1＋a)x－b]>0.因为整数解只有 4 个，且 1＋a>0， 可得 1－a<0，所以 a>1.其解集为 b 1－a ， b 1＋a .又 01. 设 a∈R，若关于 x 的不等式 f(x)≥|x 2 ＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是( ) A. －47 16 ，2 B. －47 16 ，39 16 C．[－2 3，2] D. －2 3，39 16 解析：选 A 法一：根据题意，作出 f(x)的大致图象， 如 图 所示． 当 x≤1 时，若要 f(x)≥|x 2 ＋a|恒成立，结合图象， 只 需 x2－x＋3≥－ x 2 ＋a ，即 x2－x 2 ＋3＋a≥0，故对于方程 x2－x 2 ＋ 3 ＋ a ＝0，Δ＝ －1 2 2－4(3＋a)≤0，解得 a≥－47 16 ；当 x>1 时，若要 f(x)≥|x 2 ＋a|恒成立，结合图 象，只需 x＋2 x ≥x 2 ＋a，即x 2 ＋2 x ≥a.又x 2 ＋2 x ≥2，当且仅当x 2 ＝2 x ，即 x＝2 时等号成立，所以 a≤2. 综上，a 的取值范围是 －47 16 ，2 . 法二：关于 x 的不等式 f(x)≥|x 2 ＋a|在 R 上恒成立等价于－f(x)≤a＋x 2 ≤f(x)， 即－f(x)－x 2 ≤a≤f(x)－x 2 在 R 上恒成立， 令 g(x)＝－f(x)－x 2 . 当 x≤1 时，g(x)＝－(x2－x＋3)－x 2 ＝－x2＋x 2 －3 ＝－ x－1 4 2－47 16 ， 当 x＝1 4 时，g(x)max＝－47 16 ； 当 x>1 时，g(x)＝－ x＋2 x －x 2 ＝－ 3x 2 ＋2 x ≤－2 3， 当且仅当3x 2 ＝2 x ，且 x>1，即 x＝2 3 3 时，“＝”成立， 故 g(x)max＝－2 3. 综上，g(x)max＝－47 16 . 令 h(x)＝f(x)－x 2 ， 当 x≤1 时，h(x)＝x2－x＋3－x 2 ＝x2－3x 2 ＋3 ＝ x－3 4 2＋39 16 ， 当 x＝3 4 时，h(x)min＝39 16 ； 当 x>1 时，h(x)＝x＋2 x －x 2 ＝x 2 ＋2 x ≥2， 当且仅当x 2 ＝2 x ，且 x>1，即 x＝2 时，“＝”成立， 故 h(x)min＝2. 综上，h(x)min＝2. 故 a 的取值范围为 －47 16 ，2 . 二、填空题 8．(2016·江苏高考)已知实数 x，y 满足 x－2y＋4≥0， 2x＋y－2≥0， 3x－y－3≤0， 则 x2＋y2 的取值范围是________． 解析：根据已知的不等式组画出可行域，如图阴影部分所示，则(x， y)为阴影区域内的动点．d＝ x2＋y2可以看做坐标原点 O 与可行域内的 点(x，y)之间的距离．数形结合，知 d 的最大值是 OA 的长，d 的最小值 是点 O 到直线 2x＋y－2＝0 的距离．由 x－2y＋4＝0， 3x－y－3＝0 可得 A(2,3)， 所以 dmax＝ 22＋32＝ 13，dmin＝ |－2| 22＋12 ＝ 2 5 .所以 d2 的最小值为4 5 ，最大值为 13.所以 x2＋y2 的取值范围是 4 5 ，13 . 答案： 4 5 ，13 9．已知正数 x，y 满足 x＋y＝1，则 x－y 的取值范围为________，1 x ＋x y 的最小值为________． 解析：设 y＝1－x，则 x－y＝x－(1－x)＝2x－1,02 6， 解得－5≤a＜－2 6. 综上所述，a 的取值范围为 －11 2 ，－2 6 . 第五讲 导数及其应用 考点一 导数的几何意义 一、基础知识要记牢 (1)函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率， 即 k＝f′(x0)． (2)曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2016·山东高考)若函数 y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点 处的切线互相垂直，则称 y＝f(x)具有 T 性质，下列函数中具有 T 性质的是( ) A．y＝sin x B．y＝ln x C．y＝ex D．y＝x3 (2)(2017·全国卷Ⅰ)曲线 y＝x2＋1 x 在点(1,2)处的切线方程为________． [解析] (1)若 y＝f(x)的图象上存在两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函数图象在这两点 处的切线互相垂直，则 f′(x1)·f′(x2)＝－1.对于 A：y′＝cos x，若有 cos x1·cos x2＝－1， 则存在 x1＝2kπ(k∈Z)，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时，结论成立；对于 B：y′＝1 x ，若有1 x1 ·1 x2 ＝－1， 即 x1x2＝－1，∵x＞0，∴不存在 x1，x2，使得 x1x2＝－1；对于 C：y′＝ex，若有 e 1x ·e 2x ＝－1， 即 1 2ex + x ＝－1，显然不存在这样的 x1，x2；对于 D：y′＝3x2，若有 3x2 1·3x2 2＝－1，即 9x2 1x2 2＝－ 1，显然不存在这样的 x1，x2.综上所述，选 A. (2)因为 y′＝2x－1 x2，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为 y′|x＝1＝2×1－1 12＝1，所以切 线方程为 y－2＝x－1，即 x－y＋1＝0. [答案] (1)A (2)x－y＋1＝0 解决函数切线的相关问题，需抓住以下关键点： (1)切点是交点． (2)在切点处的导数是切线的斜率．因此，解决此类问题，一般要设出切点，建立关系—方 程(组)． (3)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异．过点 P 的切线中， 点 P 不一定是切点，点 P 也不一定在已知曲线上；在点 P 处的切线，点 P 是切点. 三、预测押题不能少 1．(1)已知偶函数 f(x)在 R 上的任一取值都有导数，且 f′(1)＝1，f(x＋2)＝f(x－2)，则 曲线 y＝f(x)在 x＝－5 处的切线斜率为( ) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析：选 D 由 f(x＋2)＝f(x－2)，得 f(x＋4)＝f(x)，可知函数为周期函数，且周期为 4. 又函数 f(x)为偶函数，所以 f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x) ，即函数的对称轴为 x＝2，所以 f′(－ 5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函数在 x＝－5 处的切线的斜率 k＝f′(－5)＝－f′(1)＝－1. (2)若函数 f(x)＝ln x＋ax 的图象上存在与直线 2x－y＝0 平行的切线，则实数 a 的取值范 围为________． 解析：函数 f(x)＝ln x＋ax 的图象上存在与直线 2x－y＝0 平行的切线，即 f′(x)＝2 在(0， ＋∞)上有解，又 f′(x)＝1 x ＋a，即1 x ＋a＝2 在(0，＋∞)上有解，即 a＝2－1 x 在(0，＋∞)上有解， 因为 x＞0，所以 2－1 x ＜2，所以实数 a 的取值范围是(－∞，2)． 