2020届二轮复习函数与导数、不等式学案（全国通用）

2020届二轮复习函数与导数、不等式学案（全国通用）

[析考情·明重点] 小题考情分析 大题考情分析 常考点 1.函数的概念及其表示(5 年 3 考) 2.函数图象与性质及其应用(5 年 4 考) 3.线性规划问题(5 年 5 考) 4.函数与不等式问题(5 年 5 考) 偶考点 1.基本初等函数的运算 2.函数与方程 3.不等式的性质 4.利用导数研究函数的单调性、极值、 最值问题 5.导数的几何意义 函数与导数、不等式此部分内容是高考 必考部分． (1)利用导数研究函数的单调性、极值、 最值等问题是高考命题的热点． (2)重点考查导数与极值、最值、单调区 间、函数与图象的联系，利用导数证明 不等式，求函数零点等． (3)有时结合二次函数考查函数的最值、 零点等问题. 第一讲 小题考法——函数的概念与性质 考点(一) 函数的概念及表示 主要考查函数的定义域、分段函数求值或已知函 数值(取值范围)求参数的值(取值范围)等. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·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)(2019 届高三·浙江镇海中学阶段测试)函数 y＝ 9－x2 log2(x＋1)的定义域是(　　) A．(－1,3) B．(－1,3] C．(－1,0)∪(0,3) D．(－1,0)∪(0,3] (3)设函数 f(x)＝Error!则 f(f(－4))＝________；若 f(t)≥1，则 log 1 2(t4＋1)的最大值为 ________． [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． 综上可知，本题选 D. (2)由题可知Error!即Error! 解得－1f(|a|)，则实数 a 的取值范围是 (　　) A．(－1,1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(－2,2) 解析：选 A　由题意知，f(x)＝Error!作出函数 f(x)的大致图象如 图所示，由函数 f(x)的图象可知，函数 f(x)在 R 上单调递增，由 f(2－ a2)>f(|a|)，得 2－a 2>|a|.当 a≥0 时，有 2－a 2>a，即(a＋2)(a－1)<0， 解得－2－a，即(a－2)(a＋ 1)<0，解得－10， 在( π 2，4 ]上 y＝cos x<0. 由 f(x)的图象知在(1，π 2 )上 f(x) cos x<0， 因为 f(x)为偶函数，y＝cos x 也是偶函数， 所以 y＝ f(x) cos x为偶函数， 所以 f(x) cos x<0 的解集为(－π 2，－1)∪(1，π 2 ). [答案]　(1)D　(2)C　(3)(－π 2，－1)∪(1，π 2 ) [方法技巧] 由函数解析式识别函数图象的策略 [演练冲关] 1．(2019 届高三·浙江联盟联考)已知函数 f(x)满足 f(x)＝－f(x－1)，则函数 f(x)的图象不 可能发生的情形是(　　) 解析：选 C　∵f(x)＝－f(x－1)， ∴f(x)的图象向右平移一个单位后，再沿 x 轴对折后与原图重合，显然 C 不符合题意， 故选 C. 2．(2018·台州调研)已知函数 f(x)＝x(1＋a|x|)(a∈R)，则在同一个坐标系下函数 f(x＋a) 与 f(x)的图象不可能是(　　) 解析：选 D　首先函数 y＝f(x)的图象过坐标原点．当 a>0 时，y＝f(x＋a)的图象是由 y＝ f(x)的图象向左平移后得到的，且函数 f(x)在 R 上单调递增，此时选项 B 有可能，选项 D 不 可能；当 a<0 时，y＝f(x＋a)的图象是由 y＝f(x)的图象向右平移后得到的，且函数 f(x)在 (0，－1 a)上为正，在(－1 a，＋∞)上为负，此时选项 A、C 均有可能，故选 D. 3．(2018·浙江教学质量检测)已知函数 f(x)＝ 1 |x|－1，下列关于函数 f(x)的研究：①y＝f(x) 的值域为 R；②y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③y＝f(x)的图象关于 y 轴对称；④y＝f(x)的 图象与直线 y＝ax(a≠0)至少有一个交点． 其中，结论正确的序号是________． 解析：函数 f(x)＝ 1 |x|－1＝Error!其图象如图所示，由图象知 f(x)的值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，故①错误；在区间(0,1)和 (1，＋∞)上单调递减，故②错误； ③y＝f(x)的图象关于 y 轴对称正确； 因为函数在每个象限都有图象，故④y＝f(x)的图象与直线 y＝ ax(a≠0)至少有一个交点正确． 答案：③④ 考点(三) 函数的性质及应用 主要考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性 以及函数值的取值范围、比较大小等. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·杭州二模)设函数 f(x)与 g(x)的定义域均为 R，且 f(x)单调递增，F(x)＝ f(x)＋g(x)，G(x)＝f(x)－g(x)，若对任意 x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－ g(x2)]2 恒成立，则(　　) A．F(x)，G(x)都是增函数 B．F(x)，G(x)都是减函数 C．F(x)是增函数，G(x)是减函数 D．F(x)是减函数，G(x)是增函数 (2)设函数 f(x)＝ 2 ax－1＋b(a>0 且 a≠1)，则函数 f(x)的奇偶性(　　) A．与 a 无关，且与 b 无关 　B．与 a 有关，且与 b 有关 C．与 a 有关，且与 b 无关 D．与 a 无关，但与 b 有关 (3)已知定义在 R 上的函数 y＝f(x)满足条件 f(x＋3 2 )＝－f(x)，且函数 y＝f (x－3 4 )为奇函 数，给出以下四个结论： ①函数 f(x)是周期函数； ②函数 f(x)的图象关于点(－3 4，0)对称； ③函数 f(x)为 R 上的偶函数； ④函数 f(x)为 R 上的单调函数． 其中正确结论的序号为________． [解析]　(1)对任意 x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－g(x2)]2 恒成立， 不妨设 x1>x2，f(x)单调递增， ∴f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)，且 f(x1)－f(x2)>－g(x1)＋g(x2)， ∵F(x1)＝f(x1)＋g(x1)，F(x2)＝f(x2)＋g(x2)， ∴F(x1)－F(x2)＝f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)－[g(x2)－g(x1)]>0， ∴F(x)为增函数；同理可证 G(x)为增函数，故选 A. (2)因为 f(－x)＝ 2 a－x－1＋b＝ －2ax ax－1＋b，所以 f(－x)＋f(x)＝2b－2，所以当 b＝1 时函数 f(x) 为奇函数，当 b≠1 时函数 f(x)为非奇非偶函数，故选 D. (3)f(x＋3)＝f[(x＋3 2 )＋3 2]＝－f(x＋3 2 )＝f(x)，所以 f(x)是周期为 3 的周期函数，①正确； 函数 f (x－3 4 )是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则 f(x)的图象关于点(－3 4，0)对称，②正确； 因为 f(x)的图象关于点(－3 4，0)对称，－3 4＝ －x＋(－3 2＋x)2 ，所以 f(－x)＝－f(－3 2＋x)，又 f (－3 2＋x)＝－f(－3 2＋x＋3 2)＝－f(x)，所以 f(－x)＝f(x)，③正确；f(x)是周期函数，在 R 上不 可能是单调函数，④错误．故正确结论的序号为①②③. [答案]　(1)A　(2)D　(3)①②③ [方法技巧] 函数 3 个性质的应用 奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调 性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数 f(x)的性质：f(|x|)＝f(x) 单调性 可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性 周期性 利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题， 转化到已知区间上求解 [演练冲关] 1．(2018·全国卷Ⅰ)函数 f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若 f(1)＝－1，则满 足－1≤f(x－2)≤1 的 x 的取值范围是(　　) A．[－2,2] B．[－1,1] C．[0,4] D．[1,3] 解析：选 D　∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)． ∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1. 故由－1≤f(x－2)≤1，得 f(1)≤f(x－2)≤f(－1)． 又 f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1， ∴1≤x≤3. 2．(2018·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＝log240 恒成立，则实数 a 的 取值范围为________． 解析：∵a2－a＋1＝(a－1 2 )2＋3 4>0， ∴不等式1＋2x＋4x·a a2－a＋1 >0 恒成立转化为 1＋2x＋4x·a>0 恒成立． 得－a< 1 4x＋2x 4x＝( 1 4 )x＋( 1 2 )x， 而函数 y＝( 1 4 )x＋( 1 2 )x 为减函数， 故当 x∈(－∞，1]时，ymin＝1 4＋1 2＝3 4， 所以－a<3 4，即 a>－3 4. 答案：(－3 4，＋∞) [必备知能· 自主补缺] (一) 主干知识要记牢 函数的奇偶性、周期性 (1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的任意 x(定义域关于原点对 称)，都有 f(－x)＝－f(x)成立，则 f(x)为奇函数(都有 f(－x)＝f(x)成立，则 f(x)为偶函数)． (2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数 f(x)，如果对于定义域内 的任意一个 x 的值：若 f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，则 f(x)是周期函数，T 是它的一个周期． (二) 二级结论要用好 1．函数单调性和奇偶性的重要结论 (1)当 f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数． (2)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个 区间上有相反的单调性． (3)f(x)为奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称； f(x)为偶函数⇔f(x)的图象关于 y 轴对称． (4)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇 函数与偶函数的积、商是奇函数． (5)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有 f(0)＝0.存在既是奇函数，又是 偶函数的函数：f(x)＝0. (6)f(x)＋f(－x)＝0⇔f(x)为奇函数； f(x)－f(－x)＝0⇔f(x)为偶函数． 2．抽象函数的周期性与对称性的结论 (1)函数的周期性 ①若函数 f(x)满足 f(x＋a)＝f(x－a)，则 f(x)是周期函数，T＝2a. ②若函数 f(x)满足 f(x＋a)＝－f(x)，则 f(x)是周期函数，T＝2a. ③若函数 f(x)满足 f(x＋a)＝ 1 f(x)，则 f(x)是周期函数，T＝2a. (2)函数图象的对称性 ①若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝f(a－x)，即 f(x)＝f(2a－x)，则 f(x)的图象关于直线 x＝a 对称． ②若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝－f(a－x)，即 f(x)＝－f(2a－x)，则 f(x)的图象关于点(a,0) 对称． ③若函数 y＝f(x)满足 f(a＋x)＝f(b－x)，则函数 f(x)的图象关于直线 x＝a＋b 2 对称． 3．函数图象平移变换的相关结论 (1)把 y＝f(x)的图象沿 x 轴左右平移|c|个单位(c＞0 时向左移，c＜0 时向右移)得到函数 y ＝f(x＋c)的图象(c 为常数)． (2)把 y＝f(x)的图象沿 y 轴上下平移|b|个单位(b＞0 时向上移，b＜0 时向下移)得到函数 y ＝f(x)＋b 的图象(b 为常数)． (三) 易错易混要明了 1．求函数的定义域时，关键是依据含自变量 x 的代数式有意义来列出相应的不等式(组) 求解，如开偶次方根，被开方数一定是非负数；对数式中的真数是正数．列不等式时，应列 出所有的不等式，不能遗漏． 2．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“和” 连接或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替． 3．判断函数的奇偶性时，要注意定义域必须关于原点对称，有时还要对函数式化简整 理，但必须注意使定义域不受影响． 4．用换元法求解析式时，要注意新元的取值范围，即函数的定义域问题． [针对练 1]　已知 f(cos x)＝sin2x，则 f(x)＝________. 解析：令 t＝cos x，且 t∈[－1,1]，则 f(t)＝1－t 2，t∈[－1，1]，即 f(x)＝1－x 2，x∈ [－1,1]． 答案：1－x2，x∈[－1,1] 5．分段函数是在其定义域的不同子集上，分别用不同的式子来表示对应法则的函数， 它是一个函数，而不是几个函数． [针对练 2]　已知函数 f(x)＝Error!则 f(f( 1 e ))＝________. 解析：因为 f( 1 e )＝ln1 e＝－1，所以 f(f( 1 e ))＝f(－1)＝e－1＝1 e. 答案：1 e [课时跟踪检测] A 组——10＋7 提速练 一、选择题 1．(2019 届高三·杭州四校联考)已知函数 f(x)＝Error!则 f(f(4))的值为(　　) A．－1 9　　　　　　　 　B．－9 C．1 9 D．9 解析：选 C　因为 f(x)＝Error!所以 f(f(4))＝f(－2)＝1 9. 2．已知函数 f(x)＝Error!则下列结论正确的是(　　) A．函数 f(x)是偶函数 B．函数 f(x)是减函数 C．函数 f(x)是周期函数 D．函数 f(x)的值域为[－1，＋∞) 解析：选 D　由函数 f(x)的解析式，知 f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)， 则 f(x)不是偶函数．当 x>0 时，f(x)＝x2＋1，则 f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值 f(x)>1； 当 x≤0 时，f(x)＝cos x，则 f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值 f(x) ∈[－ 1,1]．所以函数 f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．故选 D. 3．(2018·全国卷Ⅲ)函数 y＝－x4＋x2＋2 的图象大致为(　　) 解析：选 D　法一：令 f(x)＝－x4＋x2＋2， 则 f′(x)＝－4x3＋2x， 令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝± 2 2 ， 则 f′(x)>0 的解集为(－∞，－ 2 2 )∪(0， 2 2 )， f(x)单调递增；f′(x)<0 的解集为(－ 2 2 ，0)∪( 2 2 ，＋∞)，f(x)单调递减，结合图象知选 D. 法二：当 x＝1 时，y＝2，所以排除 A、B 选项．当 x＝0 时，y＝2，而当 x＝1 2时，y＝－ 1 16＋1 4＋2＝2 3 16>2，所以排除 C 选项．故选 D. 4．已知函数 f(x－1)是定义在 R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则函数 f(x)的 图象可能是(　　) 解析：选 B　函数 f(x－1)的图象向左平移 1 个单位，即可得到函数 f(x)的图象．因为函 数 f(x－1)是定义在 R 上的奇函数，所以函数 f(x－1)的图象关于原点对称，所以函数 f(x)的图 象关于点(－1,0)对称，排除 A、C、D，故选 B. 5．(2019 届高三·镇海中学测试)设 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 x≥0 时，f(x)＝log2(x ＋2)－3x＋a(a∈R)，则 f(－2)＝(　　) A．－1 B．－5 C．1 D．5 解析：选 D　因为 f(x)为定义在 R 上的奇函数， 所以 f(0)＝1＋a＝0，即 a＝－1. 故 f(x)＝log2(x＋2)－3x－1(x≥0)， 所以 f(－2)＝－f(2)＝5.故选 D. 6．(2018·诸暨高三期末)已知 f(x)，g(x)都是定义在 R 上的函数，且 f(x)为奇函数，g(x) 的图象关于直线 x＝1 对称，则下列四个命题中错误的是(　　) A．y＝g(f(x)＋1)为偶函数 B．y＝g(f(x))为奇函数 C．函数 y＝f(g(x))的图象关于直线 x＝1 对称 D．y＝f(g(x＋1))为偶函数 解析：选 B　由题可知Error! 选项 A，g(f(－x)＋1)＝g(－f(x)＋1)＝g(1＋f(x))， 所以 y＝g(f(x)＋1)为偶函数，正确； 选项 B，g(f(－x))＝g(－f(x))＝g(2＋f(x))， 所以 y＝g(f(x))不一定为奇函数，错误； 选项 C，f(g(－x))＝f(g(2＋x))，所以 y＝f(g(x))的图象关于直线 x＝1 对称，正确； 选项 D，f(g(－x＋1))＝f(g(x＋1))，所以 y＝f(g(x＋1))为偶函数，正确． 综上，故选 B. 7．函数 y＝ln |x| x2 ＋ 1 x2在[－2,2]上的图象大致为(　　) 解析：选 B　当 x∈(0,2]时，函数 y＝ln |x|＋1 x2 ＝ln x＋1 x2 ，x2>0 恒成立，令 g(x)＝ln x＋ 1，则 g(x)在(0,2]上单调递增，当 x＝1 e时，y＝0，则当 x∈(0，1 e )时，y＝ln x＋1 x2 <0，x∈( 1 e，2 ] 时，y＝ln x＋1 x2 >0，∴函数 y＝ln x＋1 x2 在(0,2]上只有一个零点1 e，排除 A、C、D，只有选项 B 符合题意． 8．(2018·全国卷Ⅱ)已知 f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足 f(1－x)＝f(1＋ x)．若 f(1)＝2，则 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝(　　) A．－50 B．0 C．2 D．50 解析：选 C　法一：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)， ∴f(1－x)＝－f(x－1)． 由 f(1－x)＝f(1＋x)，得－f(x－1)＝f(x＋1)， ∴f(x＋2)＝－f(x)， ∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)， ∴函数 f(x)是周期为 4 的周期函数． 由 f(x)为奇函数得 f(0)＝0. 又∵f(1－x)＝f(1＋x)， ∴f(x)的图象关于直线 x＝1 对称， ∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0. 又 f(1)＝2，∴f(－1)＝－2， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0， ∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50) ＝0×12＋f(49)＋f(50) ＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2. 法二：由题意可设 f(x)＝2sin ( π 2x )，作出 f(x)的部分图象如图所 示．由图可知，f(x)的一个周期为 4，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝ 12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2. 9．设函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的图象经过点 A(m 1，f(m1))和点 B(m2，f(m2))，f(1)＝0.若 a2＋[f(m1)＋f(m2)]a＋f(m1)·f(m2)＝0，则(　　) A．b≥0 B．b<0 C．3a＋c≤0 D．3a－c<0 解析：选 A　∵函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)， 满足 f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0. 若 a≤0，∵a>b>c，∴b<0，c<0， 则有 a＋b＋c<0，这与 a＋b＋c＝0 矛盾，∴a>0 成立． 若 c≥0，则有 b>0，a>0， 此时 a＋b＋c>0，这与 a＋b＋c＝0 矛盾， ∴c<0 成立． ∵a2＋[f(m1)＋f(m2)]·a＋f(m1)·f(m2)＝0， ∴[a＋f(m1)]·[a＋f(m2)]＝0， ∴m1，m2 是方程 f(x)＝－a 的两根， ∴Δ＝b2－4a(a＋c)＝b(b＋4a)＝b(3a－c)≥0， 而 a>0，c<0， ∴3a－c>0，∴b≥0.故选 A. 10．已知函数 f(x)＝Error!若 f(x)的值域为 R，则实数 a 的取值范围是(　　) A．(1,2] B．(－∞，2] C．(0,2] D．[2，＋∞) 解析：选 A　依题意，当 x≥1 时，f(x)＝1＋log2x 单调递增，f(x)＝1＋log2x 在区间[1，＋ ∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数 f(x)的值域是 R，则需函数 f(x)在(－∞，1)上的值 域 M⊇(－∞，1)．①当 a－1<0，即 a<1 时，函数 f(x)在(－∞，1)上单调递减，函数 f(x)在(－ ∞，1)上的值域 M＝(－a＋3，＋∞)，显然此时不能满足 M⊇(－∞，1)，因此 a<1 不满足题 意；②当 a－1＝0，即 a＝1 时，函数 f(x)在(－∞，1)上的值域 M＝{2}，此时不能满足 M⊇ (－∞，1)，因此 a＝1 不满足题意；③当 a－1>0，即 a>1 时，函数 f(x)在(－∞，1)上单调递 增，函数 f(x)在(－∞，1)上的值域 M＝(－∞，－a＋3)，由 M⊇(－∞，1)得Error!解得 11 2时，f(x＋1 2 )＝f(x－1 2 )，则 f(0)＝________，f(6)＝________. 解析：函数 f(x)在[－1,1]上为奇函数，故 f(0)＝0， 又由题意知当 x>1 2时，f(x＋1 2 )＝f(x－1 2 )， 则 f(x＋1)＝f(x)． 又当－1≤x≤1 时，f(－x)＝－f(x)， ∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)． 又当 x<0 时，f(x)＝x3－1， ∴f(－1)＝－2，∴f(6)＝2. 答案：0　2 12．(2018·台州第一次调考)若函数 f(x)＝a－ 2 2x－1(a∈R)是奇函数，则 a＝________，函 数 f(x)的值域为____________． 