2018江苏高考专题五函数

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2018江苏高考专题五函数

江苏 新高考 江苏卷对函数在解答题上基本不考“抽象函数”,2013年第20题,考查函数的单调性、零点个数问题;2014年第19题,考查函数与不等式;2015年第19题,讨论函数的单调性及函数零点确定参数值;2016年第19题,考查函数与不等式、零点问题,2017年第20题,考查函数与导数、函数的极值、零点问题.题目难度较大,多体现分类讨论思想.‎ 第1课时函 数(基础课)‎ ‎[常考题型突破]‎ 函数的概念与图象 ‎[必备知识]‎ ‎1.函数的定义域 ‎(1)函数的定义域是研究函数问题的先决条件,它会直接影响函数的性质,所以要树立定义域优先的意识.‎ ‎(2)对于复合函数的定义域要注意:‎ ‎①如果函数f(x)的定义域为A,则f(g(x))的定义域是使函数g(x)∈A的x的取值范围.‎ ‎②如果f(g(x))的定义域为A,则函数f(x)的定义域是函数g(x)的值域.‎ ‎③f(g(x))与f(h(x))联系的纽带是g(x)与h(x)的值域相同.‎ ‎2.函数的值域 求函数值域的常用方法有观察法、不等式法、图象法、换元法、单调性法等.‎ ‎3.分段函数 若函数在其定义域内,对于自变量的不同取值区间,有着不同的对应法则,这样的函数通常叫做分段函数.分段函数虽然由几部分组成,但它表示的是一个函数.‎ ‎4.函数的图象 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.‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·南通二调)函数f(x)=的定义域是________.‎ 解析:由题意得lg(5-x2)≥0⇒5-x2≥1⇒-2≤x≤2,因此f(x)的定义域为[-2,2].‎ 答案:[-2,2]‎ ‎2.(2017·盐城模考)已知函数f(x)= 若f(0)=3,则f(a)=________.‎ 解析:因为f(0)=3,所以a-2=3,即a=5,所以f(a)=f(5)=9.‎ 答案:9‎ ‎3.(2017·南通模考)函数f(x)=31-x2的值域为________.‎ 解析:因为1-x2≤1,所以f(x)=31-x2∈(0,3].‎ 答案:(0,3]‎ ‎4.(2016·南通调研)已知函数f(x)=loga(x+b)(a>0且a≠1,b∈R)的图象如图所示,则a+b的值是________.‎ 解析:将(-3,0),(0,-2)分别代入解析式得loga(-3+b)=0,logab=-2,解得a=,b=4,从而a+b=.‎ 答案: ‎[方法归纳]‎ ‎1.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.‎ ‎2.求函数值的注意点 形如f(g(x))的函数求值时,应遵循先内后外的原则;而对于分段函数的求值(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其周期性.‎ ‎3.函数的图象 (1)作图 若函数表达式或变形后的表达式是熟悉的基本初等函数时,就可根据这些函数的特征描点作出;若函数图象可由基本初等函数的图象经过平移、翻折、对称得到,可利用图象变换作出,但要注意变换顺序.尤其注意y=f(x)与y=f(-x),y=-f(x),y=-f(-x),y=f(|x|),y=|f(x)|及y=af(x)+b的相互关系.,(2)识图,从图象与坐标轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.‎ (3)用图 图象形象地显示了函数的性质,因此,函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究. ‎ 函数的基本性质 ‎[必备知识]‎ ‎1.函数的单调性 单调性是函数的一个局部性质,一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性.判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法.‎ ‎2.函数的奇偶性 函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质.偶函数的图象关于y轴对称,在关于坐标原点对称的定义域上具有相反的单调性;奇函数的图象关于坐标原点对称,在关于坐标原点对称的定义域上具有相同的单调性,判断函数奇偶性的常用方法有定义法、图象法及性质法.‎ ‎3.函数的周期性 周期性是函数在定义域上的整体性质.若函数满足f(a+x)=f(x)(a不等于0),则其一个周期T=|a|,最小正数T叫做f(x)的最小正周期.‎ ‎4.函数的对称性 若函数f(x)满足f(a-x)=f(a+x)或f(x)=f(2a-x),则函数f(x)关于直线x=a对称.‎ 若函数f(x)满足f(a-x)=-f(a+x)或f(x)=-f(2a-x),则函数f(x)关于点(a,0)中心对称.‎ ‎ [题组练透]‎ ‎1.(2017·南京三模)已知函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数.当x∈[2,4]时,f(x)=,则f的值为________.‎ 解析:因为函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数,所以f=f=f,因为当x∈[2,4]时,f(x)=,所以f=f==log42=.‎ 答案: ‎2.(2017·盐城期中)若函数f(x)=在区间(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.‎ 解析:函数f(x)=根据反比例函数的性质可知,在区间(-∞,0)上单调递减,要使函数f(x)在区间(-∞,a)上单调递减,则a≤0.