答案：(－∞，2) 考点二 利用导数研究函数的单调性 一、基础知识要记牢 函数的单调性与导数的关系： 在区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果 f′(x)<0， 那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递减． 二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝ex－ax(a∈R，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若 a＝1，函数 g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数 m 的取值 范围． [解] (1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex－a. 当 a≤0 时，f′(x)>0，∴f(x)在 R 上为增函数； 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝ln a， 则当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)在(－∞，ln a)上为减函数， 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， ∴函数 f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数． (2)当 a＝1 时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x＝(x－m－1)ex＋(m＋1)x， ∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数， ∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0 在(2，＋∞)上恒成立， 即 m≤xex＋1 ex－1 在(2，＋∞)上恒成立， 令 h(x)＝xex＋1 ex－1 ，x∈(2，＋∞)， h′(x)＝ ex 2－xex－2ex ex－1 2 ＝ex ex－x－2 ex－1 2 . 令 L(x)＝ex－x－2， L′(x)＝ex－1>0 在(2，＋∞)上恒成立， 即 L(x)＝ex－x－2 在(2，＋∞)上为增函数， 即 L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0， 即 h(x)在(2，＋∞)上为增函数， ∴h(x)>h(2)＝2e2＋1 e2－1 ，∴m≤2e2＋1 e2－1 . 故实数 m 的取值范围为 －∞，2e2＋1 e2－1 . 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导数 f′(x)； (3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数 f(x)的定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 即可． ②若已知 f(x)的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题 求解. 三、预测押题不能少 2．(1)若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称 函数 f(x)具有 M 性质．下列函数中所有具有 M 性质的函数的序号为________． ①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3； ④f(x)＝x2＋2. 解析：设 g(x)＝exf(x)，对于①，g(x)＝ex·2－x，则 g′(x)＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln 2)>0， 所以函数 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求； 对于②，g(x)＝ex·3－x，则 g′(x)＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)<0，所以函数 g(x)在(－ ∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求； 对于③，g(x)＝ex·x3，则 g′(x)＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)， 显然函数 g(x)在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求； 对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)，则 g′(x)＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2 ＋1]>0，所以函数 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求． 综上，具有 M 性质的函数的序号为①④. 答案：①④ (2)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则 实数 a 的取值范围是________． 解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－1 ex， 得 f(－x)＝－x3＋2x＋1 ex－ex＝－f(x)， 所以 f(x)是 R 上的奇函数． 又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋1 ex≥3x2－2＋2 ex·1 ex＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号， 所以 f(x)在其定义域内单调递增． 因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以 f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以 a－1≤－2a2，解得－1≤a≤1 2 ， 故实数 a 的取值范围是 －1，1 2 . 答案： －1，1 2 考点三 利用导数研究函数的极值 最值 问题 一、基础知识要记牢 (1)若在 x0 附近左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x0)为函数 f(x)的极大值；若在 x0 附近 左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值． (2)设函数 y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则 f(x)在[a，b]上必有最大值和最 小值且在极值点或端点处取得． 二、经典例题领悟好 [例 3] (20178 届高三·杭州模拟)设函数 f(x)＝x(x2－3a)，求 f(x)在[0,1]上的最大值 F(a)． [解] 因为 f(x)＝x3－3ax，所以 f′(x)＝3x2－3a. (1)若 a≤0，则 f′(x)≥0，即 f(x)在[0,1]上单调递增，所以 F(a)＝f(1)＝1－3a. (2)若 a>0，由 f′(x)＝0 知 x＝± a.f(0)＝0，f(1)＝1－3a. ①若 01，则 f(x)在[0,1]上单调递减， 所以 F(a)＝f(0)＝0. 