解析：函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， ∵f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)恒成立， ∴a－ 2 2－x－1＝－(a－ 2 2x－1)恒成立， ∴a＝ 1 2x－1＋ 1 2－x－1＝ 1 2x－1＋ 2x 1－2x＝1－2x 2x－1＝－1. ∴f(x)＝－1－ 2 2x－1，当 x∈(0，＋∞)时，2x>1， ∴2x－1>0，∴ 1 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， 故函数 f(x)的值域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 答案：－1　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 13．(2018·绍兴柯桥区模拟)已知偶函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0，若 f(x－ 2)>0，则 x 的取值范围是________． 解析：∵偶函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递减， 且 f(2)＝0， ∴f(2)＝f(－2)＝0， 则不等式 f(x－2)>0，等价为 f(|x－2|)>f(2)， ∴|x－2|<2， 即－21)，都有 f(x－ 2)≤g(x)，则 m 的取值范围是________． 解析：作出函数 y1＝e|x－2|和 y＝g(x)的图象，如图所示，由图可 知当 x＝1 时，y1＝g(1)，又当 x＝4 时，y1＝e24 时， 由 ex－2≤4e5－x，得 e2x－7≤4，即 2x－7≤ln 4，解得 x≤7 2＋ln 2，又 m>1， ∴10 时，f(x)＝1＋x＋1 x≥1＋2 x·1 x ＝3，当且仅当 x＝1 x，即 x＝1 时取等号，∴函数 f(x)在(0，＋∞)上的最小值为 3，故①正确； 函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴ f(－1)≠－f(1)且 f(－1)≠f(1)，∴函数 f(x)为非奇非偶函数，故②③错误；根据函数的单调性， 知函数 f(x)＝1＋x＋1 x的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，故④正确；由④知，函数 f(x) ＝1＋x＋1 x不是周期函数，故⑤正确．综上所述，所有正确说法的序号为①④⑤. 答案：①④⑤ 16．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数 f(x)＝ln (x＋e2 4x)－2，g(x)和 f(x)的图象关于原 点对称，将函数 g(x)的图象向右平移 a(a>0)个单位长度，再向下平移 b(b>0)个单位长度，若 对于任意实数 a，平移后 g(x)和 f(x)的图象最多只有一个交点，则 b 的最小值为________． 解析：由 f(x)＝ln(x＋e2 4x)－2，知 x>0， f(x)≥ln e－2＝－1，∴f(x)min＝－1，此时 x＝e 2. 在同一直角坐标系中，作出 f(x)，g(x)的图象(图略)，若对于任意的 a，平移后 g(x)和 f(x) 的图象最多只有一个交点，则平移后 g(x)的图象的最高点不能在 f(x)图象的最低点的上方， 则 1－b≤－1，则 b 的最小值为 2. 答案：2 17．(2018·山东高考)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 B 组——能力小题保分练 1．(2019 届高三·浙江新高考名校联考)函数 f(x)＝ln |x|＋1 2x2 的大致图象是(　　) 解析：选 A　因为 f(－x)＝ln |－x|＋1 2(－x)2＝ln |x|＋1 2x2＝f(x)，所以 f(x)是偶函数，于是 其图象关于 y 轴对称，排除 D；当 x>0 时，f(x)＝ln x＋1 2x2，f′(x)＝1 x＋x≥2，所以函数 f(x) 在(0，＋∞)上单调递增，排除 B；当 x∈(0,1)时，f′(x)>2，且 f′(x)是减函数，当 x>1 时， f′(x)>2，且 f′(x)是增函数，因此，当 x 趋近于 0 或 x 趋近于＋∞时，曲线较陡，因此排除 C.故选 A. 2．已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，则 (　　) A．f(－25)0 时 的图象即可．对于选项 A，当 x>0 时，f(x)＝x2－2ln x，所以 f′(x)＝2x－2 x＝2(x2－1) x ，因此 f(x)在 x＝1 处取得极小值，故 A 错误；对于选项 B，当 x>0 时，f(x)＝x2－ln x，所以 f′(x)＝ 2x－1 x＝2x2－1 x ，因此 f(x)在 x＝ 2 2 处取得极小值，故 B 正确；对于选项 C，当 x>0 时，f(x)＝ x－2ln x，所以 f′(x)＝1－2 x＝x－2 x ，因此 f(x)在 x＝2 处取得极小值，故 C 错误；对于选项 D，当 x>0 时，f(x)＝x－ln x，所以 f′(x)＝1－ 1 x＝x－1 x ，因此 f(x)在 x＝1 处取得极小值， 故 D 错误．故选 B. 4．定义：F(x)＝max{f(t)|－1≤t≤x≤1}，G(x)＝min{f(t)|－1≤t≤x≤1}，其中 max{m， n}表示 m，n 中的较大者，min{m，n}表示 m，n 中的较小者．已知函数 f(x)＝2ax 2＋ bx( |b| |a| ≤ 4)，则下列说法一定正确的是(　　) A．若 F(－1)＝F(1)，则 f(－1)>f(1) B．若 G(1)＝F(－1)，则 F(－1)G(1) D．若 G(－1)＝G(1)，则 f(－1)>f(1) 解析：选 B　依据题意，由|b| |a|≤4 可得 f(x)＝2ax2＋bx 的图象的对称轴 x＝－ b 4a∈[－1,1]， 由 F(－1)＝F(1)知 f(－1)＝F(1)，F(1)为 f(t)在 t∈[－1,1]上的最大值，无法排除 f(－1)＝f(1) 的可能，所以 A 错误；由 G(1)＝F(－1)＝f(－1)知，f(t)在 t∈[－1,1]上的最小值为 f(－1)， 所以 F(－1)＝f(－1)0)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(舍去)． 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(舍去)， 综上知，a＝－1， 10. 答案：－1， 10 第二讲 小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用 考点(一) 基本初等函数的概念、图象与性质 主要考查指数函数、对数函数的运算及其图象与性 质；幂函数的图象与性质、二次函数的图象与性质 及最值问题. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·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)(2018·全国卷Ⅰ)设 x，y，z 为正数，且 2x＝3y＝5z，则(　　) A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z (3)已知 a>0 且 a≠1，loga2＝x，则 ax＝________；a2x＋a－2x＝________. [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)设 2x＝3y＝5z＝k>1， ∴x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k. ∵2x－3y＝2log2k－3log3k＝ 2 logk2－ 3 logk3 ＝2logk3－3logk2 logk2·logk3 ＝logk32－logk23 logk2·logk3 ＝ logk9 8 logk2·logk3>0， ∴2x>3y； ∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝ 3 logk3－ 5 logk5 ＝3logk5－5logk3 logk3·logk5 ＝logk53－logk35 logk3·logk5 ＝ logk125 243 logk3·logk5<0， ∴3y<5z； ∵2x－5z＝2log 2k－5log 5k＝ 2 logk2－ 5 logk5＝2logk5－5logk2 logk2·logk5 ＝logk52－logk25 logk2·logk5 ＝ logk25 32 logk2·logk5 <0， ∴5z>2x.∴5z>2x>3y. (3)由对数的定义知 ax＝2，所以 a－x＝1 2，因此 a2x＋a－2x＝(ax)2＋(a－x)2＝22＋( 1 2 )2＝17 4 . [答案]　(1)B　(2)D　(3)2　17 4 [方法技巧] 3 招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题 (1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较． (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较． (3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图 象比较大小． [演练冲关] 1．(2018·北京高考)已知函数 f(x)＝3x－( 1 3 )x，则 f(x)(　　) A．是奇函数，且在 R 上是增函数 B．是偶函数，且在 R 上是增函数 C．是奇函数，且在 R 上是减函数 D．是偶函数，且在 R 上是减函数 解析：选 A　因为 f(x)＝3 x－( 1 3 )x，且定义域为 R，所以 f(－x)＝3 －x－( 1 3 )－x＝ ( 1 3 )x－3x＝－[3x－( 1 3 )x ]＝－f(x)，即函数 f(x)是奇函数． 又 y＝3x 在 R 上是增函数，y＝( 1 3 )x 在 R 上是减函数，所以 f(x)＝3x－( 1 3 )x 在 R 上 是增函数． 2．(2018·天津高考)已知 a＝log 3 7 2，b＝( 1 4 ) ，c＝log 1 5，则 a，b，c 的大小关系为 (　　) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b 解析：选 D　∵c＝log 1 5＝log35，a＝log3 7 2， 又 y＝log3x 在(0，＋∞)上是增函数， ∴log35＞log3 7 2＞log33＝1， ∴c＞a＞1. ∵y＝( 1 4 )x 在(－∞，＋∞)上是减函数， ∴( 1 4 ) ＜( 1 4 )0＝1，即 b＜1. ∴c＞a＞b. 3．(2019 届高三·温州四校联考)计算： 4 2×80.25＋(－2 018)0＝________，log23×log34＋ ( 3) ＝________. 解析：4 2×80.25＋(－2 018) 0＝2 ×2 ＋1＝3，log 23×log34＋( 3) ＝lg 3 lg 2×lg 4 lg 3＋3 ＝2＋3 ＝4. 答案：3　4 4．定义区间[x1，x2](x11)的定义域为[m， n](m0，则 f(－x)＝x2＋2x. ∵f(x)是定义在 R 上的奇函数， ∴f(－x)＝x2＋2x＝－f(x)， 即 f(x)＝－x2－2x，x<0， 当 x≥0 时，由 g(x)＝f(x)＋1＝0 得 x2－2x＋1＝0， 即(x－1)2＝0，得 x＝1. 当 x<0 时，由 g(x)＝f(x)＋1＝0 得－x2－2x＋1＝0，即 x2＋2x－1＝0. 即(x＋1)2＝2，得 x＝ 2－1(舍)或 x＝－ 2－1， 故函数 g(x)＝f(x)＋1 的零点个数是 2 个，故选 B. (2)令 f(x)＝1，得 x＝3 或 x＝1 或 x＝1 2或 x＝－1， ∵f(x＋1 x－2)＝1， ∴x＋1 x－2＝3 或 x＋1 x－2＝1 或 x＋1 x－2＝1 2或 x＋1 x－2＝－1. 令 g(x)＝x＋1 x－2， 则当 x>0 时，g(x)≥2－2＝0， 当 x<0 时，g(x)≤－2－2＝－4， 作出 g(x)的函数图象如图所示： ∴方程 x＋1 x－2＝3，x＋1 x－2＝1，x＋1 x－2＝1 2均有两解，方程 x＋1 x－2＝－1 无解． ∴方程 f(x＋1 x－2)＝1 有 6 解．故选 C. (3)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 时等号成立． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当 x＝1 时等号成立． 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.故选 C. [答案]　(1)B　(2)C　(3)C [方法技巧] 1．判断函数零点个数的方法 直接法 直接求零点，令 f(x)＝0，则方程解的个数即为函数零点的个数 定理法 利用零点存在性定理，但利用该定理只能确定函数的某些零点是否存在， 必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点 数形 结合法 对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出图 象的函数的交点问题 2．利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解． (2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解． (3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． [演练冲关] 1．(2018·湖州、衢州、丽水高三质检)已知函数 f(x)＝|x－1|＋|x|＋|x＋1|，则方程 f(2x－ 1)＝f(x)所有根的和是(　　) A.1 3 B．1 C.4 3 D．2 解析：选 C　由题可知函数 f(x)为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，(0，＋∞)上单调 递增．从而方程 f(2x－1)＝f(x)等价于|2x－1|＝|x|，解得 x＝1 或 x＝1 3，所以根的和为4 3，故选 C. 2．已知函数 f(x)＝Error!则 f(f(－1))＝________；若函数 y＝f(x)－a 恰有一个零点，则 a 的取值范围是________． 解析：∵f(－1)＝1，∴f(f(－1))＝f(1)＝2. 当 x>0 时，f′(x)＝4x－1 x＝4x2－1 x ， ∴当 01 2时，f′(x)>0， ∴f(x)在(0，1 2 )上单调递减，在( 1 2，＋∞)上单调递增， ∴当 x＝1 2时，f(x)取得极小值 f( 1 2 )＝1 2－ln1 2， 作出函数 f(x)的图象如图所示． ∵函数 y＝f(x)－a 恰有一个零点， ∴0≤a<1 2－ln1 2. 答案：2　[0，1 2－ln1 2)3．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数 y＝f(x)和 y＝g(x)在[－2,2]上的图象如下图所 示．给出下列四个命题： ①方程 f(g(x))＝0 有且仅有 6 个根； ②方程 g(f(x))＝0 有且仅有 3 个根； ③方程 f(f(x))＝0 有且仅有 5 个根； ④方程 g(g(x))＝0 有且仅有 4 个根． 其中正确的命题为________(填序号)． 解析：由题图知方程 f(t)＝0 有三个根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)， 由题图知方程 g(x)＝t1 有两个不同的根；方程 g(x)＝t2＝0 有两个不同的根，方程 g(x)＝t3 有两个不同的根，则方程 f(g(x))＝0 有且仅有 6 个根．故①正确； 由题图知方程 g(u)＝0 有两个根，u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)， 由题图知方程 f(x)＝u1 只有 1 个根，方程 f(x)＝u2 有三个不同的根，则方程 g(f(x))＝0 有 且仅有 4 个根．故②不正确；由题图知方程 f(x)＝t1 只有 1 个根，方程 f(x)＝t2＝0 有三个不 同的根，方程 f(x)＝t3 只有 1 个根，则方程 f(f(x))＝0 有且仅有 5 个根．故③正确． 由图知方程 g(x)＝u1 有两个不同的根，方程 g(x)＝u2 有两个不同的根，则方程 g(g(x))＝ 0 有且仅有 4 个根．故④正确．故①③④正确． 答案：①③④ 考点(三) 函数模型的应用 主要考查利用给定的函数模型解决简 单的实际问题. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·开封模拟)李冶(1192～1279)，真定栾城(今河北省石家庄市)人，金元 时期的数学家、诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究 平面图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内部有一 个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为 13.75 亩，若方田的四边到水池的最 近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是(注：240 平方步为 1 亩，圆周率按 3 近 似计算)(　　) A．10 步，50 步　　　　　 　B．20 步，60 步 C．30 步，70 步 D．40 步，80 步 (2)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量 P(毫克/升)与时间 t(小时)的关系为 P＝P0e－kt.如果在前 5 小时消除了 10%的污染物，那么污染物减少 19%需要 花费的时间为________小时． [解析]　(1)设圆池的半径为 r 步，则方田的边长为(2r＋40)步，由题意，得(2r＋40)2－3r2 ＝13.75×240，解得 r＝10 或 r＝－170(舍去)，所以圆池的直径为 20 步，方田的边长为 60 步， 故选 B. (2)前 5 小时污染物消除了 10%，此时污染物剩下 90%，即 t＝5 时，P＝0.9P0，代入， 得(e－k)5＝0.9， ∴e－k＝0.91 5，∴P＝P0e－kt＝P0(0.91 5 )t.当污染物减少 19%时，污染物剩下 81%，此时 P ＝0.81P0，代入得 0.81＝(0.91 5 )t，解得 t＝10，即需要花费 10 小时． [答案]　(1)B　(2)10 [方法技巧] 解决函数实际应用题的 2 个关键点 (1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概 括，将实际问题归纳为相应的数学问题． (2)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． [演练冲关] 1．(2018·浙江高考)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一， 值钱五；鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几 何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为 x，y，z，则Error!当 z＝81 时，x＝__________，y＝ __________. 解析：由题意，得Error! 即Error!解得Error! 答案：8　11 2．某工厂某种产品的年固定成本为 250 万元，每生产 x 千件该产品需另投入的成本为 G(x)(单位：万元)，当年产量不足 80 千件时，G(x)＝1 3x2＋10x；当年产量不小于 80 千件时， G(x)＝51x＋10 000 x －1 450.已知每件产品的售价为 0.05 万元．通过市场分析，该工厂生产的 产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是________万元． 解析：∵每件产品的售价为 0.05 万元， ∴x 千件产品的销售额为 0.05×1 000x＝50x 万元． ①当 00， f( 1 4 )·f( 1 2 )<0，所以 f(x)＝ex＋4x－3 的零点所在的区间为( 1 4，1 2 ). (二) 易错易混要明了 1．不能准确理解基本初等函数的定义和性质．如讨论函数 y＝ax(a>0，a≠1)的单调性时 忽视字母 a 的取值范围，忽视 ax>0；研究对数函数 y＝logax(a>0，a≠1)时忽视真数与底数的 限制条件． 2．易混淆函数的零点和函数图象与 x 轴的交点，不能把函数零点、方程的解、不等式 解集的端点值进行准确互化． 3．函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 有且只有一个零点，要注意讨论 a 是否为零． [针对练 2]　函数 f(x)＝mx2－2x＋1 有且仅有一个正实数零点，则实数 m 的取值范围为 ________． 解析：当 m＝0 时，f(x)＝－2x＋1，则 x＝1 2为函数的零点． 当 m≠0 时，若 Δ＝4－4m＝0，即当 m＝1 时，x＝1 是函数唯一的零点． 若 Δ＝4－4m≠0，即 m≠1 时，显然 x＝0 不是函数的零点． 这样函数有且仅有一个正实数零点等价于方程 f(x)＝mx2－2x＋1 有一个正根和一个负 根． 因此1 m<0.则 m<0.综上知实数 m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}． 答案：(－∞，0]∪{1} [课时跟踪检测] A 组——10＋7 提速练 一、选择题 1．函数 f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是(　　) 解析：选 A　函数 f(x)的定义域为 R，由 f(－x)＝ln[(－x)2＋1]＝ln(x2＋1)＝f(x)知函数 f(x)是偶函数，则其图象关于 y 轴对称，排除 C；又由 f(0)＝ln 1＝0，可排除 B、D.故选 A. 2．(2018·全国卷Ⅲ)已知 a＝24 3，b＝32 3，c＝251 3，则(　　) A．b＜a＜c　　　　　　 　B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 解析：选 A　a＝24 3＝42 3，b＝32 3，c＝251 3＝52 3. ∵y＝x 2 3在第一象限内为增函数， 又 5＞4＞3，∴c＞a＞b. 3．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)设 a>0，b>0，则“log 2a＋log2b≥log2(a＋b)”是 “ab≥4”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 A　若 log2a＋log2b≥log2(a＋b)，则 ab≥a＋b. 又 a>0，b>0， 则有 ab≥a＋b≥2 ab，当且仅当 a＝b 时等号成立，即有 ab≥4，故充分性成立； 若 a＝4，b＝1，满足 ab≥4， 但 log2a＋log2b＝2，log2(a＋b)＝log25>2， 即 log2a＋log2b≥log2(a＋b)不成立，故必要性不成立，故选 A. 4．(2019 届高三·浙江名校协作体联考)已知函数 f(x)＝x＋ex－a，g(x)＝ln(x＋2)－4ea－x， 其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x0，使 f(x0)－g(x0)＝3 成立，则实数 a 的值为(　　) A．－ln 2－1 B．ln 2－1 C．－ln 2 D．ln 2 解析：选 A　f(x)－g(x)＝x＋ex－a－ln(x＋2)＋4ea－x，令 y＝x－ln(x＋2)，则 y′＝1－ 1 x＋2 ＝x＋1 x＋2，故 y＝x－ln(x＋2)在(－2，－1)上是减函数，(－1，＋∞)上是增函数，故当 x＝－1 时，y 有最小值－1－0＝－1，而 ex－a＋4ea－x≥4(当且仅当 ex－a＝4ea－x，即 x＝a＋ln 2 时， 等号成立)，故 f(x)－g(x)≥3(当且仅当等号同时成立时，等号成立)，所以 x＝a＋ln 2＝－1， 即 a＝－ln 2－1.综上所述，答案选 A. 5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司 2018 年全年投入研发资 金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年投入的研 发资金开始超过 200 万元的年份是(　　) (参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30) A．2020 年 B．2021 年 C．2022 年 D．