因此函数f(x)=|x+1|在区间(a,+∞)上单调递增,那么a+1≥0,解得a≥-1.所以实数a的取值范围是[-1,0].‎ 答案:[-1,0]‎ ‎3.(2017·苏北四市期末)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=2x ‎-3,则不等式f(x)≤-5的解集为______________.‎ 解析:若x<0,则-x>0,‎ ‎∵当x>0时,f(x)=2x-3,‎ ‎∴当-x>0时,f(-x)=2-x-3,‎ ‎∵f(x)是定义在R上的奇函数,‎ ‎∴f(-x)=2-x-3=-f(x),‎ 则f(x)=-2-x+3,x<0,‎ 当x>0时,不等式f(x)≤-5等价于2x-3≤-5,‎ 即2x≤-2,无解,不成立;‎ 当x<0时,不等式f(x)≤-5等价于-2-x+3≤-5,即2-x≥8,得-x≥3,即x≤-3;‎ 当x=0时,f(0)=0,不等式f(x)≤-5不成立,‎ 综上,不等式的解为(-∞,-3].‎ 答案:(-∞,-3]‎ ‎4.(2017·江苏高考)已知函数f(x)=x3-2x+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-,‎ 得f(-x)=-x3+2x+-ex=-f(x),‎ 所以f(x)是R上的奇函数.‎ 又f′(x)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=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≤,‎ 故实数a的取值范围是.‎ 答案: ‎[方法归纳]‎ ‎1.破解函数的单调性的四种方法 数形结合法 对于填空题能画出图象的函数 转化法 由基本初等函数通过加、减运算或复合而成的函数,(常转化为基本初等函数单调性的判断问题)‎ 导数法 解析式为分式、指数函数式、对数式等较复杂的函数 定义法 抽象函数 ‎2.判断函数的奇偶性的三个技巧 ‎(1)奇、偶函数的定义域关于原点对称;‎ ‎(2)奇函数的图象关于原点对称,偶函数的图象关于y轴对称;‎ ‎(3)对于偶函数而言,有f(-x)=f(x)=f(|x|).‎ ‎3.函数性质的应用 可以利用函数的性质确定函数图象,并充分利用已知区间上函数的性质解决问题,体现转化思想.‎ 基本初等函数 ‎[必备知识]‎ ‎1.指数函数的图象与性质 y=ax(a>0,且a≠1)‎ a>1‎ ‎00时,y>1;‎ x<0时,00时,01‎ 在(-∞,+∞)上是增函数 在(-∞,+∞)上是减函数 ‎2.对数函数的图象与性质 y=logax(a>0,且a≠1)‎ a>1‎ ‎01时,y>0;‎ 当01时,y<0;‎ 当00‎ 在(0,+∞)上是增函数 在(0,+∞)上是减函数 ‎3.二次函数的图象和性质 y=ax2+bx+c(a≠0)‎ a>0‎ a<0‎ 图象 函数性质 定义域 R 值域 奇偶性 b=0时为偶函数,b≠0时既不是奇函数也不是偶函数 单调性 x∈时递减,‎ x∈时递增 x∈时递增,‎ x∈时递减 图象特点 对称轴:x=-;顶点: ‎4.幂函数图象的比较 ‎5.常见幂函数的性质 特征 性质 y=x y=x2‎ y=x3‎ y=x y=x-1‎ 定义域 R R R ‎[0,+∞)‎ ‎{x|x∈R 且x≠0}‎ 值域 R ‎[0,+∞)‎ R ‎[0,+∞)‎ ‎{y|y∈R 且y≠0}‎ 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 非奇非偶函数 奇函数 单调性 增 x∈[0,+∞)‎ 时,增;  ‎ x∈(-∞,0]‎ 时,减   ‎ 增 增 x∈(0,+∞)和 ‎(-∞,0)时,减 公共点 ‎(1,1)‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·南通海安检测)已知幂函数f(x)=xα,其中α∈.则使f(x)为奇函数,且在区间(0,+∞)上是单调增函数的α的所有取值的集合为________.‎ 解析:幂函数f(x)为奇函数,则α=-1,1,3,f(x)在区间(0,+∞)上是单调增函数,则α的所有值为1,3.‎ 答案:{1,3}‎ ‎2.(2017·江苏学易联考期末)函数y=的单调递增区间是__________.‎ 解析:由题意可得-x2+x+2≥0,解得-1≤x≤2,故函数y=的定义域为[-1,2].又函数f(x)=-x2+x+2在区间上单调递增,在区间上单调递减,根据复合函数的单调性可得函数y=的单调递增区间为.‎ 答案: ‎3.(2017·扬州期中)已知函数f(x)=x(1-a|x|)+1(a>0),若f(x+a)≤f(x)对任意的x∈R恒成立,则实数a的取值范围是__________.‎ 解析:∵f(x)=x(1-a|x|)+1‎ ‎= ‎=(a>0),‎ f(x+a)=(x+a)(1-a|x+a|)+1,‎ 又∵f(x+a)≤f(x)对任意的x∈R恒成立,‎ 在同一直角坐标系中作出满足题意的y=f(x+a)与y=f(x ‎)的图象如图所示:‎ ‎∴x(1+ax)+1≥(x+a)[1-a(x+a)]+1恒成立,‎ 即x+ax2+1≥-a(x2+2ax+a2)+x+a+1,‎ 整理得:2x2+2ax+a2-1≥0恒成立,‎ ‎∴Δ=4a2-4×2×(a2-1)≤0,解得a≥.‎ 答案:[,+∞)‎ ‎4.(2017·苏北三市三模)如图,已知正方形ABCD的边长为2,BC平行于x轴,顶点A,B和C分别在函数y1=3logax,y2=2logax和y3=logax(a>1)的图象上,则实数a的值为________.‎ 解析:设C(x0,logax0),则2logaxB=logax0,‎ 即 x=x0,解得xB=,‎ 故xC-xB=x0-=2,解得 x0=4,‎ 即B(2,2loga2),A(2,3loga2),‎ 由AB=2,可得3loga2-2loga2=2,解得a=.