综上，F(a)＝ 1－3a，a≤1 3 ， 0，a>1 3 . 1.求函数 y＝f x 在某个区间上的极值的步骤 第一步：求导数 f′ x ； 第二步：求方程 f′ x ＝0 的根 x0； 第三步：检查 f′ x 在 x＝x0 左右的符号；, ①左正右负⇔f x 在 x＝x0 处取极大值； ②左负右正⇔f x 在 x＝x0 处取极小值. 2.求函数 y＝f x 在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤 第一步：求函数 y＝f x 在区间 a，b 内的极值 极大值或极小值 ；, 第二步：将 y＝f x 的各极值与 f a ，f b 进行比较，其中最大的一个为最大值，最 小的一个为最小值. 三、预测押题不能少 3．已知函数 f(x)＝ax－2 x －3ln x，其中 a 为常数． (1)当函数 f(x)的图象在点 2 3 ，f 2 3 处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在 3 2 ，3 上的最小 值； (2)若函数 f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝a＋2 x2－3 x ， 由题意可知 f′ 2 3 ＝1，解得 a＝1. 故 f(x)＝x－2 x －3ln x，∴f′(x)＝ x－1 x－2 x2 ， 由 f′(x)＝0，得 x＝2. 于是可得下表： x 3 2 3 2 ，2 2 (2,3) 3 f′(x) － 0 ＋ f(x) 1－3ln 2 ∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2. (2)f′(x)＝a＋2 x2－3 x ＝ax2－3x＋2 x2 (x>0)， 由题意可得方程 ax2－3x＋2＝0 有两个不等的正实根，不妨设这两个根为 x1，x2，并令 h(x) ＝ax2－3x＋2， 则 Δ＝9－8a>0， x1＋x2＝3 a >0， x1x2＝2 a >0， 也可以为 Δ＝9－8a>0， －－3 2a >0， h 0 >0， 解得 00，∴1＋x≥0，∴x≥－1. 3．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是( ) A．0 B．1 C．2 D．无数个 解析：选 A 函数定义域为(0，＋∞)， 且 f′(x)＝6x＋1 x －2＝6x2－2x＋1 x . 由于 x>0，g(x)＝6x2－2x＋1 中Δ＝－20<0， 所以 g(x)>0 恒成立，故 f′(x)>0 恒成立． 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点． 4．(2017·浙江高考)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所 示 ， 则函数 y＝f(x)的图象可能是( ) 解析：选 D 由 f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故 f(x)在这三个零点处取得极 值，排除 A、B；记导函数 f′(x)的零点从左到右分别为 x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上 f′(x)<0， 在(x1，x2)上 f′(x)>0，所以函数 f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除 C，故选 D. 5．已知常数 a，b，c 都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34 的导函数为 f′(x)，f′(x)≤0 的 解集为{x|－2≤x≤3}，若 f(x)的极小值等于－115，则 a 的值是( ) A．－81 22 B.1 3 C．2 D．5 解析：选 C 由题意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0 的解集为[－2,3]，且在 x＝3 处取得极小 值－115， 故有 3a>0， －2＋3＝－2b 3a ， －2×3＝ c 3a ， f 3 ＝27a＋9b＋3c－34＝－115， 解得 a＝2. 6．若 0ln x2－ln x1 B．e 2x －e 1x x1e 2x D．x2e 1x g(x2)，x2e 1x >x1e 2x ，故选 C. 二、填空题 7．设函数 f(x)＝x(ex－1)－1 2 x2，则函数 f(x)的单调增区间为________． 解析：因为 f(x)＝x(ex－1)－1 2 x2，所以 f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令 f′(x)>0， 即(ex－1)·(x＋1)>0，解得 x∈(－∞，－1)或 x∈(0，＋∞)．所以函数 f(x)的单调增区间为(－ ∞，－1)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞) 8．已知函数 f(x)＝1 2 x2＋2ax－ln x，若 f(x)在区间 1 3 ，2 上是增函数，则实数 a 的取值范 围为________． 解析：由题意知 f′(x)＝x＋2a－1 x ≥0 在 1 3 ，2 上恒成立，即 2a≥－x＋1 x 在 1 3 ，2 上恒成 立．又∵y＝－x＋1 x 在 1 3 ，2 上单调递减，∴ －x＋1 x max＝8 3 ，∴2a≥8 3 ，即 a≥4 3 . 答案： 4 3 ，＋∞ 9．已知函数 f(x)＝x3＋2ax2＋1 在 x＝1 处的切线的斜率为 1，则实数 a＝________，此时函 数 y＝f(x)在[0,1]上的最小值为________． 解析：由题意得 f′(x)＝3x2＋4ax，则有 f′(1)＝3×12＋4a×1＝1，解得 a＝－1 2 ，所以 f(x) ＝x3－x2＋1， 则 f′(x)＝3x2－2x，当 x∈[0,1]时， 由 f′(x)＝3x2－2x>0 得2 3 0，得 x>1，因此函数 f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)． 令 f′(x)<0，得 00，∴x，f′(x)，f(x)关系如下表： x 0，1 2 1 2 1 2 ，2 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ∴f(x)的单调递增区间为 0，1 2 和[2，＋∞)，单调递减区间为 1 2 ，2 . (2)若 f(x)在定义域上是增函数， 则 f′(x)≥0 在 x>0 时恒成立， ∵f′(x)＝a＋a x2－2 x ＝ax2－2x＋a x2 ， ∴转化为 x>0 时 ax2－2x＋a≥0 恒成立， 即 a≥ 2x x2＋1 恒成立， ∵ 2x x2＋1 ＝ 2 x＋1 x ≤1，当且仅当 x＝1 x ＝1 时等号成立， ∴a≥1.故实数 a 的取值范围为[1，＋∞)． 12．已知函数 f(x)＝ex＋ax－a(a∈R 且 a≠0)． (1)若函数 f(x)在 x＝0 处取得极值，求实数 a 的值；并求出此时 f(x)在[－2,1]上的最大值； (2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围． 