2023 年 解析：选 B　设 2018 年后的第 n 年该公司投入的研发资金开始超过 200 万元．由 130(1 ＋12%)n＞200，得 1.12 n＞20 13，两边取常用对数，得 n＞lg 2－lg 1.3 lg 1.12 ≈0.30－0.11 0.05 ＝19 5 ，∴ n≥4，∴从 2021 年开始，该公司投入的研发资金开始超过 200 万元． 6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则(　　) A．f(x)在(0,2)单调递增 B．f(x)在(0,2)单调递减 C．y＝f(x)的图象关于直线 x＝1 对称 D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称 解析：选 C　由题易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－ (x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数 f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)单调递增，在(1,2) 单调递减，所以排除 A、B； 又 f( 1 2 )＝ln1 2＋ln(2－1 2 )＝ln3 4， f( 3 2 )＝ln3 2＋ln(2－3 2 )＝ln3 4， 所以 f( 1 2 )＝f( 3 2 )＝ln3 4，所以排除 D.故选 C. 7．已知函数 f(x)＝ln(x2－4x－a)，若对任意的 m∈R，均存在 x0 使得 f(x0)＝m，则实数 a 的取值范围是(　　) A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞) C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞) 解析：选 D　依题意得，函数 f(x)的值域为 R，令函数 g(x)＝x2－4x－a，其值域包含(0，＋ ∞)，因此对于方程 x2－4x－a＝0，有 Δ＝16＋4a≥0，解得 a≥－4，即实数 a 的取值范围是 [－4，＋∞)，故选 D. 8．(2018·湖州模拟)已知函数 f(x)＝( 1 2 )x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且 f(x)在[0,1]上 的最小值为－31 16，则 f(x)在[－1,0]上的最大值为(　　) A.9 4 B．－9 4 C.4 9 D．－4 9 解析：选 A　令 g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则 g′(x)＝3mx2＋n，因为 m<0，n<0，所 以 g′(x)<0，所以 g(x)为减函数．又 y＝ ( 1 2 )x＋3 为减函数，所以 f(x)为减函数．当 x∈ [0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋ 1 16＝－31 16，得 m＋n＝－2，当 x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(－ 1)＝－m－n＋1 4＝9 4. 9．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝Error!g(x)＝f(x)＋x＋a.若 g(x)存在 2 个零点，则 a 的 取值范围是(　　) A．[－1,0) B．[0，＋∞) C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：选 C　令 h(x)＝－x－a， 则 g(x)＝f(x)－h(x)．在同一坐标系中画出 y＝f(x)，y＝h(x)的示意图， 如图所示．若 g(x)存在 2 个零点，则 y＝f(x)的图象与 y＝h(x)的图象有 2 个交点，平移 y＝h(x)的图象，可知当直线 y＝－x－a 过点(0,1)时，有 2 个交点，此时 1＝－0－a，a＝－1.当 y＝－x－a 在 y＝－x＋1 上方，即 a<－1 时，仅有 1 个 交点，不符合题意．当 y＝－x－a 在 y＝－x＋1 下方，即 a>－1 时，有 2 个交点，符合题 意．综上，a 的取值范围为[－1，＋∞)．故选 C. 10．已知定义域为 R 的函数 f(x)的图象经过点(1,1)，且对任意实数 x1－2，则不等式 f(log2|3x－1|)<3－log 2|3x－1|的解集为(　　) A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞) C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1) 解析：选 A　令 F(x)＝f(x)＋2x，由对任意实数 x1－2，可得 f(x1)＋ 2x10， f(3)＝2 3－log43＝2 3－log2 3<0， ∴函数 f(x)在(2,3)内存在唯一的一个零点 x0， ∵x0∈(k，k＋1)，∴k＝2. 答案：2 13 ． (2018· 广 州 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) ＝ Error! 若 |f(a)|≥2 ， 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 ________． 解析：当 a≤0 时，1－a≥1，所以 21－a≥2，即|f(a)|≥2 恒成立；当 a>0 时，由|f(a)|≥2 可得|1－log2a|≥2，所以 1－log2a≤－2 或 1－log2a≥2，解得 a≥8 或 00 时，函数 y＝|t－a t |，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是 [ a，＋∞)，此时 a≤1，即 0－1，则 a 的最小值为________． 解析：设 g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c，g(x)＝0 在(0,1)上有两个实数根， 设为 x1，x2，于是 g(x)＝a(x－x1)(x－x2)， 由题知Error!故Error! 所 以 g(0)g(1) ＝ a2x1(1 － x1)x2(1 － x2)≤a2 16( 当 且 仅 当 x1 ＝ x2 ＝1 2时 等 号 成 立 ) ， 所 以 1≤g(0)g(1)≤a2 16，所以 a≥4，经检验，当 a＝4，b＝－3，c＝1 时符合题意，故 a 的最小值 为 4. 答案：4 B 组——能力小题保分练 1．对于满足 00，于是 c a＋b－b2 4a a ＝1＋b a－1 4( b a )2，对满足 02.故选 D. 2．已知 a，b，c，d 都是常数，a>b，c>d.若 f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为 c，d， 则下列不等式正确的是(　　) A．a>c>b>d B．a>b>c>d C．c>d>a>b D．c>a>b>d 解析：选 D　f(x)＝2 017－(x－a)·(x－b)＝－x 2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又 f(a)＝f(b)＝2 017，c，d 为函数 f(x)的零点，且 a>b，c>d, 所以 可在平面直角坐标系中作出函数 f(x)的大致图象，如图所示，由图可知 c>a>b>d，故选 D. 3．定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(2－x)＝f(x)，且当 x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1， 若函数 g(x)＝f(x)＋mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为(　　) A.( ln 2－1 6 ，ln 2－1 8 )∪( 1－ln 2 8 ，1－ln 2 6 ) B.( ln 2－1 6 ，ln 2－1 8 ) C.( 1－ln 2 8 ，1－ln 2 6 ) D.( ln 2－1 6 ，1－ln 2 8 )解析：选 A　函数 g(x)＝f(x)＋mx 有 7 个零点，即函数 y＝f(x)的图象与 y＝－mx 的图象 有 7 个交点．当 x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝1 x－1＝1－x x <0，此时 f(x)单调递减， 且 f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1.由 f(2－x)＝f(x)知函数图象关于 x＝1 对称，而 f(x)是定义在 R 上的 偶函数，所以 f(x)＝f[－(2－x)]＝f(x－2)，故 f(x＋2)＝f(x)，即 f(x)是周期为 2 的函数．易 知 m≠0，当－m<0 时，作出函数 y＝f(x)与 y＝－mx 的图象，如图所示． 则要使函数 y＝f(x)的图象与 y＝－mx 的图象有 7 个交点，需有Error!即Error!解得 1－ln 2 8 0 时，可得ln 2－1 6 c)，关于 x 的方程|x2－ax＋b|＝cx 恰有三个不等实根，且函数 f(x)＝|x2－ax＋b|＋cx 的最小值是 c2，则a c＝________. 解析：由关于 x 的方程|x2－ax＋b|＝cx 恰有三个不等实根可知，y＝x2－ax＋b 有两个正 的零点 m，n(mc，所以 4c＝a－c，即a c＝5. 答案：5 第三讲 小题考法——不等式 考点(一) 不等式的性质及解法 主要考查利用不等式的性质比较大小以及一元二 次不等式的求解，有时会考查含参不等式恒成立时 参数值(或范围)的求解. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·绍兴一中模拟)若 ab2；②|1－a|>|b－1|；③ 1 a＋b>1 a>1 b. 其中正确的个数是(　　) A．0　　　　　　　　　 　B．1 C．2 D．3 (2)(2019 届高三·金华十校联考)在 lg 2，(lg 2) 2，lg(lg 2)中，最大的是________，最小的 是________． (3)设 a∈R，若 x＞0 时均有(x2＋ax－5)(ax－1)≥0 成立，则 a＝________. [解析]　(1)对于①，若 ab2，所以 a2＋1>b2 一定正确； 对于②，a|b|，即|－a|>|－b|，则|1－a|>|b－1|，所以②正确； 对于③，a1 a，所以③ 1 a＋b>1 a >1 b正确， 综上可知，正确命题 3 个．故选 D. (2)因为 00，所以最大的是 lg 2，最小的是 lg(lg 2)． (3)法一：当 a＝0 时，显然不能使原不等式对任意的 x＞0 恒成立，故 a≠0.当 x＝1 a，a≠0 时原不等式恒成立．易知 a＞0，对于方程 x2＋ax－5＝0，设其两根为 x1，x2，且 x1＜x2，易 知 x1＜0，x2＞0.又当 x＞0 时，原不等式恒成立，故 x＝1 a是方程 x2＋ax－5＝0 的一个根，代 入得 a＝1 2. 法二：如图所示，当 a＝0 时，显然不能使原不等式对任意的 x＞0 恒 成立，故 a≠0，且当 x＝1 a，a≠0 时原不等式恒成立．易知 a＞0，当 x＝1 a 时，ax－1＝0，此时，结合图象可知 x＝ 1 a是方程 x2＋ax－5＝0 的一个 根，所以 a＝1 2. [答案]　(1)D　(2)lg 2　lg(lg 2)　(3)1 2 [方法技巧] 解不等式的策略 (1)一元二次不等式：先化为一般形式 ax2＋bx＋c>0(a>0)，再结合相应二次方程的根及 二次函数图象确定一元二次不等式的解集． (2)含指数、对数的不等式：利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求 解． [演练冲关] 1．已知函数 f(x)＝Error!若 f(8－m2)1 的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞) C．(－1,0) D．(0,1) 解析：选 C　因为 f(x)在区间(－2，－1)内的图象与 x 轴恰有一个交点， 所以 f(－2)f(－1)<0， 即[4a＋2(a＋2)＋1][a＋(a＋2)＋1]<0， 所以(6a＋5)(2a＋3)<0，解得－3 21 即 x2＋x<0，解得－10 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的最小值为(　　) A．3　　　　　　　　 　B．3＋2 2 C．4 D．8 (2)(2018·金华一中联考)已知正数 a，b，c 满足 2a－b＋c＝0，则ac b2的最大值为(　　) A．8 B．2 C.1 8 D.1 6 [解析]　(1)∵x＝－2 时，y＝loga1－1＝－1， ∴函数 y＝loga(x＋3)－1(a>0，a≠1)的图象恒过定点(－2，－1)即 A(－2，－1)， ∵点 A 在直线 mx＋ny＋1＝0 上， ∴－2m－n＋1＝0，即 2m＋n＝1， ∵m>0，n>0， ∴1 m＋2 n＝2m＋n m ＋4m＋2n n ＝2＋n m＋4m n ＋2≥4＋2 n m·4m n ＝8， 当且仅当 m＝1 4，n＝1 2时取等号．故选 D. (2)∵正数 a，b，c 满足 2a－b＋c＝0， ∴b＝2a＋c， 则ac b2＝ ac (2a＋c)2 ＝ ac 4a2＋4ac＋c2＝ 1 4a c ＋c a＋4 ≤ 1 2 4a c ·c a＋4 ＝1 8， 当且仅当 c＝2a>0 时取等号．故选 C. [答案]　(1)D　(2)C [方法技巧] 利用不等式求最值的 3 种解题技巧 [注意]　利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不 可． [演练冲关] 1．已知 x2＋4xy－3＝0，其中 x>0，y∈R，则 x＋y 的最小值是(　　) A.3 2 B．3 C．1 D．2 解析：选 A　∵x>0，y∈R，x2＋4xy－3＝0， ∴y＝3－x2 4x ， 则 x＋y＝3x2＋3 4x ＝3 4x＋ 3 4x≥2 3x 4 · 3 4x＝3 2. 当且仅当 x＝1 时等号成立，故选 A. 2．(2018·镇海中学模拟卷)已知正实数 a，b，c 满足 a(a＋b＋c)＝bc，则 a b＋c的最大值是 ________． 解析：由基本不等式知，a(a＋b＋c)＝bc≤ (b＋c)2 4 ，即 a2＋(b＋c)a－ (b＋c)2 4 ≤0，即 ( a b＋c ) 2＋ a b＋c－1 4≤0，所以 ( a b＋c＋1 2)2≤1 2，所以 0< a b＋c≤ 2－1 2 ，所以 a b＋c的最大值是 2－1 2 . 答案： 2－1 2 3．(2018·江苏高考)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，∠ABC＝ 120°，∠ABC 的平分线交 AC 于点 D，且 BD＝1，则 4a＋c 的最小值为________． 解析：法一：如图， ∵S△ABC＝S△ABD＋S△BCD， ∴1 2ac·sin 120°＝1 2c×1×sin 60°＋1 2a×1×sin 60°，∴ac＝a＋ c.∴1 a＋1 c＝1. ∴4a＋c＝(4a＋c)( 1 a＋1 c )＝c a＋4a c ＋5≥2 c a·4a c ＋5＝9， 当且仅当c a＝4a c ，即 c＝2a 时取等号． 故 4a＋c 的最小值为 9. 法二：如图，以 B 为原点，BD 为 x 轴建立平面直角坐标系， 则 D(1,0)，A( c 2，－ 3 2 c)，C( a 2， 3 2 a). 又 A，D，C 三点共线，∴ c 2－1 － 3 2 c ＝ a 2－1 3 2 a ， ∴ac＝a＋c，∴1 a＋1 c＝1. ∴4a＋c＝(4a＋c)( 1 a＋1 c )＝c a＋4a c ＋5≥2 c a·4a c ＋5＝9， 当且仅当c a＝4a c ，即 c＝2a 时取等号． 故 4a＋c 的最小值为 9. 答案：9 考点(三) 绝对值不等式及其应用 主要考查绝对值的几何意义和绝对值不等式的解法. [典例感悟] [典例]　(1)不等式|x－1|－|x－5|<2 的解集是(　　) A．(－∞，4)　　　　　　　 　B．(－∞，1) C．(1,4) D．(1,5) (2)(2019 届高三·金丽衢十二校联考)设正实数 x，y，则|x－y|＋1 x＋y2 的最小值为(　　) A.7 4 B.3 2 2 C．2 D. 2 (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，y>0， ∴|x－y|＋1 x＋y2＝|x－y|＋| 1 x |＋|y2|≥x－y＋1 x＋y2＝(y－1 2 )2＋(x＋1 x )－1 4≥|2－1 4 |＝7 4. 当且仅当 y＝1 2，x＝1 x，即 x＝1，y＝1 2时取等号．故选 A. (3)由于 f(1)＝|2－a－b|，f( 1 2 )＝5 2－1 2a－b，f(2)＝5 2－2a－b.又 2 3M(a，b)≥2 3f( 1 2 )， 1 3M(a ， b)≥1 3f(2) ， M(a ， b)≥f(1) ． 三 式 相 加 ， 得 2M(a ， b)≥2 3f( 1 2 )＋ 1 3f(2) ＋ f(1)≥ | 2 3f( 1 2 )＋1 3f(2)－f(1)|＝2 3( 5 2－1 2a－b)＋1 3( 5 2－2a－b)－(2－a－b)＝1 2，故有 M(a，b)≥1 4. [答案]　(1)A　(2)A　(3)1 4 [方法技巧] 绝对值不等式及其应用的常见题型和解题策略 (1)讨论含绝对值的二次函数的单调性、最值和零点等．此类题型一般是按定义去掉绝对 值，写成分段函数，作出函数的图象，对参数进行分类讨论． (2)含绝对值不等式的恒成立问题．此类题型一般都转化为求含绝对值的函数的最值，或 利用绝对值三角不等式求最值，有时需要分类讨论． [演练冲关] 1．(2018·浙江柯桥质量检测)已知 x，y∈R，(　　) A．若|x－y2|＋|x2＋y|≤1，则 (x＋1 2 )2＋(y－1 2 )2≤3 2 B．若|x－y2|＋|x2－y|≤1，则 (x－1 2 )2＋(y－1 2 )2≤3 2 C．若|x＋y2|＋|x2－y|≤1，则 (x＋1 2 )2＋(y＋1 2 )2≤3 2 D．若|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，则 (x－1 2 )2＋(y＋1 2 )2≤3 2 解析：选 B　因为|x－y 2|＋|x2－y|≥|x2－x＋y 2－y|＝(x－1 2 )2＋(y－1 2 )2－1 2≥(x－1 2 )2＋ (y－1 2 )2－1 2， 所以 (x－1 2 )2＋(y－1 2 )2≤3 2，因此 B 正确； 取 x＝1 2，y＝－1 2，此时|x－y2|＋|x2＋y|≤1，但 (x＋1 2 )2＋(y－1 2 )2>3 2，因此 A 错误； 取 x＝1 2，y＝1 2，此时|x＋y2|＋|x2－y|≤1，但 (x＋1 2 )2＋(y＋1 2 )2>3 2，因此 C 错误； 取 x＝－1 2，y＝1 2，此时|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，但 (x－1 2 )2＋(y＋1 2 )2>3 2，因此 D 错误．故选 B. 2．(2018·浙江 9＋1 高中联盟期中)当 x∈ [ 3 2，4 ]时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x 恒成立， 则 6a＋b 的最大值是________． 解析：∵x∈[ 3 2，4 ]时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x 恒成立， ∴|ax2＋bx＋4a| x ≤2， 即|ax＋b＋4a x |≤2 在 x∈[ 3 2，4 ]时恒成立． 设 f(x)＝ax＋b＋4a x ＝a(x＋4 x )＋b，x＋4 x∈[4,5]． ∵|f(x)|≤2，∴Error! ∵6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)， ∴－2＋2×(－2)≤6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)≤2＋2×2， ∴6a＋b 的最大值为 6. 答案：6 考点(四) 线 性 规 划 问 题 主要考查线性约束条件、可行域等概念，考查在约束 条件下最值的求法，以及已知最优解或可行域的情况 求参数的值或取值范围. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·浙江“超级全能生”联考)若实数 x，y 满足不等式组Error!则 2|x＋1|＋ y 的最大值是(　　) A．14 3 　　　　　　　　 　B．19 3 C．4 D．1 (2)(2018·浙江高考)若 x，y 满足约束条件Error!则 z＝x＋3y 的最小值是________，最大 值是________． [解析]　(1)作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示． 2|x＋1|＋y＝Error! 当 x≥－1 时，目标函数经过可行域的 A 时取得最大值， 由Error! 解得 A( 4 3，5 3 )， 可得 2|x＋1|＋y＝19 3 . 当 x<－1 时，目标函数经过可行域的 B 时取得最大值， 由Error!解得 B(－2,0)， 可得 2|x＋1|＋y＝2. 所以 2|x＋1|＋y 的最大值为19 3 ，故选 B. (2)作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示． 由Error!解得 A(4，－2)． 由Error!解得 B(2,2)． 将函数 y＝－1 3x 的图象平移可知， 当目标函数的图象经过 A(4，－2)时，zmin＝4＋3×(－2)＝－2； 当目标函数的图象经过 B(2,2)时，zmax＝2＋3×2＝8. [答案]　(1)B　(2)－2　8 [方法技巧] 1．平面区域的确定方法 平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区 域是各个不等式所表示的区域的交集． 2．线性目标函数 z＝ax＋by 最值的确定方法 (1)将目标函数 z＝ax＋by 化成直线的斜截式方程 y＝－a bx＋z b(把 z 看成常数)． (2)根据z b的几何意义，确定最值． (3)得出 z 的最值． [演练冲关] 1．(2018·稽阳联谊学校高三联考)在平面直角坐标系中，不等式组Error!(m>0)表示的区 域为 Ω，P(x，y)为 Ω 内(含边界)的点，当 2x＋y 的最大值为 8 时，Ω 的面积为(　　) A．12 B．8 C．4 D．6 解析：选 D　设 z＝2x＋y，由题可知，Ω 是以(0,0)，(m,2m)，(m，－m)为顶点的三角形 及其内部，已知当直线 z＝2x＋y 过点(m,2m)时，2x＋y 达到最大，即 2m＋2m＝8，解得 m＝ 2，此时三角形的三个顶点分别为(0,0)，(2,4)，(2，－2)，所以 Ω 的面积为1 2×2×|4－(－2)|＝ 6，故选 D. 2．(2018·嵊州高三期末质检)若实数 x，y 满足约束条件Error!则 z＝2x－y 的取值范围是 (　　) A．[－4,4] B．[－2,4] C．[－4，＋∞) D．[－2，＋∞) 解析：选 D　如图，作出可行域，当直线 z＝2x－y 经过点(0,2)时，目标函数取得最小值 －2，但无最大值，故选 D. 3．(2018·杭州质量检测)在平面直角坐标系中，不等式组Error!(r 为常数)表示的平面区域 的面积为 π，若 x，y 满足上述约束条件，则 z＝x＋y＋1 x＋3 的最小值为(　　) A．－1 B．－5 2＋1 7 C.1 3 D．－7 5 解析：选 D　∵不等式组Error!(r 为常数)表示的平面区域的面积为 π， ∴圆 x2＋y2＝r2 的面积为 4π，则 r＝2. 由约束条件作出可行域如图， z＝x＋y＋1 x＋3 ＝1＋y－2 x＋3， 而y－2 x＋3的几何意义为可行域内的动点与定点 P(－3,2)连线的斜率．设过 P 的圆的切线的 斜率为 k，则切线方程为 y－2＝k(x＋3)，即 kx－y＋3k＋2＝0. 由|3k＋2| k2＋1 ＝2，解得 k＝0 或 k＝－12 5 . ∴z＝x＋y＋1 x＋3 的最小值为 1－12 5 ＝－7 5.故选 D. [必备知能· 自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．不等式的性质 (1)a＞b，b＞c⇒a＞c； (2)a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc； (3)a＞b⇒a＋c＞b＋c； (4)a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d； (5)a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd； (6)a＞b＞0，n∈N，n＞1⇒an＞bn，n a＞n b. 2．