‎ 答案: ‎[方法归纳]‎ 基本初等函数图象与性质的应用技巧 ‎(1)指数函数与对数函数的单调性都取决于其底数的取值,当底数a的值不确定时,要注意分a>1和00和α<0两种情况的不同.‎ 函数的零点 ‎[必备知识]‎ ‎1.函数零点的定义 对于函数f(x),我们把使f(x)=0的实数x叫做函数f(x)的零点.‎ ‎2.确定函数零点的常用方法 ‎(1)解方程法;‎ ‎(2)利用零点存在性定理;‎ ‎(3)数形结合,利用两个函数图象的交点求解.‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·苏锡常镇一模)若函数f(x)=则函数y=|f(x)|-的零点个数为________.‎ 解析:当x≥1时,y=-,‎ 则=,即ln x=x2,‎ 令g(x)=ln x-x2,x≥1,则函数g(x)是连续函数且先增后减,‎ g(1)=-<0,g(2)=ln 2->0,‎ g(4)=ln 4-2<0,由函数的零点判定定理可知g(x)=ln x-x2,有2个零点.‎ 当x<1时,‎ y= 函数的图象与y=的图象如图,‎ 则两个函数有2个交点,‎ 综上,函数y=|f(x)|-的零点个数为4个.‎ 答案:4‎ ‎2.(2017·南通二调)已知函数f(x)=其中m>0.若函数y=f(f(x))-1有3个不同的零点,则m的取值范围是________.‎ 解析:令f(x)=t,则f(t)=1,所以t=或t=m-1,即f(x)=与f(x)=m-1有3个不同解.‎ 所以即01,0时,f(x)max=|4-a|+a=2a-4=5,‎ 解得a=(矛盾),故a的取值范围是.‎ 答案: ‎13.对于任意实数a,b,定义min{a,b}=设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x ‎)=min{f(x),g(x)}的最大值是________.‎ 解析:依题意,h(x)= 当0<x≤2时,h(x)=log2x是增函数;‎ 当x>2时,h(x)=3-x是减函数,‎ 所以h(x)在x=2时,取得最大值h(2)=1.‎ 答案:1‎ ‎14.(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)=则满足f(x)+f>1的x的取值范围是________.‎ 解析:由题意知,可对不等式分x≤0,0讨论.‎ 当x≤0时,原不等式为x+1+x+>1,解得x>-,所以-1,显然成立.‎ 当x>时,原不等式为2x+2x->1,显然成立.‎ 综上可知,x的取值范围是.‎ 答案: ‎1.已知函数f(x)=设a∈R,若关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立,则a的取值范围是________.‎ 解析: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)≥恒成立,结合图象,只需x2-x+3≥-,即x2-+3+a≥0,故对于方程x2-+3+a=0,Δ=2-4(3+a)≤0,解得a≥-;当x>1时,若要f(x)≥恒成立,结合图象,只需x+≥+a,即+≥a.又+≥2,当且仅当=,即x=2时等号成立,所以a≤2.综上,a的取值范围是.‎ 法二:关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立等价于-f(x)≤a+≤f(x),‎ 即-f(x)-≤a≤f(x)-在R上恒成立,‎ 令g(x)=-f(x)-.‎ 当x≤1时,g(x)=-(x2-x+3)-=-x2+-3‎ ‎=-2-,‎ 当x=时,g(x)max=-;‎ 当x>1时,g(x)=--=-≤-2,‎ 当且仅当=,且x>1,即x=时,“=”成立,‎ 故g(x)max=-2.‎ 综上,g(x)max=-.‎ 令h(x)=f(x)-,‎ 当x≤1时,h(x)=x2-x+3-=x2-+3‎ ‎=2+,‎ 当x=时,h(x)min=;‎ 当x>1时,h(x)=x+-=+≥2,‎ 当且仅当=,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.‎ 答案: ‎2.已知函数y=与函数y=的图象共有k(k∈N*)个公共点:A1(x1,y1),A2(x2,y2),…,Ak(xk,yk),则(xi+yi)=________.‎ 解析:y===2-,易知该函数在R上单调递增,值域为(0,2),且图象关于点(0,1)对称.y==1+,易知该函数在R上单调递减,且图象关于点(0,1)对称.故两函数图象有两个交点,它们关于点(0,1)对称,所以(xi+yi)=2.‎ 答案:2‎ ‎3.(2017·扬州考前调研)已知函数f(x)=有两个不相等的零点x1,x2,则+的最大值为________.‎ 解析:当k=0时,函数f(x)只有一个零点,不合题意;当k>0时,由于-<0,所以函数f(x)在(0,1]上至多有一个零点,在(1,+∞)上没有零点,不合题意;当k=-1时,函数f(x)只有一个零点1,不合题意;当k<-1时,函数f(x) 在(0,1]上Δ=4+4k<0,没有零点,不合题意;当-1<k<0时,函数f(x)在(0,1]上的零点为x1=,在(1,+∞)上零点为x2=,符合题意.所以+=-k+,令=t∈(0,1),则k=t2-1,则+=-t2+t+2=-2+≤.‎ 答案: ‎4.(2017·南通三模)已知函数f(x)=若函数g(x)=2f(x)-ax恰有2个不同的零点,则实数a的取值范围是________.‎ 解析:g(x)= 显然当a=2时,g(x)有无穷多个零点,不符合题意;‎ 当x≥a时,令g(x)=0,得x=0,‎ 当x0,且a≠2,则g(x)在[a,+∞)上无零点,‎ 在(-∞,a)上存在零点x=0和x=-,‎ ‎∴ ≥a,解得00的解集为(-∞,1)∪(2,+∞),则f(lg x)<0的解集为________.