解：(1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex＋a， f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f′(x)＝ex－1， ∵在(－∞，0)上 f′(x)<0，f(x)单调递减，在(0，＋∞)上 f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴x＝0 时，f(x)取极小值．∴a＝－1 符合要求． 易知 f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， 且 f(－2)＝1 e2＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)． ∴f(x)在[－2,1]的最大值为1 e2＋3. (2)f′(x)＝ex＋a，由于 ex>0. ①当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)是增函数． 且当 x>1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0. 当 x<0 时，取 x＝－1 a ， 则 f －1 a <1＋a －1 a －1 ＝－a<0， ∴函数 f(x)存在零点，不满足题意． ②当 a<0 时，令 f′(x)＝ex＋a＝0，得 x＝ln(－a)． 在(－∞，ln(－a))上 f′(x)<0，f(x)单调递减， 在(ln(－a)，＋∞)上 f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴x＝ln(－a)时，f(x)取最小值． 函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得 －e21 x －e1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然 对数的底数)． [解] (1)由题意，f′(x)＝2ax－1 x ＝2ax2－1 x ，x>0， ①当 a≤0 时，2ax2－1<0，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当 a>0 时，f′(x)＝2a x＋ 1 2a x－ 1 2a x ， 当 x∈ 0， 1 2a 时，f′(x)<0；当 x∈ 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)>0. 故 f(x)在 0， 1 2a 上单调递减，在 1 2a ，＋∞ 上单调递增． 综上所述，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a>0 时，f(x)在 0， 1 2a 上单调 递减，在 1 2a ，＋∞ 上单调递增． (2)原不等式等价于 f(x)－1 x ＋e1－x>0 在 x∈(1，＋∞)上恒成立． 令 g(x)＝f(x)－1 x ＋e1－x＝ax2－ln x－1 x ＋e1－x－a， 只需 g(x)在 x∈(1，＋∞)上恒大于 0 即可． 又 g(1)＝0，故 g′(x)在 x＝1 处必大于等于 0. 令 F(x)＝g′(x)＝2ax－1 x ＋1 x2－e1－x，由 g′(1)≥0，可得 a≥1 2 . 当 a≥1 2 时，F′(x)＝2a＋1 x2－2 x3＋e1－x≥1＋1 x2－2 x3＋e1－x＝x3＋x－2 x3 ＋e1－x， 因为 x∈(1，＋∞)，故 x3＋x－2>0.又 e1－x>0，故 F′(x)在 a≥1 2 时恒大于 0. 所以当 a≥1 2 时，F(x)在 x∈(1，＋∞)上单调递增． 所以 F(x)>F(1)＝2a－1≥0，故 g(x)也在 x∈(1，＋∞)上单调递增． 所以 g(x)>g(1)＝0，即 g(x)在 x∈(1，＋∞)上恒大于 0. 综上所述，a≥1 2 . 即实数 a 的取值范围为 1 2 ，＋∞ . 1 求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法， 先 转 化 为 f a≥ g x 或 f a≤ g x 对 任 意 x ∈ D 恒 成 立 ， 再 转 化 为 f a≥ g x max 或 f a≤ g x min ；第二关是求最值关，即求函数 g x 在区间 D 上的 最大值 或最小值 问题. 2 有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数， 但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调 性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果. 1．已知函数 y＝ex 的图象与函数 f(x)的图象关于直线 y＝x 对称，函数 g(x)＝(x2－2x)f(x) ＋ax2－x. (1)若 a>0，且关于 x 的方程 g(x)＝0 有且仅有一个解，求实数 a 的值； (2)在(1) 的条件下，若关于 x 的不等式 g(x)≤m 在(e－2，e)上恒成立，求实数 m 的取值范围． 解：因为函数 y＝ex 的图象与函数 f(x)的图象关于直线 y＝x 对称，所以 f(x)＝ln x， 所以 g(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2－x. (1)令 g(x)＝0，则(x2－2x)ln x＋ax2－x＝0，所以 a＝1－ x－2 ln x x . 令 h(x)＝1－ x－2 ln x x ，则 h′(x)＝－1 x2－1 x ＋2－2ln x x2 ＝1－x－2ln x x2 ， 令 t(x)＝1－x－2ln x，则 t′(x)＝－1－2 x ＝－x－2 x ， 因为 x∈(0，＋∞)，所以 t′(x)<0，所以 t(x)在(0，＋∞)上是减函数， 又 t(1)＝h′(1)＝0，所以当 00；当 x>1 时，h′(x)<0. 所以 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以 h(x)max＝h(1)＝1>0，又 h 1 e ＝1－e<0，h(e2)＝5－2e2 e2 <0，a>0， 所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时，a＝1. (2)由(1)知，a＝1，所以 g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x， 易知，当 e－20， g 4 ＝－16－m<0 时，g(x)图象与 x 轴有三个交点， 解得－160，则由 f′(x)＝0，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． (2)(ⅰ)若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． (ⅱ)若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a)＝1－1 a ＋ln a. ①当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0， 故 f(x)只有一个零点； ②当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1 a ＋ln a>0， 即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点； ③当 a∈(0,1)时，1－1 a ＋ln a<0，即 f(－ln a)<0. 