简单分式不等式的解法 (1)f(x) g(x)＞0⇔f(x)g(x)＞0，f(x) g(x)＜0⇔f(x)g(x)＜0. (2)f(x) g(x)≥0⇔Error! f(x) g(x)≤0⇔Error! (3)对于形如f(x) g(x)＞a(≥a)的分式不等式要采取：移项—通分—化乘积的方法转化为(1)或 (2)的形式求解． 3．含绝对值不等式的解法 (1)含绝对值不等式|x|a 的解集 不等式 a>0 a＝0 a<0 |x|a {x|x>a 或 x<－a} {x|x∈R 且 x≠0} R (2)|ax＋b|≤c 和|ax＋b|≥c 型不等式的解法 |ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c； |ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c. (3)|x－a|＋|x－b|≥c 和|x－a|＋|x－b|≤c 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，体现了数形结合的思想； 方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 方法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 4．绝对值三角不等式 (1)定理 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)定理 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． (3)推论 1：||a|－|b||≤|a＋b|. (4)推论 2：||a|－|b||≤|a－b|. (二) 二级结论要用好 1．一元二次不等式的恒成立问题 (1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的条件是Error! (2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是Error! 2．基本不等式的重要结论 (1)a＋b 2 ≥ ab(a＞0，b＞0)． (2)ab≤( a＋b 2 )2(a，b∈R)． (3) a2＋b2 2 ≥a＋b 2 ≥ ab(a＞0，b＞0)． 3．线性规划中的两个重要结论 (1)点 M(x0，y0)在直线 l：Ax＋By＋C＝0(B＞0)上方(或下方)⇔Ax 0＋By0＋C＞0(或＜ 0)． (2)点 A(x1，y1)，B(x2，y2)在直线 l：Ax＋By＋C＝0 同侧(或异侧)⇔(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋ By2＋C)＞0(或＜0)． (三) 易错易混要明了 1．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，不讨论这个数的正负，从而出错． 2．解形如一元二次不等式 ax2＋bx＋c>0 时，易忽视对系数 a 符号的讨论导致漏解或错 解． [针对练 1]　抛物线 y＝ax2＋bx＋c 与 x 轴的两个交点分别为(－ 2，0)，( 2，0)，则 ax2 ＋bx＋c>0 的解的情况是(　　) A．{x|－ 2 2或 x<－ 2} C．{x|x≠± 2} D．不确定，与 a 的符号有关 解析：选 D　当 a>0 时，解集为 x> 2或 x<－ 2；当 a<0 时，解集为－ 20，b>0)在 x＝1 处取得极小值，则1 a＋4 b的最小值为(　　) A．4 B．5 C．9 D．10 解析：选 C　由 f(x)＝1 3ax3＋1 2bx2－x(a>0，b>0)，得 f′(x)＝ax2＋bx－1，则 f′(1)＝a＋ b－1＝0，∴a＋b＝1，∴1 a＋4 b＝( 1 a＋4 b )·(a＋b)＝5＋b a＋4a b ≥5＋2 b a·4a b ＝9，当且仅当b a＝4a b ， 即 a＝1 3，b＝2 3时，等号成立，故选 C. 9．(2018·衢州二中交流卷)若实数 x，y 满足|[x]|＋|y|≤1([x]表示不超过 x 的最大整数)， 则x＋y＋4 x＋2 的取值范围是(　　) A.( 4 3，3 ] B.( 4 3，5 2 ] C.( 3 2，5 2 ] D.( 3 2，3 ]解析：选 A　因为|[x]|≤1－|y|≤1，所以－1≤[x]≤1，再根据[x]的具体值进行分类： ①当[x]＝－1，即－1≤x<0 时，y＝0； ②当[x]＝0，即 0≤x<1 时，|y|≤1，即－1≤y≤1； ③当[x]＝1，即 1≤x<2 时，y＝0. 在平面直角坐标系内作出可行域，如图所示． x＋y＋4 x＋2 ＝1＋y＋2 x＋2，其几何意义为可行域内的点(x，y)与点(－2，－2)所确定的直线的斜 率加 1.而由图可知，点(－1，0)与点(－2，－2)所确定的直线的斜率最大，最大值为 0＋2 －1＋2＝ 2；点(1，－1)与点(－2，－2)所确定的直线的斜率最小，最小值为 －1＋2 1＋2 ＝1 3，又由图知取不 到最小值，所以x＋y＋4 x＋2 ∈( 4 3，3 ]，故选 A. 10．(2018·天津高考)已知函数 f(x)＝Error!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 11．若两个正实数 x，y 满足1 x＋4 y＝1，且不等式 x＋y 4x＋y 4≥ xy≥4， 故 m2－3m>4，化简得(m＋1)(m－4)>0，解得 m<－1 或 m>4，即实数 m 的取值范围为(－∞，－ 1)∪(4，＋∞)． 答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞) 12．设函数 f(x)＝Error!则不等式 f(x)>f(1)的解集是________________． 解析：由题意得，f(1)＝3，所以 f(x)>f(1)，即 f(x)>3.当 x<0 时，x＋6>3，解得－33，解得 x>3 或 0≤x<1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)． 答案：(－3,1)∪(3，＋∞) 13．(2018·绍兴一中调研)已知实数 x，y 满足Error!则由不等式组确定的可行域的面积为 ________，z＝2x－y 的最大值为________． 解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示， 所以可行域的面积为 1，因为目标函数 z＝2x－y 的斜率为 2，所以过点 A(3,0)时取到最 大值 6. 答案：1　6 14．(2018·杭州二中调研)已知 x>3y>0 或 x<3y<0，则(x－2y) 2＋ 4 y(x－3y)的最小值是 ________． 解析：(x－2y)2＋ 4 y(x－3y)≥(x－2y)2＋ 4 [ y＋(x－3y) 2 ]2 ＝(x－2y)2＋ 16 (x－2y)2 ≥8，当 4y＝x，x －2y＝±2 时取等号． 答案：8 15 ． 如 果 实 数 x ， y 满 足 条 件 Error! 且 z ＝ y x＋a的 最 小 值 为 1 2， 则 正 数 a 的 值 为 ________． 解析：根据约束条件画出可行域如图中阴影部分所示，经分析可知当 x＝1，y＝1 时，z 取最小值1 2，即 1 1＋a＝1 2，所以 a＝1. 答案：1 16．(2018·绍兴质量调测)已知正实数 x，y 满足 xy＋2x＋3y＝42，则 xy＋5x＋4y 的最小 值为________． 解析：由题知，xy＋5x＋4y＝(xy＋2x＋3y)＋3x＋y＝42＋3x＋y， 而(x＋3)(y＋2)＝48，因此 144＝(3x＋9)(y＋2)≤( 3x＋y＋11 2 )2，因此 3x＋y≥13，当且仅 当 3x＋9＝y＋2，即Error!时取等号．故 xy＋5x＋4y＝42＋3x＋y≥55，则 xy＋5x＋4y 的最小 值为 55. 答案：55 17．若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)(a≠0)恒成立，则实数 x 的取值范围是 ________． 解析：不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)(a≠0)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤ |2a＋b|＋|2a－b| |a| 恒 成 立 ， 故 |2 ＋ x| ＋ |2 － x|≤( |2a＋b|＋|2a－b| |a| )min. 因 为 |2a＋b|＋|2a－b| |a| ≥ |2a＋b＋2a－b| |a| ＝|4a| |a| ＝ 4 ， 当 且 仅 当 (2a ＋ b)(2a － b)≥0 ， 即 2|a|≥|b| 时 等 号 成 立 ， 所 以 |2a＋b|＋|2a－b| |a| 的最小值为 4，所以|2＋x|＋|2－x|≤4，解得－2≤x≤2.故实数 x 的取值范围 为[－2，2]． 答案：[－2,2] B 组——能力小题保分练 1．已知 x，y 满足Error!则 z＝8－x·( 1 2 )y 的最小值为(　　) A．1 B. 3 2 4 C. 1 16 D. 1 32 解析：选 D　作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示， 而 z＝8－x·( 1 2 )y＝2－3x－y，欲使 z 最小，只需使－3x－y 最小即可．由图 知当 x＝1，y＝2 时，－3x－y 的值最小，且－3×1－2＝－5，此时 2－3x－y 最小，最小值为 1 32.故选 D. 2．设 x，y 满足约束条件Error!若目标函数 z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为 6，则 1 a＋2 b 的最小值为(　　) A．1 B．3 C．2 D．4 解析：选 B　依题意画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影 部分所示． ∵a>0，b>0， ∴当直线 z＝ax＋by 经过点(2,4)时，z 取得最大值 6， ∴2a＋4b＝6，即 a＋2b＝3. ∴1 a＋2 b＝( 1 a＋2 b )(a＋2b)×1 3＝5 3＋2b 3a＋2a 3b≥3，当且仅当 a＝b＝1 时等号成立，∴1 a＋2 b的 最小值为 3.故选 B. 3．设不等式组Error!所表示的平面区域为 Dn，记 Dn 内的整点(横坐标和纵坐标均为整数 的点)个数为 an(n∈N*)，若 m> 1 a1a2＋ 1 a2a3＋…＋ 1 anan＋1对于任意的正整数恒成立，则实数 m 的取值范围是(　　) A.[ 1 9，＋∞) B.( 1 9，＋∞) C.(－∞，1 9] D.(－∞，1 9)解析：选 A　不等式组Error!表示的平面区域为直线 x＝0，y＝0，y＝－nx＋3n 围成的直 角三角形(不含直角边)，区域内横坐标为 1 的整点有 2n 个，横坐标为 2 的整点有 n 个，所以 an ＝ 3n ， 所 以 1 anan＋1＝ 1 3n·(3n＋3)＝ 1 9( 1 n－ 1 n＋1)， 所 以 1 a1a2＋ 1 a2a3＋ … ＋ 1 anan＋1＝ 1 9 (1－1 2＋1 2－1 3＋…＋1 n－ 1 n＋1)＝1 9(1－ 1 n＋1)，数列{ 1 9(1－ 1 n＋1)}为单调递增数列，故当 n 趋近于 无穷大时，1 9(1－ 1 n＋1)趋近于1 9，所以 m≥1 9.故选 A. 4．设二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 的导函数为 f′(x)．若∀x∈R，不等式 f(x)≥f′(x)恒 成立，则 b2 a2＋2c2的最大值为(　　) A. 6＋2 B. 6－2 C．2 2＋2 D．2 2－2 解析：选 B　由题意得 f′(x)＝2ax＋b，由 f(x)≥f′(x)在 R 上恒成立，得 ax2＋(b－2a)x ＋c－b≥0 在 R 上恒成立，则 a>0 且 Δ≤0，可得 b 2≤4ac－4a 2，则 b2 a2＋2c2≤4ac－4a2 a2＋2c2 ＝ 4( c a－1 ) 2( c a )2＋1 ，又 4ac－4a2≥0，∴4· c a－4≥0，∴c a－1≥0，令 t＝c a－1，则 t≥0.当 t>0 时， b2 a2＋2c2≤ 4t 2t2＋4t＋3＝ 4 2t＋3 t＋4 ≤ 4 2 6＋4 ＝ 6－2(当且仅当t＝ 6 2 时等号成立)，当 t＝0 时， b2 a2＋2c2＝0< 6－2，故 b2 a2＋2c2的最大值为 6－2，故选 B. 5．(2019 届高三·浙江新高考联盟联考)过 P(－1,1)的光线经 x 轴上点 A 反射后，经过不 等式组Error!所表示的平面区域内某点(记为 B)，则|PA|＋|AB|的取值范围是________． 解析：作出不等式组Error! 表示的平面区域如图中阴影部分所示，点 P 关于 x 轴的对称点为 P1(－1，－1)，|PA|＋|AB| ＝|P1B|，过点 P1 作直线 x＋y－2＝0 的垂线，则|PA|＋|AB|＝|P1B|的最小值为|－1－1－2| 2 ＝2 2. 由Error!得 B0(2,3)，则|PA|＋|AB|＝|P1B|的最大值为|P1B0|＝ (2＋1)2＋(3＋1)2＝5. 故 2 2≤|PA|＋|AB|≤5. 答案：[2 2，5] 6．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)设实数 x，y 满足不等式组Error!且目标函数 z＝3x ＋y 的最大值为 15，则实数 m＝________；设 min{a，b}＝Error!则 z＝min{x＋y＋2,2x＋y}的 取值范围是________． 解析：因为直线 x＋y－3＝0 与 x－3y＋5＝0 交于点 A(1，2)，而直线 x＋my－1＝0 过点 (1,0)，则当 m>0 时，不等式组不能构成可行域．当 m＝0 时，可行域为点 A(1,2)，不符合题 意．当－1 m>1 3，即－30，∴ax2 ＋2x－1>0 有实数解．当 a≥0 时，显然满足；当 a<0 时，只需 Δ＝4＋4a>0，∴－1－1. 考点(三) 利用导数研究函数的极值、最值 主要考查利用函数的极值与导数的关系，求 函数的极值、最值或由极值的情况求参数. [典例感悟] [典例]　(1)已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有极值，则实数 a 的取值范围是(　　) A.(－∞，1 2)　　　　　　　 　B.(0，1 2 ) C.(－∞，1 2] D.(0，1 2 ](2)已知函数 f(x)＝x＋xln x，若 k∈Z，且 k(x－1)1 恒成立，则 k 的最 大值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　(1)f(x)＝xln x－ax2(x>0)，f′(x)＝ln x＋1－2ax. 令 g(x)＝ln x＋1－2ax，则 g′(x)＝1 x－2a＝1－2ax x . ∵函数 f(x)＝x(ln x－ax)有极值， ∴g(x)＝0 在(0，＋∞)上有实根． 当 a≤0 时，g′(x)>0，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当 x 趋向于 0 时，g(x)趋向于 －∞，当 x 趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞，故存在 x0∈(0，＋∞)，使得 f(x)在(0，x0)上单 调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故 f(x)存在极小值 f(x0)，符合题意． 当 a>0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝ 1 2a.当 00，函数 g(x)单调递增；当 x> 1 2a 时，g′(x)<0，函数 g(x)单调递减，∴x＝ 1 2a时，函数 g(x)取得极大值．∵当 x 趋向于 0 和 x 趋向于＋∞时，均有 g(x)趋向于－∞，要使 g(x)＝0 在(0，＋∞)上有实根，且 f(x)有极值， 必须 g( 1 2a )＝ln 1 2a>0，解得 01 恒成立．令 g(x)＝x＋xln x x－1 ，则 g′(x)＝ x－ln x－2 (x－1)2 ，令 h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则 h′(x)＝1－1 x＝x－1 x >0，所以函数 h(x)在(1，＋∞) 上单调递增． 因为 h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，所以方程 h(x)＝0 在(1，＋∞)上存在唯一实数 根 x0，且满足 x0∈(3,4)，即有 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2. 当 1x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0，所以函数 g(x)＝ x＋xln x x－1 在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 所以[g(x)]min＝g(x0)＝x0(1＋ln x0) x0－1 ＝x0(1＋x0－2) x0－1 ＝x0∈(3,4)．所以 k<[g(x)]min＝x0∈ (3,4)，故整数 k 的最大值是 3. 法二：依题意得，当 x＝2 时，k(2－1)1)， 则 g′(x)＝ln x－1.当 1e 时， g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是 g(e)＝3－e>0，于是有 g(x)>0 恒成立．所以满足题意的最大整数 k 的值是 3. [答案]　(1)A　(2)B [方法技巧] 利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符 号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求 解． (3)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． [演练冲关] 1．已知函数 f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，则实数 k 的 取值范围为(　　) A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－∞，－3] 解析：选 D　由题意知 f′(x)＝3x2＋6x－9，令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－3，所以 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，故－3∈[k,2]， 所以 k≤－3. 2．已知函数 f(x)＝x2－2x＋1＋aln x 有两个极值点 x1，x2，且 x11＋2ln 2 4 D．f(x2)>1－2ln 2 4 解析：选 D　由题意，f(x)＝x2－2x＋1＋aln x 的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2＋a x＝ 2x2－2x＋a x .因为 f(x)有两个极值点 x1，x2，所以 f′(x)＝0 有两个不同的正实根 x1，x2，因为 00，所以 g(t)在( 1 2，1 )上是增函数，所以 g(t)>g( 1 2 )＝1－2ln 2 4 ，故 f(x2)＝ g(x2)>1－2ln 2 4 . 3．设函数 f(x)＝ln x－1 2ax2－bx，若 x＝1 是 f(x)的极大值点，则 a 的取值范围是________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1 x－ax－b， 由 f′(1)＝0，得 b＝1－a. ∴f′(x)＝1 x－ax＋a－1＝ －ax2＋1＋ax－x x ＝－ (ax＋1)(x－1) x . ①若 a≥0，由 f′(x)＝0，得 x＝1.当 00，f(x)单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0， f(x)单调递减． 所以 x＝1 是 f(x)的极大值点． ②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1 a. 因为 x＝1 是 f(x)的极大值点， 所以－1 a>1，解得－10 且 a≠1)；⑥(ex)′＝ex； ⑦(logax)′ ＝ 1 xln a(a>0 且 a≠1)；⑧(ln x)′＝1 x. (2)导数的四则运算： ①(u±v)′＝u′±v′；②(uv)′＝u′v＋uv′；③( u v )′＝u′v－uv′ v2 (v≠0)． 2．导数与极值、最值 (1)函数 f(x)在 x0 处的导数 f′(x0)＝0 且 f′(x)在 x0 附近“左正右负”⇔f(x)在 x0 处取极 大值；函数 f(x)在 x0 处的导数 f′(x0)＝0 且 f′(x)在 x0 附近“左负右正”⇔f(x)在 x0 处取极 小值． (2)函数 f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的 “最大者”；函数 f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值 中的“最小者”． (二) 二级结论要用好 1．常用乘式与除式的求导 (1)[xnf(x)]′＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)； (2)[ f(x) xn ]′＝xnf′(x)－nxn－1f(x) x2n ； (3)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]； (4)[ f(x) ex ]′＝f′(x)－f(x) ex . 2．不等式恒成立(或有解)问题的常用结论 (1)恒成立问题 a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； af(x)有解⇔a>f(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min； af(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2) 解析：选 D　f(x)的定义域是(0，＋∞)， ∵f′(x)＝1－ln x x2 ， ∴x∈(0，e)，f′(x)>0； x∈(e，＋∞)，f′(x)<0， 故 x＝e 时，f(x)max＝f(e)． 而 f(2)＝ln 2 2 ＝ln 8 6 ，f(3)＝ln 3 3 ＝ln 9 6 . f(e)>f(3)>f(2)，故选 D. 4．已知函数 f(x)的定义域为(a，b)，f(x)的导函数 f′(x)在(a，b) 上的图象如图所示，则函数 f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与 x 轴的交点个 数为 4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故 x＝0 不是函数 f(x)的极值点，其余的 3 个交 点都是极值点，其中有 2 个点附近的导数值左正右负，故极大值点有 2 个． 5．已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是(　　) A.(0，1 2 )和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.(0，1 2 )和(2，＋∞) D．(1,2) 解析：选 C　函数 f(x)＝x 2－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋ 2 x＝ 2x2－5x＋2 x ＝ (x－2)(2x－1) x >0，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是(0，1 2 )和 (2，＋∞)． 6．已知函数 f(x)＝x3－px2－qx 的图象与 x 轴切于点(1,0)，则 f(x)的极大值、极小值分别 为(　　) A．－ 4 27，0 B．0，－ 4 27 C. 4 27，0 D．0， 4 27 解析：选 C　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由 f′(1)＝0，f(1)＝0，得Error!解得Error! ∴f(x)＝x3－2x2＋x，由 f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得 x＝1 3或 x＝1，易得当 x＝1 3时，f(x)取极 大值 4 27，当 x＝1 时，f(x)取极小值 0. 