‎ 解析:因为一元二次不等式f(x)>0的解集为(-∞,1)∪(2,+∞),所以一元二次不等式f(x)<0的解集为(1,2),由f(lg x)<0,可得1f(x)的解集用区间表示为________.‎ 解析:由题意f(x)=作出f(x)的图象如图所示.‎ 法一:由函数图象知f(x)的图象关于直线x=2对称.‎ 因为x2+2>0且x2+2>x恒成立,所以x2+2>4且x2+2>4-x,‎ 解得x∈(-∞,-2)∪(,+∞).‎ 法二:由函数f(x)的图象可知,‎ 当0≤x≤4时,f(x)=4,‎ 所以x2+2>4,得x>或x<-.‎ 当x>时,x2+2>x,故x>.‎ 当x<-时,x2+2>4-x,故x<-2.‎ 所以x∈(-∞,-2)∪(,+∞).‎ 答案:(-∞,-2)∪(,+∞)‎ ‎[方法归纳]‎ 不等式的求解技巧 ‎(1)对含参数的不等式,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,明确分类标准(如最高次系数、判别式、根相等),层次清楚地求解.‎ ‎(2)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.‎ 简单的线性规划问题 ‎[必备知识]‎ 线性目标函数z=ax+by最值的确定方法 线性目标函数z=ax+by中的z不是直线ax+by=z在y轴上的截距,把目标函数化为y=-x+可知是直线ax+by=z在y轴上的截距,要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值.‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·江苏四星级学校联考)设M,N是不等式组所表示的平面区域内不同的两点,则此两点间的距离MN的最大值是________.‎ 解析:作出不等式组所表示的平面区域是一个以点O(0,0),B(0,1),C(2,3),D(5,0)为顶点的四边形及其内部(如图所示),且对角互补,故此四边形有外接圆,其直径BD为最长的弦,故MN的最大值为=.‎ 答案: ‎2.(2017·全国卷Ⅰ)设x,y满足约束条件则z=3x-2y的最小值为________.‎ 解析:作出不等式组 所表示的可行域如图中阴影部分所示,由可行域知,当直线y=x-过点A时,在y轴上的截距最大,此时z最小,‎ 由解得 ‎∴zmin=-5.‎ 答案:-5‎ ‎3.(2016·江苏高考)已知实数x,y满足则x2+y2的取值范围是________.‎ 解析:作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,则(x,y)为阴影区域内的动点.d=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.由可得A(2,3),‎ 所以dmax==,dmin==.所以d2的最小值为,最大值为13.所以x2+y2的取值范围是.‎ 答案: ‎4.(2017·盐城调研)已知实数x,y满足约束条件则z=的最大值为________.‎ 解析:已知约束条件所表示的平面区域为图中的△ABC及其内部,而z==表示点P与阴影部分(含边界)内的点的连线的斜率.由图可知,当取点C(1,4)时,斜率最大,zmax=.‎ 答案: ‎[方法归纳]‎ 解决线性规划问题的三个注意点 ‎(1)首先要找到可行域,其次要注意目标函数所表示的几何意义,找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决.‎ ‎(2)画可行域时应注意区域是否包含边界.‎ ‎(3)对目标函数z=ax+by中b的符号,一定要注意b的正负与z的最值的对应,要结合图形分析.‎ 基本不等式 ‎[必备知识]‎ 利用基本不等式求最大值、最小值,其基本法则是:‎ ‎(1)如果x>0,y>0,xy=p(定值),当x=y时,x+y有最小值2(简记为:积定,和有最小值);‎ ‎(2)如果x>0,y>0,x+y=s(定值),当x=y时,xy有最大值s2(简记为:和定,积有最大值).‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.(2017·南通三模)若正实数x,y满足x+y=1,则+的最小值是________.‎ 解析:因为正实数x,y满足x+y=1,‎ 所以+=+=++4≥2+4=8,当且仅当=,即x=,y=时,取“=”,所以+的最小值是8.‎ 答案:8‎ ‎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:由题意,一年购买次,则总运费与总存储费用之和为×6+4x=4≥8=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:30‎ ‎3.(2017·天津高考)若a,b∈R,ab>0,则的最小值为________.‎ 解析:因为ab>0,所以≥==4ab+≥2=4,当且仅当 eq lc{ c (avs4alco1(a2=2b2,,ab=f(1,2)))时取等号,故的最小值是4.‎ 答案:4‎ ‎4.若实数x,y满足2x2+xy-y2=1,则的最大值为________.‎ 解析:法一:2x2+xy-y2=(2x-y)(x+y),令2x-y=m,x+y=n,则mn=1,当==取得最大值时,必有m-n>0,则=≤=,当且仅当m-n=时取等号,所以的最大值为.‎ 法二:当取最大值时,x-2y>0,且 ‎5x2-2xy+2y2=(x-2y)2+2(2x2+xy-y2)=(x-2y)2+2,则==≤=,当且仅当x-2y=时取等号,故的最大值为.‎ 答案: ‎[方法归纳]‎ 利用基本不等式求最值的方法 ‎(1)知和求积的最值:“和为定值,积有最大值”.但应注意以下两点:①具备条件——正数;②验证等号成立.‎ ‎(2)知积求和的最值:“积为定值,和有最小值”,直接应用基本不等式求解,但要注意利用基本不等式求最值的条件.