又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0， 故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点． 设正整数 n0 满足 n0>ln 3 a －1 ， 则 f(n0)＝e 0n n0(ae 0n ＋a－2)－n0>e 0n －n0>2 0n －n0>0. 由于 ln 3 a －1 >－ln a， 因此 f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1). 导数与不等式证明问题 [例 3] (2017·福建漳州质检)已知函数 f(x)＝aex－bln x，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处 的切线方程为 y＝ 1 e －1 x＋1. (1)求 a，b； (2)证明：f(x)>0. [解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝aex－b x ，由题意得 f(1)＝1 e ，f′(1)＝1 e －1， 所以 ae＝1 e ， ae－b＝1 e －1， 解得 a＝1 e2， b＝1. (2)由(1)知 f(x)＝1 e2·ex－ln x. 因为 f′(x)＝ex－2－1 x 在(0，＋∞)上单调递增，又 f′(1)<0，f′(2)>0， 所以 f′(x)＝0，在(0，＋∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈(1,2)． 当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， 从而当 x＝x0 时，f(x)取极小值，也是最小值． 由 f′(x0)＝0，得 0 2ex ＝1 x0 ，则 x0－2＝－ln x0. 故 f(x)≥f(x0)＝ 0 2ex －ln x0＝1 x0 ＋x0－2>2 1 x0 ·x0－2＝0，所以 f(x)>0. 1.单变量不等式的证明 1 利用导数证明单变量的不等式的常见形式是 f x >g x .证明技巧：先将不等式 f x >g x 移项，即构造函数 h x ＝f x －g x ，转化为证不等式 h x >0，再次转 化为证明 h x min>0，因此，只需在所给的区间内，判断 h′ x 的符号，从而判断其单调性， 并求出函数 h x 的最小值，即可得证. 2 本例在求出函数的最小值 f x0 ＝ 0 2ex －ln x0 后，证其大于零时，往往需用到 f′ x0 ＝0 的等式去转化，把 0 2ex －ln x0 转化为 x0 1 ＋x0－2，即可用基本不等式法判断其符 号.当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有 指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号. 2.双变量不等式的证明 破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式， 并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性， 从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 3．(2018 届高三·浙江十校联考)已知函数 f(x)＝ln x－1 2 ax2＋x，a∈R. (1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程； (2)令 g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数 g(x)的极值； (3)若 a＝－2，正实数 x1，x2 满足 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥ 5－1 2 . 解：(1)当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，则 f(1)＝1，所以切点为(1,1)， 又 f′(x)＝1 x ＋1，则切线斜率 k＝f′(1)＝2， 故切线方程为 y－1＝2(x－1)，即 2x－y－1＝0. (2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－1 2 ax2＋(1－a)x＋1，x>0， 则 g′(x)＝1 x －ax＋(1－a)＝－ax2＋ 1－a x＋1 x (x>0)． 当 a≤0 时，因为 x>0，所以 g′(x)>0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上是递增函数，函数 g(x)无极值； 当 a>0 时，g′(x)＝－ax2＋ 1－a x＋1 x ＝－a x－1 a x＋1 x ， 令 g′(x)＝0 得 x＝1 a (负值舍去)，所以当 x∈0，1 a 时，g′(x)>0；当 x∈ 1 a ，＋∞ 时，g′(x)<0. 因此 g(x)在 0，1 a 上是增函数，在 1 a ，＋∞ 上是减函数． 所以当 x＝1 a 时，g(x)有极大值 g 1 a ＝ln1 a －a 2 ×1 a2＋(1－a)·1 a ＋1＝ 1 2a －ln a. 综上，当 a≤0 时，函数 g(x)无极值； 当 a>0 时，函数 g(x)有极大值 1 2a －ln a，无极小值． (3)证明：当 a＝－2 时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0. 由 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0， 即 ln x1＋x2 1＋x1＋ln x2＋x2 2＋x2＋x1x2＝0， 从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)， 令 t＝x1x2，则由φ(t)＝t－ln t， 得φ′(t)＝1－1 t ＝t－1 t ， 易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1， 因为 x1>0，x2>0，所以 x1＋x2≥ 5－1 2 成立． [重难增分训练(一)] 1．已知 m，n∈(2，e)，且1 n2－1 m2＜lnm n ，则( ) A．m＞n B．m＜n C．m＞2＋1 n D．m，n 的大小关系不确定 解析：选 A 由不等式可得1 n2－1 m2＜ln m－ln n，即1 n2＋ln n＜1 m2＋ln m．设 f(x)＝1 x2＋ln x(x ∈(2，e))，则 f′(x)＝－2 x3＋1 x ＝x2－2 x3 . 因为 x∈(2，e)，所以 f′(x)＞0，故函数 f(x)在(2，e)上单调递增．因为 f(n)＜f(m)，所 以 n＜m.故选 A. 2．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)＜f(x)，且 f(x＋2)为 偶函数，f(4)＝1，则不等式 f(x)＜ex 的解集为________． 