7．已知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为 f(x)的导函数，且满足 f(x)<－xf′(x)，则不 等式 f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(1,2) D．(2，＋∞) 解析：选 D　因为 f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故 xf(x)在(0，＋∞)上为单调递 减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以 02. 8．设函数 f(x)＝1 3x－ln x(x>0)，则 f(x)(　　) A．在区间( 1 e，1 )，(1，e)上均有零点 B．在区间( 1 e，1 )，(1，e)上均无零点 C．在区间( 1 e，1 )上有零点，在区间(1，e)上无零点 D．在区间( 1 e，1 )上无零点，在区间(1，e)上有零点 解析：选 D　因为 f′(x)＝1 3－1 x，所以当 x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而 0<1 e<10，f(1)＝1 3>0，f(e)＝e 3－1<0，所以 f(x)在区间( 1 e，1 )上无零点，在区间 (1，e)上有零点． 9．(2018·杭州第二次教学质量检测)已知 a>0 且 a≠1，则函数 f(x)＝(x－a) 2ln x(　　) A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值，又有极小值 D．既无极大值，又无极小值 解析：选 C　f(x)有两个零点 a 和 1，若 a<1，由于函数值在(0，a)为负，(a,1)为负，(1，＋ ∞)为正，故 a 为极大值点，在(a,1)上必有极小值点；若 a>1，由于函数值在(0,1)为负，(1，a) 为正，(a，＋∞)为正，故 a 为极小值点，在(1，a)上必有极大值点，故选 C. 10．(2018·浙江“超级全能生”联考)设 f(x)，g(x)分别是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上 的奇函数和偶函数，当 x<0 时，f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)>0，g(x)≠0，且 f(－3)＝0，则不等 式 f(x)·g(x)<0 的解集是(　　) A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3) C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3) 解析：选 D　构造函数 F(x)＝f(x)·g3(x)， 则 F′(x)＝f′(x)·g3(x)＋3f(x)·g2(x)·g′(x)＝g2(x)·[f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)]>0， 所以 F(x)在(－∞，0)上单调递增，显然 F(x)为奇函数，所以其在(0，＋∞)上单调递 增． 而 F(－3)＝f(－3)·g3(－3)＝0＝－F(3)． 所以 F(x)<0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)， 即F(x) g2(x)<0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选 D. 二、填空题 11．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]最小值为________． 解析：由 f(x)＝x3＋2ax2＋1，得 f′(x)＝3x2＋4ax， 因为函数 f(x)＝x3＋2ax2＋1 在 x＝1 处的切线的斜率为 1， 所以 f′(1)＝1，即 3＋4a＝1，解得 a＝－1 2. 所以 f′(x)＝3x2－2x，当 x∈(0，2 3 )时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，当 x∈( 2 3，1 )时， f′(x)>0，函数 f(x)单调递增， 所以函数 y＝f(x)在[0,1]最小值为 f( 2 3 )＝23 27. 答案：－1 2　23 27 12．已知函数 f(x)＝ex－mx＋1 的图象为曲线 C，若曲线 C 存在与直线 y＝ex 垂直的切 线，则实数 m 的取值范围是________． 解析：函数 f(x)的导数 f′(x)＝ex－m，即切线斜率 k＝ex－m，若曲线 C 存在与直线 y＝ ex 垂直的切线，则满足(ex－m)e＝－1，即 ex－m＝－1 e有解，即 m＝ex＋1 e有解，∵ex＋1 e＞1 e，∴ m＞1 e. 答案：( 1 e，＋∞) 13．(2018·绍兴模拟)已知函数 f(x)＝－1 2x2－3x＋4ln x 在(t，t＋1)上不单调，则实数 t 的 取值范围是________． 解析：∵函数 f(x)＝－1 2x2－3x＋4ln x， ∴f′(x)＝－x－3＋4 x， ∵函数 f(x)＝－1 2x2－3x＋4ln x 在(t，t＋1)上不单调， ∴f′(x)＝－x－3＋4 x＝0 在(t，t＋1)上有解， ∴x2＋3x－4 x ＝0 在(t，t＋1)上有解， ∴g(x)＝x2＋3x－4＝0 在(t，t＋1)上有解， 由 x2＋3x－4＝0，得 x＝1 或 x＝－4(舍去)， ∴1∈(t，t＋1)，即 t∈(0,1)， 故实数 t 的取值范围是(0,1)． 答案：(0,1) 14．(2018·湘中名校联考)已知函数 g(x)＝a－x2 ( 1 e ≤ x ≤ e，e为自然对数的底数)与 h(x) ＝2ln x 的图象上存在关于 x 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是________． 解析：由题意，知方程 x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2 在[ 1 e，e ]上有解．设 f(x)＝2ln x －x2，则 f′(x)＝2 x－2x＝－2(x＋1)(x－1) x .易知 x∈[ 1 e，1 )时 f′(x)>0，x∈(1，e]时 f′(x)<0， 所以函数 f(x)在[ 1 e，1 )上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以 f(x)极大值＝f(1)＝－1，又 f(e)＝ 2－e2，f( 1 e )＝－2－1 e2，f(e)x2 时都有 f(x1)－f(x2)>x1－x2 成立，则实数 m 的取值范围是________． 解析：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．依题意得，对于任意的正数 x1，x2，当 x1>x2 时， 都有 f(x1)－x1>f(x2)－x2，因此函数 g(x)＝f(x)－x 在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当 x>0 时，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋m x－1≥0，即 x(ex－1)≥－m 恒成立．记 h(x)＝x(ex－1)，x>0， 则有 h′(x)＝(x＋1)ex－1>(0＋1)e0－1＝0(x>0)，h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，h(x)的值 域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求实数 m 的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞) 16．设函数 f(x)＝Error! (1)若 a＝0，则 f(x)的最大值为________； (2)若 f(x)无最大值，则实数 a 的取值范围是________． 解析：由当 x≤a 时，由 f′(x)＝3x2－3＝0，得 x＝±1. 如图是函数 y＝x3－3x 与 y＝－2x 在没有限制条件时的图象． ①若 a＝0，则 f(x)max＝f(－1)＝2. ②当 a≥－1 时，f(x)有最大值； 当 a<－1 时，y＝－2x 在 x>a 时无最大值，且－2a>(x3－3x)max，所 以 a<－1. 答案：(1)2　(2)(－∞，－1) 17．(2019 届高三·浙东五校联考)已知函数 f(x)＝3mx－1 x－(3＋m)ln x，若对任意的 m∈ (4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x 1)－f(x2)|成立，则实数 a 的取值范围是 ________． 解析：∵f(x)＝3mx－1 x－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝ (3x－1)(mx－1) x2 ，当 x∈[1,3]，m∈(4,5) 时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋2 3－(3＋m)ln 3，∴ (a－ln 3)m－3ln 3>6m＋2 3－(3＋m)ln 3，∴a>6＋ 2 3m.∵y＝6＋ 2 3m在 m∈(4,5)上单调递减，∴92 15 <6＋ 2 3m<37 6 ，∴a≥37 6 . 答案：[ 37 6 ，＋∞) B 组——能力小题保分练 1．(2018·台州第一次调考)设 f′(x)为函数 f(x)的导函数(x∈R)，且 f(x)<0,2f′(x)＋ f(x)>0(e 为自然对数的底数)，若 x1ex2－x1 2 ·f2(x1) D．f2(x1)>ex1－x2 2 ·f2(x2) 解析：选 D　因为 f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0，所以 f′(x)>0，即 f(x)在(－∞，＋∞)上单调 递增，从而 f(x1)f2(x2)，因为 0f2(x2)>ex1－x2 2 f2(x2)． 2．(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷)设 f1(x)＝sin x＋cos x，对任意的 n∈N*，定义 fn＋1(x) ＝fn′(x)，则 f2 018(x)等于(　　) A．sin x－cos x B．sin x＋cos x C．－sin x－cos x D．－sin x＋cos x 解析：选 D　f1(x)＝sin x＋cos x，f2(x)＝cos x－sin x，f3(x)＝－sin x－cos x，f4(x)＝－cos x＋sin x，f5(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，于是 fk＋4(x)＝fk(x)，所以 f2 018(x)＝f504×4＋2(x)＝f2(x)， 故选 D. 3．(2018·惠州调研)已知函数 f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，则不等式 f(ln x)＋f(ln1 x )<2f(1)的 解集为(　　) A．(e，＋∞) B．(0，e) C.(0，1 e )∪(1，e) D.( 1 e，e ) 解析：选 D　f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，因为 f(－x)＝f(x)，所以 f(x)是偶函数，所以 f(ln1 x ) ＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以 f(ln x)＋f(ln 1 x )<2f(1)可变形为 f(ln x)0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以 f(ln x)2 时，y′>0， ∴当 x＝2 时，函数 y＝(1－x)e－x 取得极小值为－e－2，也即为最小值， 当 x→－∞时，y→＋∞； 当 x→＋∞时，y→0，要满足题意，需－e－20，故 g′(x)>0，g(x)为增函数， 当 x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故 g′(x)<0，g(x)为减函数， 所以 g(x)max＝g(1)＝1 e，又当 x→＋∞时，g(x)→0， 所以 g(x)的图象如图所示，故 00，∴g′(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数 g(x)无极值点． ②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. ∴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． ∴x＝1 a时，g(x)取极大值 g( 1 a )＝ln 1 a－a 2× 1 a2＋(1－a)×1 a＋1＝ 1 2a－ln a. 由①②得，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．　　　 [备课札记] 　 　 　 　　 [方法技巧] 求函数 y＝f(x)在某个区间上极值的步骤 [演练冲关] 1．已知函数 f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)． (1)若 x＝3 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间； (2)求 g(x)＝f(x)－2x 在区间[1，e]上的最小值 h(a)． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a x＋2x－a＝2x2－ax＋a x ， 因为 x＝3 是 f(x)的极值点，所以 f′(3)＝18－3a＋a 3 ＝0， 解得 a＝9，所以 f′(x)＝2x2－9x＋9 x ＝ (2x－3)(x－3) x ， 所以当 03 时，f′(x)>0， 当3 20，且 h(x)在区间(1,2)上是连续的， 所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点． (2)由(1)得 h(x)＝ex－1－ x－x. 由 g(x)＝ x＋x 知，x∈[0，＋∞)，而 h(0)＝0， 则 x＝0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在(1,2)内有零点， 因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点． 因为 h′(x)＝ex－1 2x－1 2－1， 记 φ(x)＝ex－1 2x－1 2－1， 则 φ′(x)＝ex＋1 4x－3 2. 当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则 φ(x)在(0，＋∞)上 至多只有一个零点，即 h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点． 所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2. [备课札记]　 [方法技巧] 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过极值(最值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势， 从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调 性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点 ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个 数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具 作用，体现转化与化归的思想方法． [演练冲关] 2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)有两个零点，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若 a≤0，则 f′(x)<0， 所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若 a>0，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)①若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点． ②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. 当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0， 故 f(x)只有一个零点； 当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1 a＋ln a>0， 即 f(－ln a)>0， 故 f(x)没有零点； 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)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－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). 题型(三) 导数与不等式恒成立、存在性问题 主要考查利用函数的单调性求函数最值的方 法，根据不等式恒成立问题、存在性问题求 参数的值(或取值范围). [典例感悟] [典例 3]　(2018·宁波模拟)已知函数 f(x)＝aln x＋x－1 x，其中 a 为实常数． (1)若 x＝1 2是 f(x)的极大值点，求 f(x)的极小值； (2)若不等式 aln x－1 x≤b－x 对任意－5 2≤a≤0，1 2≤x≤2 恒成立，求 b 的最小值． [解]　(1)f′(x)＝x2＋ax＋1 x2 ， 由题意知 x>0. 由 f′( 1 2 )＝0，得 ( 1 2 )2＋1 2a＋1＝0，所以 a＝－5 2， 此时 f(x)＝－5 2ln x＋x－1 x. 则 f′(x)＝ x2－5 2x＋1 x2 ＝ (x－2) (x－1 2 )x2 . 所以 f(x)在[ 1 2，2 ]上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数． 所以 x＝2 为极小值点，极小值 f(2)＝3 2－5ln 2 2 . (2)不等式 aln x－1 x≤b－x 即为 f(x)≤b， 所以 b≥f(x)max 对任意－5 2≤a≤0，1 2≤x≤2 恒成立． ①若 1≤x≤2，则 ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－1 x≤x－1 x≤2－1 2＝3 2. 当 a＝0，x＝2 时取等号． ②若1 2≤x<1，则 ln x<0，f(x)＝aln x＋x－1 x≤－5 2ln x＋x－1 x. 由(1)可知 g(x)＝－5 2ln x＋x－1 x在[ 1 2，1 )上为减函数． 所以当1 2≤x<1 时，g(x)≤g( 1 2 )＝5 2ln 2－3 2. 因为 5 2ln 2－3 2<5 2－3 2＝1<3 2，所以 f(x)≤3 2. 综上，f(x)max＝3 2. 于是 bmin＝3 2. [备课札记]　 [方法技巧] 1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法 (1)分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数 求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围． (2)函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的 极值(最值)；第三步：构建不等式求解． 2．利用导数解决不等式存在性问题的策略 (1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题． (2)用导数求该函数在该区间上的最值． (3)构建不等式求解． [演练冲关] 3．已知函数 f(x)＝x－aln x，g(x)＝－1＋a x ，其中 a∈R. (1)设函数 h(x)＝f(x)－g(x)，求函数 h(x)的单调区间； (2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)0) ， h′(x) ＝ 1 － 1＋a x2 － a x＝ x2－ax－(1＋a) x2 ＝ (x＋1)[x－(1＋a)] x2 . ①当 a＋1>0，即 a>－1 时，在(0,1＋a)上 h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上 h′(x)>0，所以 h(x) 在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增． ②当 1＋a≤0，即 a≤－1 时，在(0，＋∞)上 h′(x)>0，所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单 调递增． 综上所述，当 a>－1 时，h(x)的单调递减区间为(0,1＋a)，单调递增区间为(1＋a，＋∞)； 当 a≤－1 时，h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． (2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)e2＋1 e－1 ， 因为e2＋1 e－1 >e－1，所以 a>e2＋1 e－1 . ②当 1＋a≤1，即 a≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以 h(x)的最小值为 h(1)，由 h(1) ＝1＋1＋a<0 可得 a<－2. ③当 1<1＋a2>0，不合题意． 综上，a 的取值范围是(－∞，－2)∪( e2＋1 e－1 ，＋∞). 题型(四) 导数与不等式的证明问题 主要考查利用函数的单调性求最值， 证明不等式或比较大小问题. [典例感悟] [典例 4]　(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a≥1 e时，f(x)≥0. [解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1 x. 由题设知，f′(2)＝0，所以 a＝ 1 2e2. 从而 f(x)＝ 1 2e2ex－ln x－1，f′(x)＝ 1 2e2ex－1 x. 可知 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又 f′(2)＝0， 所以当 02 时，f′(x)>0. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)证明：当 a≥1 e时，f(x)≥ex e －ln x－1. 设 g(x)＝ex e －ln x－1，则 g′(x)＝ex e －1 x. 可知 g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g′(1)＝0， 所以当 01 时，g′(x)>0. 所以 x＝1 是 g(x)的最小值点． 故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥1 e时，f(x)≥0. [备课札记]　 　 [方法技巧] 1．利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数 h(x)． (3)利用导数研究 h(x)的单调性或最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 2．构造辅助函数的 4 种方法 移项法 证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)， 进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x) 构造法 对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同 结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数 主元法 对于(或可化为)f(x1，x2)≥A 的不等式，可选 x1(或 x2)为主元，构造函数 f(x，x2)(或 f(x1，x)) 放缩法 若所构造函数的最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数 [演练冲关] 4．