‎ ‎(3)构造不等式求最值:在求解含有两个变量的代数式的最值问题时,通常采用“变量替换”或“常数1”的替换,构造不等式求解.‎ ‎[课时达标训练]‎ ‎1.(2017·山东高考改编)设函数y=的定义域为A,函数y=ln(1-x)的定义域为B,则A∩B=________.‎ 解析:由题意可知A={x|-2≤x≤2},B={x|x<1},故A∩B={x|-2≤x<1}.‎ 答案:{x|-2≤x<1}‎ ‎2.设不等式组所表示的平面区域为D,则区域D的面积为________.‎ 解析:画出可行域如图中阴影部分所示,易得A,B(0,2),C(0,4),∴可行域D的面积为×2×=.‎ 答案: ‎3.已知f(x)=使f(x)≥-1成立的x的取值范围是________.‎ 解析:由题意知或解得-4≤x≤0或0<x≤2,故所求的x的取值范围是[-4,2].‎ 答案:[-4,2]‎ ‎4.(2017·常州三中模考)已知函数f(x)=|x2-1|,若f(-m2-1)<f(2),则实数m的取值范围是________.‎ 解析:因为f(x)=|x2-1|,‎ 所以f(-m2-1)=m4+2m2,f(2)=3,‎ 若f(-m2-1)<f(2),则m4+2m2<3,‎ 即(m2+3)(m2-1)<0,解得-1<m<1.‎ 答案:(-1,1)‎ ‎5.已知正数x,y满足x2+2xy-3=0,则2x+y的最小值是________.‎ 解析:由题意得,y=,∴2x+y=2x+==≥·2=3,当且仅当x=y=1时,等号成立.‎ 答案:3‎ ‎6.(2017·苏北四市期末)若实数x,y满足xy+3x=3,则+的最小值为________.‎ 解析:因为实数x,y满足xy+3x=3,‎ 所以x=∈,解得y>3.‎ 则+=y+3+=y-3++6≥2+6=8,当且仅当x=,y=4时取等号.‎ 答案:8‎ ‎7.设实数x,y满足约束条件则z=2x-5y的最小值为________.‎ 解析:由z=2x-5y,可得y=x- ‎,作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,‎ 由图可知当直线y=x-经过点A(-2,2)时,直线y=x-在y轴上的截距最大,此时z最小,且zmin=2×(-2)-2×5=-14.‎ 答案:-14‎ ‎8.已知关于x的不等式2x+≥7在x∈(a,+∞)上恒成立,则实数a的最小值为________.‎ 解析:2x+=2(x-a)++2a≥2 +2a=4+2a,当且仅当x-a=1时等号成立.‎ 由题意可知4+2a≥7,解得a≥,即实数a的最小值为.‎ 答案: ‎9.(2017·南京、盐城一模)已知实数x,y满足约束条件则的最小值是________.‎ 解析:作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示,‎ 表示可行域上的点与原点连线的斜率,结合图象知,当直线经过OC时,斜率最小,故min=.‎ 答案: ‎10.已知f(x)=log2(x-2),若实数m,n满足f(m)+f(2n)=3,则m+n的最小值为________.‎ 解析:因为f(m)+f(2n)=3,‎ 所以log2(m-2)+log2(2n-2)=3(m>2且n>1),‎ 化简得(m-2)(n-1)=4,解得m=+2,‎ 所以m+n=n++2=(n-1)++3≥2+3=7,当且仅当n=3时等号成立,所以m+n的最小值为7.‎ 答案:7‎ ‎11.在平面直角坐标系中,不等式组(a为常数)表示的平面区域的面积为4,则x2+y的最小值为________.‎ 解析:由题意作出可行域如图中阴影部分所示,因为平面区域的面积为4,易得A(2,2),B(2,-2),把A,B,O三个边界点的坐标分别代入x2+y,得在这三点处的最小值为0.令x2+y=0,即y=-x2,y′=-2x,当抛物线y=-x2平移到与直线y=-x相切时,y′=-2x=-1,得x=,即切点P,代入x2+y,得x2+y=-=-,所以x2+y的最小值为-.‎ 答案:- ‎12.(2017·苏州期末)已知正数x,y满足x+y=1,则+的最小值为________.‎ 解析:由x+y=1,得(x+2)+(y+1)=4,‎ 所以+=·‎ = ‎≥5+2=,‎ 当且仅当2(y+1)=x+2,即x=,y=时取等号.‎ 故+的最小值为.‎ 答案: ‎13.已知函数f(x)=ax2+x,若当x∈[0,1]时,-1≤f(x)≤1恒成立,则实数a的取值范围为________.‎ 解析:当x=0时,f(x)=0,不等式成立,当x∈(0,1]时,不等式-1≤f(x)≤1,即 其中∈[1,+∞),‎ 从而 解得-2≤a≤0.‎ 答案:[-2,0]‎ ‎14.已知函数f(x)=mx2+(2-m)x+n(m>0),当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1恒成立,则f=________.‎ 解析:由题意得:|f(0)|≤1⇒|n|≤1⇒-1≤n≤1;‎ ‎|f(1)|≤1⇒|2+n|≤1⇒-3≤n≤-1,‎ 因此n=-1,∴f(0)=-1,f(1)=1.‎ 由f(x)的图象可知:要满足题意,则图象的对称轴为直线x=0,‎ ‎∴2-m=0,m=2,‎ ‎∴f(x)=2x2-1,∴f=-.‎ 答案:- ‎1.设实数x,y满足-y2=1,则3x2-2xy的最小值是________.‎ 解析:法一:设x=,y=tan θ,则3x2-2xy=-=,记3-sin θ=t,t∈[2,4],则原式==,因为t∈[2,4],故当t=2时,min=4,从而3x2-2xy的最小值是6+4.