解析：因为 f(x＋2)为偶函数，所以 f(x＋2)的图象关于 x＝0 对称，所以 f(x)的图象关于 x ＝2 对称．所以 f(0)＝f(4)＝1.设 g(x)＝f x ex (x∈R)，则 g′(x)＝f′ x ex－f x ex ex 2 ＝ f′ x －f x ex .又 f′(x)＜f(x)，所以 g′(x)＜0(x∈R)，所以函数 g(x)在定义域上单调递 减．因为 f(x)＜ex⇔f x ex ＜1，而 g(0)＝f 0 e0 ＝1，所以 f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以 x＞0. 答案：(0，＋∞) 3．(2017·广东汕头模拟)已知函数 f(x)＝x＋xln x，若 m∈Z，且 f(x)－m(x－1)>0 对任意 的 x>1 恒成立，则 m 的最大值为________． 解析：因为 f(x)＝x＋xln x，且 f(x)－m(x－1)>0 对任意的 x>1 恒成立，等价于 m1)． 令 g(x)＝x＋xln x x－1 (x>1)，所以 g′(x)＝x－2－ln x x－1 2 .易知 g′(x)＝0 必有实根，设为 x0(x0 －2－ln x0＝0)，且 g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时 g(x)min＝g(x0) ＝x0＋x0ln x0 x0－1 ＝x0＋x0 x0－2 x0－1 ＝x0，因此 m0， 故 30，函数 f(x)为增函数，当 x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0， 函数 f(x)为减函数，所以函数 f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为 f(－1)＝－(－1)e－1＝1 e ， 要使方程 f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，令 f(x)＝m，则方程 m2＋tm＋1 ＝0 应有两个不同的实根，且一个根在 0，1 e 内，一个根在 1 e ，＋∞ 内，令 g(m)＝m2＋tm＋1，因 为 g(0)＝1>0，则只需 g 1 e <0，即 1 e 2＋t e ＋1<0，解得 t<－e2＋1 e ， 所 以 使 得 方 程 f2(x) ＋ tf(x) ＋ 1 ＝ 0(t ∈ R) 有 四 个 不 同 的 实 数 根 的 t 的 取 值 范 围 为 －∞，－e2＋1 e . 答案： －∞，－e2＋1 e 5．已知函数 f(x)＝x－aln x＋b，a，b 为实数． (1)若曲线 x＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝2x＋3，求 a，b 的值； (2)若|f′(x)|<3 x2对∈[2,3]恒成立，求 a 的取值范围． 解：(1)由已知，得 f′(x)＝1－a x ， 且由题设得 f′(1)＝2，f(1)＝5， 从而，得 1－a＝2 且 1＋b＝5， 解得 a＝－1，b＝4. (2)根据题设得，命题等价于当 x∈[2,3]时，|1－a x|<3 x2恒成立⇔|x－a|<3 x 恒成立⇔－3 x e＋2－1 e . 解：(1)01 时，f′(x)＝1 x － a x－1 2＝ x－1 2－ax x x－1 2 ＝x2－ a＋2 x＋1 x x－1 2 . 由 f′(x)＝0 在 0，1 e 内有解． 令 g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)， 不妨设 0<α<1 e ，则β>e， 所以 g(0)＝1>0，g 1 e ＝1 e2－a＋2 e ＋1<0， 解得 a>e＋1 e －2. 故实数 a 的取值范围为 e＋1 e －2，＋∞ . (2)证明：由 f′(x)>0⇔0β， 由 f′(x)<0⇔αe)， 则 h′(β)＝ 2 β ＋1＋ 1 β2>0，h(β)在(0，＋∞)上单调递增， 所以 f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－1 e . 10．(2017·四川雅安模拟)已知函数 f(x)＝ln x－1 2 ax2(a∈R)． (1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x＋y＋2＝0 垂直，求实数 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间； (3)讨论函数 f(x)在区间[1，e2]上零点的个数． 解：(1)f(x)＝ln x－1 2 ax2 的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1 x －ax＝1－ax2 x ，则 f′(2)＝1－4a 2 .因为直线 2x＋y＋2＝0 的斜率为－2， 所以(－2)×1－4a 2 ＝－1，解得 a＝0. (2)由(1)知 f′(x)＝1－ax2 x ，x∈(0，＋∞)， 当 a≤0 时，f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，由 f′ x >0， x>0 得 00 得 x> a a ，所以 f(x)在 0， a a 上单调递增，在 a a ，＋∞ 上单调递减． 综上所述：当 a≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为 0， a a ，单调递减区间为 a a ，＋∞ . (3)由(2)可知， (ⅰ)当 a<0 时，f(x)在[1，e2]上单调递增， 而 f(1)＝－1 2 a>0，故 f(x)在[1，e2]上没有零点； (ⅱ)当 a＝0 时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而 f(1)＝－1 2 a＝0，故 f(x)在[1，e2]上有一个 零点； (ⅲ)当 a>0 时，①若 a a ≤1，即 a≥1 时，f(x)在[1，e2]上单调递减，因为 f(1)＝－1 2 a<0， 所以 f(x)在[1，e2]上没有零点． ②若 1< a a ≤e2，即1 e4≤a<1 时，f(x)在 1， a a 上单调递增，在 a a ，e2 上单调递减，而 f(1) ＝－1 2 a<0，f a a ＝－1 2 ln a－1 2 ，f(e2)＝2－1 2 ae4， 若 f a a ＝－1 2 ln a－1 2 <0，即 a>1 e 时，f(x)在[1，e2]上没有零点； 若 f a a ＝－1 2 ln a－1 2 ＝0，即 a＝1 e 时，f(x)在[1，e2]上有一个零点； 若 f a a ＝－1 2 ln a－1 2 >0，即 a<1 e 时，由 f(e2)＝2－1 2 ae4>0 得 a<4 e4，此时，f(x)在[1，e2]上 有一个零点； 由 f(e2)＝2－1 2 ae4≤0 得 a≥4 e4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点； ③若 a a ≥e2，即 00，所以 f(x) 在[1，e2]上有一个零点． 综上所述：当 a<0 或 a>1 e 时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当 0≤a<4 e4或 a＝1 e 时，f(x)在[1， e2]上有一个零点；当4 e4≤a<1 e 时，f(x)在[1，e2]上有两个零点． 