(2018·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝ex，其中 e＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)若曲线 y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线方程为 y＝kx＋b，求 k－b 的最小值； (2)当常数 m∈(2，＋∞)时，若函数 g(x)＝(x－1)f(x)－mx2＋2 在[0，＋∞)上有两个零点 x1，x2(x1－1 时，H′(x)>0， ∴H(x)在(－1，＋∞)上单调递增； 当 x<－1 时，H′(x)<0， ∴H(x)在(－∞，－1)上单调递减． ∴H(x)的极小值为 H(－1)＝－1 e， ∴k－b 的最小值为－1 e. (2)证明：由 m>2，x≥0，g′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得 x＝0 或 x＝ln 2m. ∴当 x>ln 2m 时，g′(x)>0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增； 当 0≤xln 4>1，∴g(ln 2m)<0. 又 g(0)＝1>0， ∴存在 x1∈(0,1)，使得 g(x1)＝0. 易知当 x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴存在 x2∈(ln 2m，＋∞)，使得 g(x2)＝0， ∴x2>ln 2m>ln 4， ∴x2－x1>ln 4－1＝ln 4 e，即 x2>x1＋ln 4 e. 易知 m>ln 2m， 当 x＝m 时，g(m)＝(m－1)em－m3＋2，m>2. 令 u(x)＝(x－1)ex－x3＋2， ∴u′(x)＝xex－3x2＝x(ex－3x)． 令 G(x)＝ex－3x，∴当 x>2 时，G′(x)＝ex－3>0， ∴G(x)在(2，＋∞)上单调递增， ∴G(x)>G(2)＝e2－6>0， ∴u′(x)>0 在(2，＋∞)上恒成立， ∴u(x)>u(2)＝e2－6>0，∴m>2 时，g(m)>0. 又 g(x2)＝0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增， ∴m>x2.故 x1＋ln 4 e0 时，f(x) x 0，得 01， 由 f′(x)<0，得1 20，得 0e3 2，因而 h(x)在(e3 2，＋∞)上单调递 减． ∴h(x)的最大值为 h(e3 2)＝e－3 2， ∴a＋1 2 >e－3 2，故 a>2e－3 2－1.从而实数 a 的取值范围为(2e－3 2－1，＋∞). [思维升华] 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量 分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个 小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多 拿步骤分． [应用体验] (2018·金华一中模拟)已知 f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1 x2 . (1)当 a>0 时，讨论 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a＝1 时，f(x)>f′(x)＋3 2对于任意的 x∈[1,2]恒成立． 解：(1)由 f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1 x2 ， 得 f′(x)＝a(1－1 x )＋2x2－(2x－1)2x x4 ＝ (x－1)(ax2－2) x3 (x>0)． 当 a>0，若 00，f(x)为增函数， 当 x∈(1， 2a a )时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 若 a＝2，f′(x)≥0 恒成立，f(x)在(0，＋∞)上为增函数； 若 a>2，当 x∈(0， 2a a )和(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数， 当 x∈( 2a a ，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数． (2)证明：∵a＝1， 令 F(x)＝f(x)－f′(x) ＝x－ln x＋2 x－ 1 x2－1＋ 2 x2＋1 x－ 2 x3 ＝x－ln x＋3 x＋ 1 x2－ 2 x3－1， 令 g(x)＝x－ln x，h(x)＝3 x＋ 1 x2－ 2 x3－1. 则 F(x)＝f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)， 由 g′(x)＝x－1 x ≥0，可得 g(x)≥g(1)＝1， 当且仅当 x＝1 时取等号； 又 h′(x)＝ －3x2－2x＋6 x4 ， 设 φ(x)＝－3x2－2x＋6，则 φ(x)在[1,2]上单调递减， 且 φ(1)＝1，φ(2)＝－10， ∴在[1,2]上存在 x0，使得 x∈(1，x0)时，φ(x0)>0，x∈(x0,2)时，φ(x0)<0， ∴函数 h(x)在(1，x0)上单调递增；在(x0,2)上单调递减， 由于 h(1)＝1，h(2)＝1 2，因此 h(x)≥h(2)＝1 2，当且仅当 x＝2 时取等号， ∴f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)>g(1)＋h(2)＝3 2， ∴F(x)>3 2恒成立． 即 f(x)>f′(x)＋3 2对于任意的 x∈[1,2]恒成立． [课时跟踪检测] 1．(2019 届高三·吴越联盟高三联考)已知函数 f(x)＝ln x＋ax， (1)若函数 f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝2x＋m，求实数 a 和 m 的值； (2)若函数 f(x)在定义域内有两个不同的零点 x1，x2，求实数 a 的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝1 x＋a. ∵函数 f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝2x＋m， ∴f′(1)＝1＋a＝2，得 a＝1. 又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函数 f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y－1＝2(x－1)， 即 y＝2x－1，∴m＝－1. (2)由(1)知 f′(x)＝1 x＋a＝1＋ax x (x>0)． 当 a≥0 时，∵f′(x)＝1＋ax x >0，∴函数 f(x)＝ln x＋ax 在(0，＋∞)上单调递增， 从而函数 f(x)至多有一个零点，不符合题意； 当 a<0 时，∵f′(x)＝ a(x＋1 a )x (x>0)， ∴函数 f(x)在(0，－1 a)上单调递增，在(－1 a，＋∞)上单调递减， ∴函数 f(x)max＝f(－1 a )＝ln(－1 a )＋a(－1 a )＝ln(－1 a )－1， ∴要满足函数 f(x)在定义域内有两个不同的零点 x1，x2， 必有 f(x)max＝ln(－1 a )－1>0，得 a>－1 e， ∴实数 a 的取值范围是(－1 e，0). 2．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x－1－aln x. (1)若 f(x)≥0，求 a 的值； (2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n， (1＋1 2 )·(1＋ 1 22)·…· (1＋ 1 2n)0，由 f′(x)＝1－a x＝x－a x 知，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 故 x＝a 是 f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点． 由于 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1 时，f(x)≥0.故 a＝1. (2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令 x＝1＋ 1 2n，得 ln(1＋ 1 2n)< 1 2n. 从而 ln(1＋1 2 )＋ln(1＋ 1 22)＋…＋ln(1＋ 1 2n)<1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n＝1－ 1 2n<1. 故(1＋1 2 )(1＋ 1 22)·…· (1＋ 1 2n)2， 所以 m 的最小值为 3. 3．(2018·浙江新高考训练卷)设函数 f(x)＝ln x＋x. (1)令 F(x)＝f(x)＋a x－x(00， ∴Δ＝m2＋4m>0， ∵x>0， ∴x1＝m－ m2＋4m 2 <0(舍去)，x2＝m＋ m2＋4m 2 ， 当 x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减， 当 x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增， 当 x＝x2 时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值 g(x2)． ∵g(x)＝0 有唯一解， ∴g(x2)＝0， 则Error!即 x22－2mln x2－2mx2＝x22－mx2－m， ∴2mln x2＋mx2－m＝0， ∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*) 设函数 h(x)＝2ln x＋x－1， ∵当 x>0 时，h(x)是增函数， ∴h(x)＝0 至多有一解． ∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为 x2＝1，即 1＝m＋ m2＋4m 2 ，解得 m＝1 2. 4．(2019 届高三·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1)) 处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0. (1)求 a，b； (2)若方程 f(x)＝m 有两个实数根 x1，x2，且 x10 矛盾，故 a＝1，b＝1. (2)证明：由(1)可知 f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0， 设曲线 y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为 y＝h(x)， 则 h(x)＝( 1 e－1 )(x＋1)， 令 F(x)＝f(x)－h(x)，则 F(x)＝(x＋1)(ex－1)－( 1 e－1 )(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－1 e， 当 x≤－2 时，F′(x)＝(x＋2)ex－1 e≤－1 e<0， 当 x>－2 时，设 G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－1 e， 则 G′(x)＝(x＋3)ex>0， 故函数 F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又 F′(－1)＝0， 所以当 x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当 x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0， 所以函数 F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增， 故 F(x)≥F(－1)＝0，所以 f(x)≥h(x)， 所以 f(x1)≥h(x1)． 设 h(x)＝m 的根为 x1′，则 x1′＝－1＋ me 1－e， 又函数 h(x)单调递减，且 h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)， 所以 x1′≤x1， 设曲线 y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y＝t(x)，易得 t(x)＝x， 令 T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x， 则 T′(x)＝(x＋2)ex－2， 当 x≤－2 时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0， 当 x>－2 时，设 H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2， 则 H′(x)＝(x＋3)ex>0， 故函数 T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又 T′(0)＝0， 所以当 x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当 x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0， 所以函数 T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以 T(x)≥T(0)，所以 f(x)≥t(x)， 所以 f(x2)≥t(x2)． 设 t(x)＝m 的根为 x2′，则 x2′＝m， 又函数 t(x)单调递增，且 t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)， 所以 x2′≥x2.又 x1′≤x1， 所以 x2－x1≤x2′－x1′＝m－(－1＋ me 1－e) ＝1＋m(1－2e) 1－e . 5．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}＝Error!＝|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＝4ax 3＋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Error!即Error!或Error! 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－10 时，f(x)＝x－2 x＋1，若对任意实数 t∈ [ 1 2，2 ]，都有 f(t＋a)－f(t－1)>0 恒成立，则实数 a 的取值范围是__________． [解析]　∵当 x>0 时，f(x)＝x－2 x＋1＝1－ 3 x＋1， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由 f(t＋a)－f(t－1)>0 得，f(t＋a)>f(t－1)， 又 f(x)是定义在 R 上的偶函数， ∴f(|t＋a|)>f(|t－1|)，则|t＋a|>|t－1|， 两边平方得，(2a＋2)t＋a2－1>0， ∵对任意实数 t∈[ 1 2，2 ]，都有 f(t＋a)－f(t－1)>0 恒成立， ∴对任意实数 t∈[ 1 2，2 ]，都有(2a＋2)t＋a2－1>0 恒成立， 则Error!化简得Error! 解得 a>0 或 a<－3， 则实数 a 的取值范围是(－∞，－3)∪(0，＋∞)． [答案]　(－∞，－3)∪(0，＋∞) [微评]　对于函数比较大小的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再 利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若 f(x)为偶函数，则 f(－x)＝ f(x)＝f(|x|)．如本题中，如果在得出 f(t＋a)>f(t－1)之后，丢了这里的绝对值符号，则会因考 虑不周而失分. 失误 3 因忽视必备条件的讨论而失分 [例 3]　设函数 f(x)＝1 3x3＋ax2＋5x＋6 在区间[1,3]上是单调递减函数，则实数 a 的取 值范围是(　　) A．[－ 5，＋∞) B．(－∞，－3] C．(－∞，－3) D．[－ 5， 5] [解析]　根据题意 f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0 在区间[1,3]上恒成立，所以 f′(x)＝x2＋2ax ＋5 的最大值小于或等于零，因为函数开口向上，故最大值在区间端点处取得，所以Error!解 得 a≤－3，故选 B. [答案]　B [微评]　函数单调递减时，相应的导数值应该小于或等于零(等于零的点为有限个孤立 点)，本题易错误地令 f(x)<0，求得错解 C. 失误 4 因对双变量问题非等价转化而失分 [例 4]　已知函数 f(x)＝e xsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ 2ex，其中 e 是自然对数的底 数． (1)判断函数 y＝f(x)在(0，π 2 )内零点的个数，并说明理由； (2)∀x1∈[0，π 2 ]，∃x2∈[0，π 2 ]，使得不等式 f(x1)＋g(x2)≥m 成立，试求实数 m 的取值 范围． [解]　(1)函数 y＝f(x)在(0，π 2 )内零点的个数为 1，理由如下： f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x， 当 00，则函数 y＝f(x)在(0，π 2 )上单调递增，f(0)＝－1<0，f( π 2 )＝eπ 2 >0，f(0)·f( π 2 )<0. 由零点存在性定理，可知函数 y＝f(x)在(0，π 2 )内零点的个数为 1. (2)因为不等式 f(x1)＋g(x2)≥m 等价于 f(x1)≥m－g(x2)， 所以∀x1∈[0，π 2 ]，∃x2∈[0，π 2 ]，使得不等式 f(x1)＋g(x2)≥m 成立，等价于 f(x)min≥[m －g(x)]min＝m－g(x)max. 由(1)知，f(x)最小值为 f(0)＝－1. 又 g′(x)＝cos x－xsin x－ 2ex， 当 x∈[0，π 2 ]时，0≤cos x≤1，xsin x≥0， 2ex≥ 2， 所以 g′(x)<0. 故 g(x)在区间[0，π 2 ]上单调递减， 当 x＝0 时，g(x)取得最大值－ 2. 所以－1≥m－(－ 2)， 所以 m≤－ 2－1， 故实数 m 的取值范围是(－∞，－1－ 2 ]． [微评]　(1)本题第(2)问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数 最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错． (2)双变量问题的常用转化方法： ①存在 x1，x2∈[a，b]，使 f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；　 ②任意的 x1，x2∈[a，b]，使 f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max； ③任意的 x2∈[a，b]，总存在 x1∈[a，b]，使 f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max； ④任意的 x1∈[a，b]，总存在 x2∈[a，b]，使 f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min； ⑤任意的 x1，x2∈[a，b]，不等式|f(x1)－f(x2)|3，则 x0 的取值范围为(　　) A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0,2) C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3) (2)(特殊点)函数 f(x)＝|1－x2| 1－|x| 的图象是(　　) (3)(特殊函数)若函数 y＝f(x)对定义域 D 中的每一个 x 1，都存在唯一的 x2∈D，使 f(x1)·f(x2)＝1 成立，则称 f(x)为“影子函数”，有下列三个命题： ①“影子函数”f(x)的值域可以是 R； ②“影子函数”f(x)可以是奇函数； ③若 y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则 y＝f(x)·g(x)是“影子函 数”． 上述命题正确的序号是(　　) A．①　　　　　　　　 　B．② C．③ D．②③ [解析]　(1)取 x0＝1，则 f(1)＝1 2＋1＝3 2<3，故 x0≠1，排除 B、D；取 x0＝3，则 f(3)＝log28 ＝3，故 x0≠3，排除 A，故选 C. (2)因为 x≠±1，所以排除 A；因为 f(0)＝1，所以函数 f(x)的图象过点(0,1)，排除 D；因 为 f( 1 2 )＝|1－( 1 2 )2 | 1－1 2 ＝3 2，所以排除 B，故选 C. (3)对于①：假设“影子函数”的值域为 R， 则存在 x1，使得 f(x1)＝0，此时显然不存在 x2，使得 f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误； 对于②：函数 f(x)＝x(x≠0)，对任意的 x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取 x2＝ 1 x1，则 f(x1)·f(x2) ＝1， 又因为函数 f(x)＝x(x≠0)为奇函数， 即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确； 对于③：函数 f(x)＝x(x>0)，g(x)＝1 x(x>0)都是“影子函数”，但 F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0) 不是“影子函数”(因为对任意的 x1∈(0，＋∞)，存在无数多个 x2∈(0，＋∞)，使得 F(x1)·F(x2) ＝1)，所以③错误． 综上，应选 B. [答案]　(1)C　(2)C　(3)B [微评]　本例(1)(2)(3)分别采用“特殊数值”“特殊点”“特殊函数”解决问题，不仅提高了 做题速度而且大大提高了答题的正确率. 策略 2 构造法：在函数与导数、不等式综合问题中的应用 根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法 之一． [例 2]　(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 (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(　　) A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) [解析]　(1)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. (2)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]　(1)A　(2)B [微评]　(1)本例(1)(2)分别构造函数 f(x)＝ 1 x2＋ln x，g(x)＝f(x) ex ，然后利用导数研究函数 的单调性，进而求解． (2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数．求导 的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如： ①对于不等式 xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数 F(x)＝xf(x)； ②对于不等式 xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数 F(x)＝f(x) x (x≠0)； ③对于不等式 f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数 F(x)＝exf(x)； ④对于不等式 f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数 F(x)＝f(x) ex . 