‎ 法二:设3x2-2xy=u,则y=,代入条件得-2=1,即8x4-(6u-4)x2+u 2=0,由条件可知x2≥4,令z=x2,故方程8z2-(6u-4)z+u2=0在[4,+∞)上有解,必须满足Δ=(6u-4)2-32u2≥0,得u2-12u+4≥0,于是u≥6+4或u≤6-4,因为方程8z2-(6u-4)z+u2=0有两个同号的根,而当u≤6-4时,6u-4<0,故u≤6-4(舍去),从而u≥6+4,若取u=6+4,则方程8z2-(6u-4)z+u2=0的两根z1=z2=2+>4,符合题意,从而3x2-2xy的最小值是6+4.‎ 答案:6+4 ‎2.(2017·苏北三市三模)已知对于任意的x∈(-∞,1)∪(5,+∞),都有x2-2(a-2)x+a>0,则实数a的取值范围是________.‎ 解析:令f(x)=x2-2(a-2)x+a,‎ 则Δ=4(a-2)2-4a=4(a-1)(a-4).‎ ‎(1)若Δ<0,则10在R上恒成立,符合题意.‎ ‎(2)若Δ=0,即a=1或a=4时,f(x)>0的解为x≠a-2,‎ 显然a=1时,不符合题意,当a=4时符合题意.‎ ‎(3)当Δ>0时,即a<1或a>4时,‎ ‎∵f(x)>0在(-∞,1)∪(5,+∞)上恒成立,‎ ‎∴解得34,∴40,解得x<-2或x>1,‎ 令f′(x)<0,解得-20,即(ex-1)(x+1)>0,解得x>0或x<-1.所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(0,+∞).‎ 答案:(-∞,-1)和(0,+∞)‎ ‎5.(2017·南通三模)若直线y=2x+b为曲线y=ex+x的一条切线,则实数b的值是________.‎ 解析:因为y′=ex+1,设切点坐标为(x0,y0),则ex0+1=2,解得x0=0,从而切点坐标为(0,1),代入切线方程得b=1.‎ 答案:1‎ ‎6.设A为奇函数f(x)=x3+x+a(a为常数)图象上一点,在A处的切线平行于直线y=4x,则点A的坐标为________.‎ 解析:由y=f(x)为奇函数,知a=0,∴f(x)=x3+x.设点A(x0,y0),因为f′(x)=3x2+1,所以f′(x0)=3x+1=4,解得x0=±1,所以点P的坐标是(1,2)或(-1,-2).‎ 答案:(1,2)或(-1,-2)‎ ‎7.过曲线y=x-(x>0)上一点P(x0,y0)处的切线分别与x轴,y轴交于点A,B,O是坐标原点,若△OAB的面积为,则x0=________.‎ 解析:因为y′=1+,过曲线y=x-(x>0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(x-x0),切线交x轴于A,切线交y轴于B,所以△AOB的面积为S=××=,又x0>0,解得x0=.‎ 答案: ‎8.(2017·盐城响水中学学情分析)若曲线y=aln x(a≠0)与曲线y=x2在它们的公共点P(s,t)处具有公切线,则=________.‎ 解析:曲线y=aln x的导数为y′=(x>0),在P(s,t)处的切线斜率为k=,曲线y=x2的导数为y′=,在P(s,t)处的切线斜率为k=.由曲线y=aln x(a≠0)与曲线y=x2在它们的公共点P(s,t)处具有公切线,可得=,并且t==aln s,所以解得ln s=,所以s2=e.则a=1,t=ln ,所以==2.‎ 答案:2 ‎9.若函数f(x)=mx2+ln x-2x在定义域内是增函数,则实数m的取值范围是_______.‎ 解析:因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2mx+-2=≥0在(0,+∞)上恒成立,所以二次函数g(x)=2mx2-2x+1在定义域(0,+∞)上必须大于等于0,所以解得m≥.‎ 答案: ‎10.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,若t=ab,则t的最大值为________.‎ 解析:∵f(x)=4x3-ax2-2bx+2,‎ ‎∴f′(x)=12x2-2ax-2b.‎ 又f(x)在x=1处取得极值,‎ ‎∴f′(1)=12-2a-2b=0,即a+b=6,‎ ‎∴t=ab=a(6-a)=-(a-3)2+9,‎ 当且仅当a=b=3时,t取得最大值9.‎ 答案:9‎ ‎11.设a∈R,若函数f(x)=ex+ax(x∈R)有大于零的极值点,则a的取值范围是________.‎ 解析:令f′(x)=ex+a=0,则ex=-a,x=ln(-a).‎ 因为函数f(x)有大于零的极值点,所以ln(-a)>0,所以-a>1,即a<-1.‎ 答案:(-∞,-1)‎ ‎12.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________.‎ 解析: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,所以k≤-3.‎ 答案:(-∞,-3]‎ ‎13.已知函数f(x)=-x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是________.‎ 解析:由题意知f′(x)=-x+4-==-,‎ 由f′(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,‎ 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,‎ 函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,‎ 由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.‎ 答案:(0,1)∪(2,3)‎ ‎14.(2017·南京考前模拟)已知函数f(x)=-xln x+ax在(0,e]上是增函数,函数g(x)=|ex-a|+,当x∈[0,ln 3]时,函数g(x)的最大值M与最小值m的差为,则a的值为__________.‎ 解析:由f′(x)=-(ln x+1)+a≥0在(0,e]上恒成立,即a≥ln x+1,即a≥2.