专题验收评估 一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、 不等式 (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的) 1．(2017·山东高考)设函数 y＝ 4－x2的定义域为 A，函数 y＝ln(1－x)的定义域为 B，则 A∩B＝( ) A．(1,2) B．(1,2] C．(－2,1) D．[－2,1) 解析：选 D 由题意可知 A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故 A∩B＝{x|－2≤x<1}． 2．已知 a＝0.20.3，b＝log0.23，c＝log0.24，则( ) A．a>b>c B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a 解析：选 A 由指数函数和对数函数的图象和性质知 a>0，b<0，c<0，又对数函数 f(x)＝log0.2x 在(0，＋∞)上是单调递减的，所以 log0.23>log0.24，所以 a>b>c. 3．函数 f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是( ) 解析：选 A 依题意，得 f(－x)＝ln(x2＋1)＝f(x)，所以函数 f(x)为偶函数，即函数 f(x) 的图象关于 y 轴对称，故排除 C.因为函数 f(x)过定点(0,0)，排除 B，D，应选 A. 4．(2017·南昌模拟)已知 x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则 x＋3y 的最小值为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 C 由已知得 xy＝9－(x＋3y)，即 3xy＝27－3(x＋3y)≤ x＋3y 2 2，当且仅当 x＝3y， 即 x＝3，y＝1 时取等号，令 x＋3y＝t，则 t>0，且 t2＋12t－108≥0，得 t≥6，即 x＋3y≥6. 5．若变量 x，y 满足约束条件 3x－y－1≥0， 3x＋y－11≤0， y≥2， 则 z＝2x－y 的最小值为( ) A．－1 B．0 C．1 D．4 解析：选 A 线性约束条件 3x－y－1≥0， 3x＋y－11≤0， y≥2 所构成的可行 域如 图所示是顶点为 A(2,5)，B(1,2)，C(3，2)的三角形的边界及其内部．故当目标函数 z＝2x－y 经 过点 A 时，取到最小值 zmin＝2×2－5＝－1. 6．设 a，b∈R，则“(a－b)·a2<0”是“a0，所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调 递增，故 f(x)min＝f(1)＝1 2 .对于二次函数 g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在 区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即 g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的 x1∈(0,2]， 存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)≥g(x2)成立，只需 f(x1)min≥g(x2)min，即1 2 ≥g(1)或1 2 ≥g(2)，所以1 2 ≥ －1－2a＋4 或1 2 ≥－4－4a＋4，解得 a≥－1 8 . 10．若平面直角坐标系内的 A，B 两点满足：①点 A，B 都在 f(x)的图象上；②点 A，B 关于 原点对称，则称点对(A，B)是函数 f(x)的一个“姊妹点对”(点对(A，B)与(B，A)可看作同一个 “姊妹点对”)．已知函数 f(x)＝ x2＋2x，x<0， 2 ex，x≥0， 则 f(x)的“姊妹点对”的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 设 P(x，y)(x<0)，则点 P 关于原点的对称点为 P′(－x，－y)，由 2 e－x＝－(x2 ＋2x)，化简整理得 2ex＋x2＋2x＝0.由 x2＋2x<0，解得－20(x≥0)，所以只需考虑 x ∈(－2,0)即可．令φ(x)＝2ex＋x2＋2x，求导得，φ′(x)＝2ex＋2x＋2，令 g(x)＝2ex＋2x＋2， 则 g′(x)＝2ex＋2>0，所以φ′(x)在区间(－2,0)上单调递增，而φ′(－2)＝2e－2－4＋2＝2(e －2－1)<0，φ′(－1)＝2e－1>0，所以φ(x)在区间(－2,0)上只存在一个极值点 x0(x0∈(－2，－1))， 而φ(－2)＝2e－2>0，φ(－1)＝2e－1－1<0，φ(0)＝2>0，所以函数φ(x)在区间(－2，－1)，(－ 1,0)上各有一个零点，即函数 f(x)有 2 个“姊妹点对”． 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分，把答案填在题 中横线上) 11．已知全集为 R，集合 A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝________；A∪B＝ ________；∁ RA＝________. 解析：因为 A＝{x|x2－2x＞0}＝{x|x＜0 或 x＞2}，B＝{x|1＜x＜3}，A∩B＝(2,3)，A∪B＝ (－∞，0)∪(1，＋∞)，∁ RA＝[0,2]． 答案：(2,3) (－∞，0)∪(1，＋∞) [0,2] 12．已知 f(x)＝ －log3 x，x≥0， x2－2x，x＜0， f(1)＝________，f(f(3))＝________. 解析：依题意，f(1)＝－log31＝0，f(3)＝－log33＝－1，故 f(f(3))＝f(－1)＝3. 答案：0 3 13．(2017·嘉兴模拟)若实数 a，b 满足 ab－4a－b＋1＝0(a>1)，则(a＋1)(b＋2)的最小值 为________，这时 a＝________. 解析：因为 ab－4a－b＋1＝0，所以 b＝4a－1 a－1 ，又 a>1，所以 b>0，所以(a＋1)(b＋2)＝ab ＋2a＋b＋2＝6a＋2b＋1＝6a＋8＋ 6 a－1 ＋1＝6(a－1)＋ 6 a－1 ＋15，因为 a－1>0，所以 6(a－1)＋ 6 a－1 ＋15≥2 6 a－1× 6 a－1 ＋15＝27，当且仅当 6(a－1)＝ 6 a－1 (a>1)，即 a＝2 时等号成立， 故(a＋1)(b＋2)的最小值是 27. 答案：27 2 14．若关于 x 的不等式|x＋a|0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以 m2－3m －18>0，解得 m>6 或 m<－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 16．设变量 x，y 满足约束条件 x≥0， y≥3x， x＋ay≤7， 其中 a>1，若目标函数 z＝x＋y 的最大值为 4， 则 a 的值为________． 解析：根据题意作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分 所示．令 y＝－x＋z，则 z 的几何意义是直线 y＝－x＋z 的纵截距， 故欲使 z 最大，只需使直线 y＝－x＋z 的纵截距最大即可．