提能点　(三)系统数学思想，实现“触类旁通” 1．数形结合思想——在求解不等式中的应用 当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时， 我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象 法． [例 1]　(1)不等式 2x－x2≤x＋b 恒成立，则实数 b 的取值范围是(　　) A．(－∞，－ 2－1]　　　 　B．(－∞， 2－1] C．[ 2－1，＋∞) D．[－ 2－1， 2－1] (2)已知函数 f(x)＝ex＋e2－x，若关于 x 的不等式[f(x)]2－af(x)≤0 恰有 3 个整数解，则 实数 a 的最小值为(　　) A．1 B．2e C．e2＋1 D．e3＋1 e3 [解析]　(1)设 y＝ 2x－x2＝ 1－(x－1)2，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以 A(1,0)为 圆心，半径为 1 的上半圆；而 y＝x＋b 表示斜率为 1，在 y 轴上的截距为 b 的直线． 如图所示，要使不等式恒成立，则直线 y＝x＋b 在半圆的上方， 即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故|1＋b| 2 ≥1，解得 b≥ 2－1 或 b≤－ 2－1.而当 b≤－ 2－1 时，直线 y＝x＋b 在半圆的下方，所以 不满足条件．所以实数 b 的取值范围是[ 2－1，＋∞)．故选 C. (2) 因 为 f(x) ＝ ex ＋ e2 － x>0 ， 所 以 由 [f(x)]2 － af(x)≤0 可 得 00)，画出函数 g(t)的大致图象，如图 所示，结合图象分析易知原不等式有 3 个整数解可转化为 00，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则 a b＝ ________. (2)已知函数 f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x. ①当 a>0 时，求函数 f(x)的单调递增区间； ②当 a<0 时，求函数 f(x)在[ 1 2，1 ]上的最小值． [解析]　(1)当 01 时，f(x) 在[－1,0]上单调递增，则Error!此方程组无解．综上可知，ab＝4. 答案：4 (2)因为 f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x， 所以 f′(x)＝2ax＋1－2a－1 x＝ (2ax＋1)(x－1) x . ①因为 a>0，x>0，所以 2ax＋1>0， 令 f′(x)>0，得 x>1， 所以 f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)． ②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，得 x1＝－ 1 2a，x2＝1， 当－ 1 2a>1，即－1 21 两种情况进行求解．注意对于底数含参的指数(对数)函数，当涉及单调性、值域(最 值)、解不等式等问题时，一般需进行分类讨论． (2)求 f(x)在[ 1 2，1 ]上的最小值时，主要是参数 a 的取值影响 f(x)在[ 1 2，1 ]的单调性，故 要分类讨论． 提能点　(四)强化应用导向，做到“把根留住” 导数在函数应用中的几种考法 [题根研究——挖考查实质] [题根]　已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R. (1)讨论函数 f(x)的单调区间； (2)设函数 f(x)在区间(－2 3，－1 3)内是减函数，求 a 的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1， 当 a2≤3 时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在 R 上递增； 当 a2>3 时，由 f′(x)＝0，求得两根为 x＝ －a ± a2－3 3 ，即 f(x)的单调递增区间为 (－∞，－a－ a2－3 3 ]和[ －a＋ a2－3 3 ，＋∞)，单调递减区间为( －a－ a2－3 3 ，－a＋ a2－3 3 ). (2)由Error! 解得 a≥2，即 a 的取值范围为[2，＋∞)． [题根分析]　对于一元三次函数，要判断单调性并求单调区间，求导的方法比较简单． [变式应用——练迁移能力] [变式 1]　已知函数 f(x)＝x2＋ax＋1，a∈R. (1)讨论函数 f(x)的单调区间； (2)设函数 f(x)在区间(－2 3，－1 3)内是减函数，求 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2x＋a，由 f′(x)≥0 得到 f(x)的单调递增区间为[－a 2，＋∞)，由 f′(x)≤0 得到 f(x)的单调递减区间为(－∞，－a 2]. (2)由－1 3≤－a 2，解得 a≤2 3， 即 a 的取值范围为(－∞，2 3]. [变式 2]　已知函数 f(x)＝ 1 1＋x－ t－x (1＋x)2 ，其中 t 为常数，且 t>0.求函数 f(x)在(0，＋∞) 上的最大值． 解：由 f(x)＝ 1 1＋x－ t－x (1＋x)2 ， 得 f′(x)＝－ 1 (1＋x)2 － －(1＋x)2－2(t－x)(1＋x) (1＋x)4 ＝2(t－x) (1＋x)3. 因为 x>0，当 x0；当 x>t 时，f′(x)<0，所以当 x＝t 时，f(x)取得最大值 f(t) ＝ 1 1＋t. [变式 3]　设函数 f(x)＝ex x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若 k>0，求不等式 f′(x)＋k(1－x)f(x)>0 的解集． 解：(1)f′(x)＝x－1 x2 ex，由 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 x<0 时，f′(x)<0；当 00，得(x－1)(kx－1)<0. 所以当 01 时，解集是 {x|1 k < x < 1}. [变式 4]　已知 f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝ln x x ，其中 e 是自然对数的底数． (1)讨论函数 f(x)的单调性和极值； (2)求证：不等式 f(x)－g(x)>1－1 e恒成立． 解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1 x＝x－1 x ， ∴当 00，f(x)在(1，e]上单调递增． ∴f(x)的极小值为 f(1)＝1，f(x)无极大值． (2)证明：由(1)知 f(x)min＝1. 又 g′(x)＝1－ln x x2 ， ∴当 00，g(x)在(0，e]上单调递增． ∴g(x)max＝g(e)＝1 e， ∴f(x)min－g(x)max＝1－1 e，但由于 f(x)和 g(x)不能同时取得最小和最大值， ∴f(x)－g(x)>1－1 e，即不等式 f(x)－g(x)>1－1 e恒成立． [变式 5]　设函数 f(x)＝ax＋cos x，x∈[0，π]． (1)当 a＝1 2时，求 f(x)的单调区间； (2)设 f(x)≤1＋sin x，求 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝1 2时，f′(x)＝1 2－sin x. 由 f′(x)＝0，x∈[0，π]，得 x＝π 6或5π 6 ， ∴由 f′(x)≥0 得递增区间为[0，π 6 ]和[ 5π 6 ，π]； 由 f′(x)<0 得递减区间为( π 6，5π 6 ). (2)在 x∈[0，π]上，f(x)≤1＋sin x⇔ax＋cos x≤1＋sin x⇔ax－1≤sin x－cos x⇔ax－1≤ 2sin(x－π 4 ) ⇔函数 y＝ax－1 的图象恒在 y＝ 2sin (x－π 4 )图象的下方． 作出函数 y＝ax－1 和 y＝ 2sin (x－π 4 )在[0，π]的图象，由图可知，a≤1－(－1) π－0 ＝2 π， 即 a 的取值范围是(－∞，2 π]. 提能点　(五)关注临界问题，挖掘“学科潜力” (一)高等数学背景型临界问题 以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考命 题的热点之一． [高斯函数]　 对任意实数 x，[x]表示不超过 x 的最大整数，称[x]为 x 的整数部分，称 f(x)＝[x]为高 斯函数(取整函数)． [有界函数]　 定义在区间 D 上的函数 f(x)，若满足：对任意 x∈D，存在常数 M>0，都有|f(x)|≤M 成 立，则称 f(x)是区间 D 上的有界函数，其中 M 称为 f(x)在区间 D 上的上界． [例 1]　(1)设集合 A＝{x| 1 2 018 < 8x < 2 018}和 B＝{x|log2(x2－[x])＝2}，其中符号[x]表 示不大于 x 的最大整数，则 A∩B＝________. (2)已知函数 f(x)＝1＋a·( 1 2 )x＋( 1 4 )x，若函数 f(x)在[0，＋∞)上是以 3 为上界的有 界函数，则实数 a 的取值范围是________． [解析]　(1)因为 1 2 018<8x<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3. 若[x]＝－3，则 log2(x2＋3)＝2，无解； 若[x]＝－2，则 log2(x2＋2)＝2，解得 x＝－ 2； 若[x]＝－1，则 log2(x2＋1)＝2，无解； 若[x]＝0，则 log2(x2)＝2，无解； 若[x]＝1，则 log2(x2－1)＝2，无解； 若[x]＝2，则 log2(x2－2)＝2，解得 x＝ 6； 若[x]＝3，则 log2(x2－3)＝2，无解． 综上，A∩B＝{－ 2， 6}． (2)由题意知，|f(x)|≤3 在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.所以－4·2 x－( 1 2 ) x≤a≤2·2x－( 1 2 )x 在[0，＋∞)上恒成立， 即 [－4·2x－( 1 2 )x ]max≤a≤[2·2x－( 1 2 )x ]min. 设 t＝2x，h(t)＝－4t－1 t，p(t)＝2t－1 t，且 t∈[1，＋∞)，易知 h(t)＝－4t－1 t在[1，＋∞) 上单调递减，p(t)＝2t－1 t在[1，＋∞)上单调递增， 所以 h(t)在[1，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为 p(1)＝1. 故实数 a 的取值范围为[－5,1]． [答案]　(1){－ 2， 6}　(2)[－5,1] [微评]　本例(1)以取整函数为背景考查学生分析问题、解决问题的能力，解决本题的关 键是对符号[x]的正确理解；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的 能力，其中理解有界函数的意义是解题的关键． (二)临界方法 [洛必达法则] 法则 1　若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0 及 g(x)＝0； (2)在点 a 的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0； (3) f′(x) g′(x)＝l. 那么 f(x) g(x)＝ f′(x) g′(x)＝l. 法则 2　若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0 及 g(x)＝0； (2)∃A≠0，f(x)和 g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且 g′(x)≠0； lim x a→ lim x a→ lim x a→ lim x a→ lim x a→ lim x→∞ lim x→∞ (3) f′(x) g′(x)＝l. 那么 f(x) g(x)＝ f′(x) g′(x)＝l. 法则 3　若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞； (2)在点 a 的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0; (3) f′(x) g′(x)＝l. 那么 f(x) g(x)＝ f′(x) g′(x)＝l. [例 2]　已知函数 f(x)＝aln x x＋1＋b x，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝ 0. (1)求 a，b 的值； (2)如果当 x>0，且 x≠1 时，f(x)> ln x x－1＋k x，求 k 的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝ a( x＋1 x －ln x)(x＋1)2 － b x2. 由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－1 2，且过点(1,1)， 故Error!即Error! 解得Error! (2)由(1)知 f(x)＝ ln x x＋1＋1 x， 所以 f(x)－( ln x x－1＋k x) ＝ 1 1－x2[2ln x＋ (k－1)(x2－1) x ]. 令函数 h(x)＝2ln x＋ (k－1)(x2－1) x (x>0)， 则 h′(x)＝ (k－1)(x2＋1)＋2x x2 . ①若 k≤0，由 h′(x)＝k(x2＋1)－(x－1)2 x2 知， 当 x≠1 时，h′(x)＜0，h(x)递减．而 h(1)＝0， lim x→∞ lim x→∞ lim x→∞ lim x a→ lim x a→ lim x a→ lim x a→ lim x a→ 故当 x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得 1 1－x2h(x)＞0； 当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得 1 1－x2h(x)＞0. 从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－( ln x x－1＋k x)＞0， 即 f(x)＞ ln x x－1＋k x. ②若 0＜k＜1.由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1 的图象开口向下，且 Δ＝4－ 4(k－1)2>0，对称轴 x＝ 1 1－k>1， 所以当 x∈(1， 1 1－k)时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0， 故 h′(x)>0，而 h(1)＝0， 故当 x∈(1， 1 1－k)时，h(x)＞0，可得 1 1－x2h(x)＜0，与题设矛盾． ③若 k≥1.此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0 即 h′(x)＞0，而 h(1)＝0， 故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得 1 1－x2h(x)＜0. 与题设矛盾． 综上，k 的取值范围为(－∞，0]． 此方法在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下： 另解：(2)由题设可得，当 x>0，x≠1 时，k<2xln x 1－x2 ＋1 恒成立． 令 g(x)＝2xln x 1－x2 ＋1(x>0，x≠1)， 则 g′(x)＝2· (x2＋1)ln x－x2＋1 (1－x2)2 ， 再令 h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)， 则 h′(x)＝2xln x＋1 x－x，h″(x)＝2ln x＋1－ 1 x2， 易知 h″(x)＝2ln x＋1－ 1 x2在(0，＋∞)上为增函数，且 h″(1)＝0. 故当 x∈(0,1)时，h″(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0. ∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 故 h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 又 h(1)＝0，∴当 x∈(0,1)时，h(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0， ∴当 x∈(0,1)时，g′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知 g(x)＝2 xln x 1－x2＋1＝2 1＋ln x －2x ＋1＝2×(－1 2 )＋1＝0. ∴k≤0，即 k 的取值范围为(－∞，0]． [微评]　在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的 求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值 得借鉴的方法． [专题提能训练] A 组——易错清零练 1．已知函数 f(x)＝ln ( 2x 1＋x＋a)是奇函数，则实数 a 的值为(　　) A．1　　　　　　　　　 　B．－1 C．1 或－1 D．4 解析：选 B　由题意知 f(－x)＝－f(x)恒成立，则 ln( －2x 1－x＋a)＝－ln( 2x 1＋x＋a)，即 －2x 1－x＋ a＝ 1 2x 1＋x＋a ，解得 a＝－1.故选 B. 2．已知 f(x)是奇函数，且 f(2－x)＝f(x)，当 x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当 x∈(1,2) 时，f(x)＝(　　) A．－log2(4－x) B．log2(4－x) C．－log2(3－x) D．log2(3－x) 解析：选 C　依题意得 f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当 x∈(1,2)时， x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故 f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝－log2(3 －x)，选 C. 3．已知函数 f(x)为 R 上的奇函数，且当 x≥0 时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记 a＝－ 2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则 a，b，c 的大小关系是(　　) A．b0 时，f(x)≥0，f(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递 增．作出函数 f(x)的图象如图所示．设 t＝f(x)，则关于 t 的方程 t 2 －(a＋2)t＋3＝0 有两个不同的实数根，且 t∈(1,2]．令 g(t)＝t2－(a ＋2)t＋3， 则Error!解得 2 3－23>5 2，所以 f( 7 2 )x0，则 f(x1)的值(　　) A．等于 0 B．不大于 0 C．恒为正值 D．恒为负值 解析：选 D　由题意得 f(x)＝e－x＋log3 1 x＝( 1 e )x－log3x，方程 f(x)＝0，即 f(x)＝( 1 e ) x－log3x＝0.则 x0 为 y1＝( 1 e )x 与 y2＝log3x 图象的交点的横坐标，画出函数 y1＝( 1 e )x 与 y2＝log3x 的图象(图略)，可知当 x1>x0 时，y2>y1，f(x1)＝y1－y2<0，故选 D. 2．已知定义在 R 上的函数 f(x)是奇函数，且 f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝ f(x＋2)，则不等式 xg(x)≤0 的解集是(　　) A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．[－4，－2]∪[0，＋∞) C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞) D．(－∞，－4]∪[0，＋∞) 解析：选 C　依题意，画出函数的大致图象如图所示， 实线部分为 g(x)的草图， 则 xg(x)≤0⇔Error! 或Error! 由图可得 xg(x)≤0 的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)． 3．已知函数 f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在 x∈[ 1 2，2 ]，使得 f(x)＋xf′(x)＞0，则实数 b 的取值范围是(　　) A.(－∞，8 3) B.(－∞，5 6) C.(－3 2，5 6) D.( 8 3，＋∞)解析：选 A　由 f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0， 设 g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)， 若存在 x∈[ 1 2，2 ]，使得 f(x)＋xf′(x)＞0， 则函数 g(x)在区间[ 1 2，2 ]上存在子区间使得 g′(x)＞0 成立． g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]， 设 h(x)＝x2＋(2－b)x－b， 则 h(2)＞0 或 h( 1 2 )＞0， 即 8－3b＞0 或5 4－3 2b＞0，得 b＜8 3. 4．已知函数 f(x)＝x2＋aln x. (1)当 a＝－2e 时，求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)若函数 g(x)＝f(x)＋2 x在[1,4]上是减函数，求实数 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝－2e 时，f′(x)＝2x－2e x ＝2(x＋ e)(x－ e) x . 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x (0， e) e ( e，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  由上表可知，函数 f(x)的单调递减区间是(0， e)，单调递增区间是( e，＋∞)， 极小值是 f( e)＝0，无极大值． (2)由 g(x)＝x2＋aln x＋2 x，得 g′(x)＝2x＋a x－ 2 x2. 又函数 g(x)＝x2＋aln x＋2 x为[1,4]上是减函数， 则 g′(x)≤0 在[1,4]上恒成立， 所以不等式 2x－ 2 x2＋a x≤0 在[1,4]上恒成立， 即 a≤2 x－2x2 在[1,4]上恒成立． 又 φ(x)＝2 x－2x2 在[1,4]为减函数， 所以 φ(x)的最小值为 φ(4)＝－63 2 ，所以 a≤－63 2 . 即实数 a 的取值范围为(－∞，－63 2 ]. 5．设函数 f(x)＝1 3x3－1 2x2＋2x，g(x)＝1 2ax2－(a－2)x. (1)对于任意实数 x∈[－1,2]，f′(x)≤m 恒成立，求 m 的最小值； (2)若方程 f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，求 a 的取值范围． 解：(1)∵f′(x)＝x2－x＋2，对称轴 x＝1 2∈[－1,2]， ∴f′(x)max＝f′(－1)＝4≤m，即 m 的最小值为 4. (2)令 h(x)＝f(x)－g(x)＝1 3x3－1 2(a＋1)x2＋ax， 则 h′(x)＝x2－(a＋1)x＋a. 由 h′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝a. ①当 a>1 时，h′(x)，h(x)随 x 的变化如下表： x (－1,1) 1 (1，a) a (a，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)  极大值  极小值  若方程 f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根， 则Error!解得 a>3. ②当－10，b>0，∴ b 2a＋2a b ≥2，当且仅当 b＝2a 时取等号，∴－ 1 2a－2 b≤－5 2－2＝－9 2，∴－ 1 2a－2 b的上确界为－ 9 2，故选 A. 4．