当2≤a<3时,g(x)=g(x)在[0,ln a]上递减,在[ln a,ln 3]上递增,且g(0)≥g(ln 3),所以M-m=g(0)-g(ln a)=a-1=,解得a=;当a≥3时,g(x)=a-ex+,g(x)在[0,ln 3]上递减,所以M-m=g(0)-g(ln 3)=2≠,舍去.故a=.‎ 答案: ‎1.(2017·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 ‎2.设函数f(x)=ln x-ax2-bx,若x=1是f(x)的极大值点,则a的取值范围为________.‎ 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-ax-b,‎ 由f′(1)=0,得b=1-a.‎ ‎∴f′(x)=-ax+a-1= ‎=-.‎ ‎①若a≥0,当0<x<1时,f′(x)>0,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=-.‎ 因为x=1是f(x)的极大值点,‎ 所以->1,解得-1<a<0.‎ 综合①②,得a的取值范围是(-1,+∞).‎ 答案:(-1,+∞)‎ ‎3.定义在[1,+∞)上的函数f(x)满足:①f(2x)=cf(x)(c为正常数);②当2≤x≤4时,f(x)=1-|x-3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上,则c=________.‎ 解析:易知2≤x≤4时,其极大值点为(3,1);‎ 当1≤x≤2时,2≤2x≤4,‎ 从而由条件得f(x)=f(2x)=(1-|2x-3|),‎ 因为c>0,故极大值点为;‎ 当4≤x≤8时,2≤≤4,‎ 从而f(x)=cf=c.‎ 故极大值点为(6,c);‎ 上述三点在同一直线上,得=,‎ 解得c=2或1.‎ 答案:2或1‎ ‎4.(2017·南京、盐城二模)已知函数f(x)=ln x+(e-a)x-b,其中e为自然对数的底数.若不等式f(x)≤0恒成立,则的最小值为________.‎ 解析:∵函数f(x)=ln x+(e-a)x-b,其中e为自然对数的底数,‎ ‎∴f′(x)=+e-a(x>0),‎ 当a≤e时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上是增函数,∴f(x)≤0不可能恒成立,‎ 当a>e时,由f′(x)=+e-a=0,得x=,‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ ‎∴当x=时,f(x)取最大值,‎ ‎∵不等式f(x)≤0恒成立,‎ ‎∴f=-ln(a-e)-b-1≤0,‎ ‎∴ln(a-e)+b+1≥0,‎ ‎∴b≥-1-ln(a-e),‎ ‎∴≥(a>e),‎ 令F(x)=,x>e,‎ 则F′(x)= ‎=,‎ 令H(x)=(x-e)ln(x-e)-e,‎ 则H′(x)=ln(x-e)+1,‎ 由H′(x)=0,得x=e+,‎ 当x∈时,H′(x)>0,H(x)是增函数,‎ x∈时,H′(x)<0,H(x)是减函数,‎ ‎∴当x=e+时,H(x)取最小值H=-e-,‎ ‎∵x→e时,H(x)→0,x>2e时,H(x)>0,H(2e)=0,‎ ‎∴当x∈(e,2e)时,F′(x)<0,F(x)是减函数,‎ 当x∈(2e,+∞)时,F′(x)>0,F(x)是增函数,‎ ‎∴x=2e时,F(x)取最小值,F(2e)=-,‎ ‎∴的最小值为-.‎ 答案:- 第4课时函数与导数的综合问题(能力课)‎ ‎[常考题型突破]‎ 利用导数解决与不等式有关的问题 ‎[例1] (2017·镇江期末)已知函数f(x)=xln x,g(x)=λ(x2-1)(λ为常数).‎ ‎(1)若函数y=f(x)与函数y=g(x)在x=1处有相同的切线,求实数λ的值;‎ ‎(2)若λ=,且x≥1,证明:f(x)≤g(x);‎ ‎(3)若对任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数λ的取值范围.‎ ‎[解] (1)因为f′(x)=ln x+1,‎ 所以f′(1)=1,‎ 因为f′(1)=g′(1)且g′(x)=2λx,‎ 所以g′(1)=2λ=1,解得λ=.‎ ‎(2)证明:设函数h(x)=xln x-(x2-1),‎ 则h′(x)=ln x+1-x(x≥1). ‎ 设p(x)=ln x+1-x,从而p′(x)=-1≤0对任意x∈[1,+∞)上恒成立,‎ 所以P(x)在[1,+∞)上单调递减,‎ 因为p(1)=0,所以p(x)≤0,即h′(x)≤0,‎ 因此函数h(x)=xln x-(x2-1)在[1,+∞)上单调递减,‎ 即h(x)≤h(1)=0,‎ 所以当x≥1时,f(x)≤g(x)成立. ‎ ‎(3)设函数H(x)=xln x-λ(x2-1)(x≥1),‎ 从而对任意x∈[1,+∞),不等式H(x)≤0=H(1)恒成立.‎ 又H′(x)=ln x+1-2λx,‎ 当H′(x)=ln x+1-2λx≤0,即≤2λ恒成立时,函数H(x)单调递减. ‎ 设r(x)=(x≥1),则r′(x)=≤0,‎ 所以r(x)max=r(1)=1,即2λ≥1,解得λ≥.‎ 当λ≤0时,H′(x)=ln x+1-2λx>0恒成立,此时函数H(x)单调递增. ‎ 于是,不等式H(x)≥H(1)=0对任意x∈[1,+∞)恒成立,不符合题意; ‎ 当0<λ<时,设q(x)=H′(x)=ln x+1-2λx,则q′(x)=-2λ=0⇒x=>1,‎ 当x∈时,q′(x)=-2λ>0,此时q(x)=H′(x)=ln x+1-2λx单调递增,‎ 所以H′(x)=ln x+1-2λx>H′(1)=1-2λ>0,‎ 故当x∈时,函数H(x)单调递增.‎ 于是当x∈时,H(x)>0成立,不符合题意. ‎ 综上所述,实数λ的取值范围为.