因为 a>1， 所以直线 x＋ay＝7 的斜率大于－1，故当直线 y＝－x＋z 经过直线 y＝3x 与直线 x＋ay＝7 的交点 7 1＋3a ， 21 1＋3a 时，目标函数 z 取得 最大值，最大值为 28 1＋3a .由题意得 28 1＋3a ＝4，解得 a＝2. 答案：2 17．已知函数 f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表： x －1 0 2 4 5 f(x) 1 2 1.5 2 1 f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示． 下列关于函数 f(x)的命题： ①函数 f(x)的值域为[1,2]； ②函数 f(x)在[0,2]上是减函数； ③如果当 x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4； ④当 10，函数单调递增， 当 00， 且 h(3e)＝2ln(3e)＋1－ a 3e ≥2ln(3e)＋1－ 3e＋ 2e ln 3e 3e ＝2 ln 3e－ 1 3 ln 3e >0. 又 h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数 h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为 x0， 则 10；当 x∈(x0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， 即 f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使 f(x)≤4e2 对 x∈(1,3e]恒成立，只要 f x0 ＝ x0－a 2ln x0≤4e2， ⅰ f 3e ＝ 3e－a 2ln 3e≤ 4e2 ⅱ 成立． 由 h(x0)＝2ln x0＋1－a x0 ＝0，知 a＝2x0ln x0＋x0. (ⅲ) 将(ⅲ)代入(ⅰ)得 4x2 0ln3x0≤4e2.又 x0>1，注意到函数 x2ln3x 在[1，＋∞)内单调递增，故 1x2≥2， f(x1)－f(x2)＝1 x1 ＋bx1＋c－ 1 x2 ＋bx2＋c ＝ x1－x2 bx1x2－1 x1x2 . ∵x1>x2≥2，∴x1－x2>0，x1x2>0， 因为函数 f(x)在[2，＋∞)上是单调递增函数，故恒有 f(x1)>f(x2)，从而恒有 bx1x2－1>0， 即恒有 b> 1 x1x2 ，当 x1>x2≥2 时，x1x2>4，∴ 1 x1x2 <1 4 ，∴b≥1 4 . 故实数 b 的取值范围为 1 4 ，＋∞ . (2)当 n＝2 时 f(x)＝x2＋bx＋c， 对任意 x1，x2∈[－1,1]有|f(x1)－f(x2)|≤4 恒成立等价于 f(x)在[－1,1]上的最大值与最小 值之差 M≤4. 当－b 2 <－1，即 b>2 时，f(x)在 x∈[－1,1]上单调递增，所以 f(x)min＝f(－1)＝1－b＋c， f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c，所以 M＝2b>4，与题设矛盾； 当－1≤－b 2 ≤0，即 0≤b≤2 时，f(x)在 x∈－1，－b 2 上单调递减，在 x∈ －b 2 ，1 上单调递 增，所以 f(x)min＝f －b 2 ＝－b2 4 ＋c，f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c， 所以 M＝ b 2 ＋1 2≤4 恒成立，所以 0≤b≤2； 当 0<－b 2 ≤1，即－2≤b<0 时，f(x)在 x∈ －1，－b 2 上单调递减，在 x∈ －b 2 ，1 上单调递 增，所以 f(x)min＝f －b 2 ＝－b2 4 ＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以 M＝ b 2 －1 2≤4 恒成立， 所以－2≤b<0； 当－b 2 >1，即 b<－2 时，f(x)在 x∈[－1,1]上单调递减， 所以 f(x)min＝f(1)＝1＋b＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以 M＝－2b>4，与题设矛盾． 综上所述，实数 b 的取值范围是[－2,2]． 22．(本小题满分 15 分)已知 a>0，b∈R，函数 f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)证明：当 0≤x≤1 时， ①函数 f(x)的最大值为|2a－b|＋a； ②f(x)＋|2a－b|＋a≥0. (2)若－1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立，求 a＋b 的取值范围． 解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a x2－ b 6a ， 当 b≤0 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 当 b>0 时，f′(x)＝12a x＋ b 6a x－ b 6a ，此时 f(x)在 0， b 6a 上单调递减，在 b 6a ，＋∞ 上单调递增，所以当 0≤x≤1 时， f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝ 3a－b，b≤2a， －a＋b，b>2a ＝|2a－b|＋a. ②由于 0≤x≤1，故 当 b≤2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－ 2x＋1)， 当 b>2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝ 2a(2x3－2x＋1)； 设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 则 g′(x)＝6x2－2＝6 x－ 3 3 x＋ 3 3 ， 当 x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示： x 0 0， 3 3 3 3 3 3 ，1 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 极小值 1 所以，g(x)min＝g 3 3 ＝1－4 3 9 >0， 所以，当 0≤x≤1 时，2x3－2x＋1>0， 故 f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由①知，当 0≤x≤1 时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1， 若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1 恒成立的充要条件是 |2a－b|＋a≤1， a>0， 即 2a－b≥0， 3a－b≤1， a>0， 或 2a－b<0， b－a≤1， a>0. 在直角坐标系 aOb 中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段 BC. 作一组平行直线 a＋b＝t(t∈R)，得－1

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