数学上称函数 y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数 f(x)，在 点 x0 附近一点 x 的函数值 f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－ x0)．利用这一方法，m＝ 4.001的近似代替值(　　) A．大于 m B．小于 m C．等于 m D．与 m 的大小关系无法确定 解析：选 A　依题意，取 f(x)＝ x，则 f′(x)＝ 1 2 x ，则有 x≈ x0＋ 1 2 x0(x－x0)．令 x＝ 4.001，x0＝4，则有 4.001≈2＋1 4×0.001，注意到 (2＋1 4 × 0.001)2＝4＋0.001＋( 1 4 × 0.001)2>4.001，即 m＝ 4.001的近似代替值大于 m，故选 A. 5．对于函数 f(x)和 g(x)，设 α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在 α，β，使得|α－ β|≤1，则称 f(x)与 g(x)互为“零点相邻函数”．若函数 f(x)＝ex－1＋x－2 与 g(x)＝x2－ax－a＋ 3 互为“零点相邻函数”，则实数 a 的取值范围是(　　) A．[2,4] B．[2，7 3 ] C．[ 7 3，3 ] D．[2,3] 解析：选 D　∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2 是增函数，又 f(1)＝0，∴函数 f(x) 的零点为 x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数 g(x)＝x2－ax－a＋3 在区间[0,2] 上有零点，由 g(x)＝0 得 a＝ x2＋3 x＋1 (0≤x≤2)，即 a＝ (x＋1)2－2(x＋1)＋4 x＋1 ＝(x＋1)＋ 4 x＋1－ 2(0≤x≤2)，设 x＋1＝t(1≤t≤3)，则 a＝t＋4 t－2(1≤t≤3)，令 h(t)＝t＋4 t－2(1≤t≤3)，易知 h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即 2≤a≤3，故选 D. 6．函数 y＝f(x)图象上不同两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为 kA，kB，规 定 K(A，B)＝|kA－kB| |AB| (|AB|为线段 AB 的长度)叫做曲线 y＝f(x)在点 A 与点 B 之间的“近似曲 率”．设曲线 y＝1 x上两点 A(a，1 a )，B( 1 a，a )(a>0 且 a≠1)，若 m·K(A，B)>1 恒成立，则实 数 m 的取值范围是________． 解析：因为 y′＝－ 1 x2，所以 kA＝－ 1 a2，kB＝－a2， 又|AB|＝ (a－1 a )2＋( 1 a－a )2＝ 2| 1 a－a |， 所以 K(A，B)＝ |a2－ 1 a2| 2| 1 a－a | ＝ 1 a＋a 2 > 2， 1 K(A，B)< 2 2 ，所以由 m> 1 K(A，B)得，m≥ 2 2 . 答案：[ 2 2 ，＋∞)7．设函数 f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)若 a＝0，求 f(x)的单调区间； (2)若当 x≥0 时，f(x)≥0，求 a 的取值范围． 解：(1)a＝0 时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)当 x＝0 时，f(x)＝0，对任意实数 a，均有 f(x)≥0； 当 x>0 时，f(x)≥0 等价于 a≤ex－x－1 x2 . 令 g(x)＝ex－x－1 x2 (x>0)， 则 g′(x)＝xex－2ex＋x＋2 x3 ， 令 h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)， 则 h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0， ∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0， ∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知， ex－x－1 x2 ＝ ex－1 2x ＝ ex 2＝1 2，故 a≤1 2. 综上，a 的取值范围为(－∞，1 2]. [阶段质量检测(五)]　　　　函数与导数、不等式＋此前内容 (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．函数 f(x)＝2cos2 (x－π 4 )－1 是(　　) A．最小正周期为 π 的奇函数 B．最小正周期为 π 的偶函数 C．最小正周期为π 2的奇函数 D．最小正周期为π 2的偶函数 解析：选 A　因为 f(x)＝2cos2 (x－π 4 )－1＝cos 2(x－π 4 )＝cos(2x－π 2)＝sin 2x，所以最小 正周期 T＝2π 2 ＝π，f(x)是奇函数，即函数 f(x)是最小正周期为 π 的奇函数． 2．(2018·浙江名师原创卷)已知函数 f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为 45°，则 a 的值为(　　) A．－1　　　　　　　 　 　B．0 C．1 D．2 解析：选 B　∵f′(x)＝ 1 x＋a，∴f′(1)＝ 1 a＋1＝tan 45°＝1，解得 a＝0.故选 B. 3．(2018·浙江十校联盟适考)若向量 a，b 满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量 a， b 的夹角为(　　) A.π 6 B.π 3 C.2π 3 D.5π 6 解析：选 C　由(a＋8b)⊥a，得|a| 2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以 a·b＝－2，所以 cos 0 lim x +→ 0 lim x +→ 0 lim x +→ 〈a，b〉＝ a·b |a|·|b| ＝－1 2，所以向量 a，b 的夹角为2π 3 .故选 C. 4．(2018·浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　) A．20＋π B．20＋ 2π C．24＋( 2－1)π D．24＋π 解析：选 C　由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正 方体的侧面积为 4×2×2＝16，正方体的一个底面面积为 2×2＝4，圆锥的底面圆的半径为 1，高为 1，母线长为 12＋12＝ 2，侧面积为 π×1× 2＝ 2π，所以该几何体的表面积为 16＋ 4＋ 2π＋4－π×12＝24＋( 2－1)π，故选 C. 5．(2018·浙江联盟校联考)函数 f(x)＝x2(ex－1) ex＋1 的图象大致为(　　) 解析：选 B　函数 f(x)的定义域为 R，故排除 A. 又 f(－x)＝ (－x)2(e－x－1) e－x＋1 ＝x2(1－ex) 1＋ex ＝－x2(ex－1) ex＋1 ＝－f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，故 排除 C. 又 f(1)＝12 × (e－1) e＋1 ＝e－1 e＋1>0，所以排除 D. 综上，选 B. 6．(2018·阜阳模拟)已知 F1，F2 是椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，若椭圆上 存在点 P 使得 PF1⊥PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是(　　) A.[ 5 5 ，1) B.[ 2 2 ，1) C.(0， 5 5 ] D.(0， 2 2 ] 解析：选 B　∵F1，F2 是椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右两个焦点， ∴F1(－c,0)，F2(c,0)，c2＝a2－b2. 设点 P(x，y)，由 PF1⊥PF2，得(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，化简得 x2＋y2＝c2. 联立方程组Error!整理得，x2＝(2c2－a2)·a2 c2≥0，解得 e≥ 2 2 .又 0＜e＜1，∴ 2 2 ≤e＜1. 7．已知函数 f(x)＝sin(2x＋φ)，其中 φ 为实数，若 f(x)≤|f( π 4 )|对任意 x∈R 恒成立， 且 f( π 6 )>0，则 f(x)的单调递减区间是(　　) A.[kπ，kπ＋π 4]，k∈Z B.[kπ－π 4，kπ＋π 4]，k∈Z C.[kπ＋π 4，kπ＋3π 4 ]，k∈Z D.[kπ－π 2，kπ]，k∈Z 解析：选 C　由题意可得函数 f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线 x＝π 4对称，故有 2×π 4＋φ ＝kπ＋π 2，k∈Z，即 φ＝kπ，k∈Z.又 f( π 6 )＝sin( π 3＋φ )>0，所以 φ＝2nπ，n∈Z，所以 f(x)＝ sin(2x＋2nπ)＝sin 2x.令 2kπ＋π 2≤2x≤2kπ＋3π 2 ，k∈Z，解得 kπ＋π 4≤x≤kπ＋3π 4 ，k∈Z，故 函数 f(x)的单调递减区间为[kπ＋π 4，kπ＋3π 4 ]，k∈Z，故选 C. 8．若实数 x，y 满足约束条件Error!则 z＝2x＋y 的最小值为(　　) A．3 B．4 C．5 D．7 解析：选 B　作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示， 作出直线 2x＋y＝0 并平移该直线，易知当直线经过点 A(1,2)时，目标函数 z ＝2x＋y 取得最小值，且 zmin＝2×1＋2＝4，故选 B. 9．(2018·浙江名校协作体联考)已知函数 f(x)＝(2x－1)·e x＋ax2－ 3a(x>0)为增函数，则 a 的取值范围是(　　) A．[－2 e，＋∞) B.[－3 2e，＋∞) C．(－∞，－2 e ] D.(－∞，－3 2e]解析：选 A　∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a 在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋ 2ax≥0 在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ (2＋1 x )ex.设 g(x)＝ (2＋1 x )ex ，则 g′(x)＝ (－ 1 x2＋1 x＋2)ex，由 g′(x)＝(－ 1 x2＋1 x＋2)ex＝0 和 x>0 得 x＝1 2，∵当 x>1 2时，g′(x)>0，当 00，则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是________． 解析：因为 f(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，则 f(－1)＝f(1)＝0.当 x<0 时，f′(x) ＋f(x) x ＝xf′(x)＋f(x) x >0，∴xf′(x)＋f(x)<0，即(xf(x))′<0.令 g(x)＝xf(x)，可知 g(x)在(－∞， 0)上单调递减，且 g(－1)＝－f(－1)＝0.当 x<－1 时，xf(x)>0，∴f(x)<0；当－10.由对称性知，f(x)>0 的解集为(－1,0)∪(0,1)． 答案：(－1,0)∪(0,1) 15．已知函数 f(x)＝|x2－2ax＋2|，若 f(x)≤1 在区间[ 1 2，2 ]上恒成立，则实数 a 的取值 范围是__________；设 max{m，n}＝Error!则 max {4f( 1 2 )，f(2)}的最小值为________． 解析：由 f(x)＝|x 2－2ax＋2|≤1 在 [ 1 2，2 ]上恒成立可得－1≤x2－2ax＋2≤1，即 x＋ 1 x ≤2a≤x＋3 x在区间[ 1 2，2 ]上恒成立，所以 (x＋1 x )max≤2a≤(x＋3 x )min，所以5 2≤2a≤2 3，解 得 5 4≤a≤ 3. 因 为 max{4f( 1 2 )，f(2)}＝ max{|9 － 4a| ， |6 － 4a|}≥|9－4a|＋|6－4a| 2 ≥ |9－4a－6＋4a| 2 ＝3 2，所以其最小值为3 2. 答案：[ 5 4， 3]　3 2 16．(2019 届高三·镇海中学检测)已知双曲线 E：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别 为 F1，F2，A(2,1)，B 是 E 上不同的两点，且四边形 AF1BF2 是平行四边形，若∠AF2B＝ 2π 3 ，S△ABF2＝ 3，则双曲线 E 的标准方程为________________． 解析：如图，因为四边形 AF1BF2 是平行四边形， 所以 S△ABF2＝S△AF1F2，∠F1AF2＝π 3，所以|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos π 3， 即 4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－|AF1||AF2|，① 又 4a2＝(|AF1|－|AF2|)2， 所以 4a2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|，② 由①②可得|AF1||AF2|＝4b2， 又 S△ABF2＝1 2×4b2× 3 2 ＝ 3，所以 b2＝1， 将点 A(2,1)代入x2 a2－y2＝1，可得 a2＝2，故双曲线 E 的标准方程为x2 2 －y2＝1. 答案：x2 2 －y2＝1 17．(2018·浙江联盟校联考)已知定义在 R 上的奇函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称， 且当 x∈(0,1]时，f(x)＝9x－3，则 f( 15 2 )＝________；若数列{an}满足 an＝f(log2(64＋n))， 对 n∈N*且 n<100，当 a1＋a2＋…＋an 最大时，n＝________. 解析：由 f(x)为奇函数可得 f(－x)＝－f(x)，由 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称可得 f(1＋x) ＝f(1－x)，得 f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故 f(x)的一个周期为 4. 作出 f(x)在(－2,2)上的图象如图所示，结合图象知，当 x∈(－2，－3 2)时，f(x)>0，当 x∈ (－3 2，－1 2)时，f(x)<0，且 f(－3 2 )＝f(－1 2 )＝0. 由周期性可知，当 x∈(6，13 2 )时，f(x)>0， 当 x∈( 13 2 ，15 2 )时，f(x)<0，且 f( 13 2 )＝f( 15 2 )＝0. 而 60， ∵64 2＝ 8 192∈(90,91)，∴n≤26， 当 27≤n<100 时，13 2 －1，即 b>1＋4a 时，f(x)≤－b－ (a－b＋1)2 3a <－b－3a≤4， 又 f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，所以|f(x)|≤6. 当 a>0 时，对称轴 x＝a－b＋1 3a ≥1 3， ①a－b＋1 3a ≥1，即 b≤1－2a 时，f(x)≤5a－3b＋2≤10， f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10； ②a－b＋1 3a <1，即 b>1－2a 时，f(x)≤5a－3b＋2≤10， f(x)≥－b－ (a－b＋1)2 3a ≥－b－3a≥－4，所以|f(x)|≤10. 综上，M 的最大值为 10，当 a＝1，b＝－1，x＝－1 时取到． 20．(本小题满分 15 分)(2018·杭州高三质检)如图，过抛物线 M：y＝x2 上一点 A(点 A 不 与原点 O 重合) 作抛物线 M 的切线 AB 交 y 轴于点 B，点 C，G 是抛物线 M 上异于点 A 的点，且 G 为△ ABC 的重心(三条中线的交点)，直线 CG 交 y 轴于点 D. (1)设 A(x0，x20)(x0≠0)，求直线 AB 的方程； (2)求|OB| |OD|的值． 解：(1)因为 y′＝2x， 所以直线 AB 的斜率 k＝y′|x＝x0＝2x0， 所以直线 AB 的方程为 y－x20＝2x0(x－x0)， 即 y＝2x0x－x20. (2)由题意得，点 B 的纵坐标 yB＝－x20， 所以 AB 的中点坐标为( x0 2 ，0). 设 C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线 CG 的方程为 x＝my＋1 2x0. 由Error!得 m2y2＋(mx0－1)y＋1 4x20＝0. 因为 G 为△ABC 的重心，所以 y1＝3y2. 由根与系数的关系，得 y1＋y2＝4y2＝1－mx0 m2 ，y1y2＝3y22＝ x20 4m2. 所以 (1－mx0)2 16m4 ＝ x20 12m2， 解得 mx0＝－3±2 3. 所以点 D 的纵坐标 yD＝－ x0 2m＝ x20 6 ± 4 3 ， 故|OB| |OD|＝yB yD＝4 3±6. 21．(本小题满分 15 分)(2019 届高三·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝x＋axln x(a∈R)． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若函数 f(x)＝x＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)≤e－x＋x2. 解：(1)由题意 x>0，f′(x)＝1＋a＋aln x. ①当 a＝0 时，f(x)＝x，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当 a>0 时，函数 f′(x)＝1＋a＋aln x 单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e >0， 故当 x∈(0，e )时，f′(x)<0，当 x∈(e ，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数 f(x)在(0， e )上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增； ③当 a<0 时，函数 f′(x)＝1＋a＋aln x 单调递减，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e－1－1 a >0，故当 x∈(0，e )时，f′(x)>0，当 x∈(e ，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数 f(x)在 (0，e )上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减． (2)证明：由(1)可知若函数 f(x)＝x＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，则 a<0，且 e－ 1－1 a＝1，解得 a＝－1，故此时 f(x)＝x－xln x， 要证 f(x)≤e－x＋x2，只需证 x－xln x≤e－x＋x2， 即证 e－x＋x2－x＋xln x≥0， 设 h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0， 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 11 a － － 则 h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x. 令 g(x)＝h′(x)，则 g′(x)＝e－x＋2＋1 x>0， 所以函数 h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x 单调递增， 又 h′( 1 e )＝－e ＋2 e－1<0，h′(1)＝－1 e＋2>0， 故 h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x 在( 1 e，1 )上存在唯一零点 x0，即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0. 所以当 x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当 x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数 h(x)在(0，x0) 上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故 h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x20－x0＋x0ln x0， 所以只需证 h(x0)＝e－x0＋x20－x0＋x0ln x0≥0 即可， 由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，得 e－x0＝2x0＋ln x0， 所以 h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，又 x0＋1>0， 所以只要 x0＋ln x0≥0 即可， 法一：当 x0＋ln x0<0 时，ln x0<－x0⇒x00 时，ln x0>－x0⇒x0>e－x0⇒－e－x0＋x0>0， 所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0>0 与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0 矛盾； 当 x0＋ln x0＝0 时，ln x0＝－x0⇒x0＝e－x0⇒－e－x0＋x0＝0， 得－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，故 x0＋ln x0＝0 成立， 得 h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，所以 h(x)≥0， 即 f(x)≤e－x＋x2. 22．(本小题满分 15 分)(2018·金华统考)已知函数 f(x)＝ln x＋ 1 ax－1 a，a∈R 且 a≠0. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 x∈[ 1 e，e ]时，试判断函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点个数． 解：(1)f′(x)＝ax－1 ax2 (x>0)， 当 a<0 时，f′(x)>0 恒成立， ∴函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 1 e － 当 a>0 时，由 f′(x)>0，得 x>1 a； 由 f′(x)<0，得 00 时，函数 f(x)在( 1 a，＋∞)上单调递增，在(0，1 a )上单调递减． (2)∵当 x∈[ 1 e，e ]时，函数 g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m 的零点， 即当 x∈[ 1 e，e ]时，方程(ln x－1)ex＋x＝m 的根． 令 h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 则 h′(x)＝( 1 x＋ln x－1)ex＋1. 由(1)知当 a＝1 时，f(x)＝ln x＋1 x－1 在( 1 e，1 )上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当 x∈[ 1 e，e ]时，f(x)≥f(1)＝0. ∴1 x＋ln x－1≥0 在 x∈[ 1 e，e ]上恒成立． ∴h′(x)＝( 1 x＋ln x－1)ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x 在 x∈[ 1 e，e ]上单调递增． ∴h(x)min＝h( 1 e )＝－2e ＋1 e，h(x)max＝e. ∴当 m<－2e ＋1 e或 m>e 时，函数 g(x)在[ 1 e，e ]上没有零点； 当－2e1 e＋1 e≤m≤e 时，函数 g(x)在[ 1 e，e ]上有且只有一个零点． 1 e 1 e