‎ ‎[方法归纳]‎ 利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法 ‎(1)分离参数法 ‎(2)函数思想法 ‎[变式训练]‎ ‎1.(2017·苏锡常镇一模)已知函数f(x)=(x+1)ln x-ax+a(a为正实数,且为常数).‎ ‎(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若不等式(x-1)f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)因为f(x)=(x+1)ln x-ax+a,‎ 所以f′(x)=ln x++1-a(x>0),‎ 若f(x)在(0,+∞)上单调递增,则f′(x)≥0,‎ 即a≤ln x++1在(0,+∞)上恒成立,‎ 设g(x)=ln x++1(x>0),‎ 则g′(x)=,‎ 当x>1时,g′(x)>0;当00.‎ 故不等式(x-1)f(x)≥0恒成立.‎ 当a>2时,f′(x)=,‎ 设p(x)=xln x+(1-a)x+1,‎ 则p′(x)=ln x+2-a.‎ 令p′(x)=ln x+2-a=0,得x=ea-2>1.‎ 当x∈(1,ea-2)时,p′(x)<0,p(x)单调递减,‎ 则p(x)-1),g′(x)=ex-1,‎ 依题意,f′(0)=g′(0),解得a=1,‎ 所以f′(x)=1-=.‎ 当-10时,f′(x)>0.‎ 故f(x)的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,当x=0时,f(x)取得最小值0,‎ 所以f(x)≥0,即x≥ln(x+1),从而ex≥x+1.‎ 设F(x)=g(x)-kf(x)=ex+kln(x+1)-(k+1)x-1,‎ 则F′(x)=ex+-(k+1)≥x+1+-(k+1),‎ ‎①当k=1时,因为x≥0,所以F′(x)≥x+1+-2≥0(当且仅当x=0时等号成立),‎ 此时F(x)在[0,+∞)上单调递增,从而F(x)≥F(0)=0,即g(x)≥kf(x).‎ ‎②当k<1时,因为f(x)≥0,所以f(x)≥kf(x).‎ 由①知g(x)-f(x)≥0,所以g(x)≥f(x)≥kf(x),‎ 故g(x)≥kf(x).‎ ‎③当k>1时,令h(x)=ex+-(k+1),‎ 则h′(x)=ex-,‎ 显然h′(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 又h′(0)=1-k<0,h′(-1)=e-1-1>0,‎ 所以h′(x)在(0,-1)上存在唯一零点x0,‎ 当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,所以h(x)在 [0,x0)上单调递减,‎ 从而h(x)0,b∈R)有极值,且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)‎ ‎(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;‎ ‎(2)证明:b2>3a;‎ ‎(3)若f(x),f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.‎ 解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,‎ 得f′(x)=3x2+2ax+b=32+b-.‎ 当x=-时,f′(x)有极小值b-.‎ 因为f′(x)的极值点是f(x)的零点,‎ 所以f=-+-+1=0,‎ 又a>0,故b=+.‎ 因为f(x)有极值,故f′(x)=0有实根,‎ 从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.‎ 当a=3时,f′(x)>0(x≠-1),‎ 故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;‎ 当a>3时,f′(x)=0有两个相异的实根 x1=,x2=.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,x1)‎ x1‎ ‎(x1,x2)‎ x2‎ ‎(x2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值  极小值  故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.‎ 因此b=+,定义域为(3,+∞).‎ ‎(2)证明:由(1)知,=+ .‎ 设g(t)=+,则g′(t)=-=.‎ 当t∈时,g′(t)>0,‎ 从而g(t)在上单调递增.‎ 因为a>3,所以a>3,‎ 故g(a)>g(3)=,即 >.‎ 因此b2>3a.‎ ‎(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,x+x=.‎ 从而f(x1)+f(x2)=x+ax+bx1+1+x+ax+bx2+1=(3x+2ax1+b)+(3x+2ax2+b)+a(x+x)+b(x1+x2)+2‎ ‎=-+2=0.‎ 记f(x),f′(x)所有极值之和为h(a),‎ 因为f′(x)的极值为b-=-a2+,‎ 所以h(a)=-a2+,a>3.‎ 因为h′(a)=-a-<0,‎ 于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.‎ 因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3,6].‎ 利用导数研究探索性问题 ‎[例3] (2017·苏北四市期末)已知函数f(x)=-ax,g(x)=ln x-ax,a∈R.‎ ‎(1)解关于x(x∈R)的不等式f(x)≤0;‎ ‎(2)证明:f(x)≥g(x);‎ ‎(3)是否存在常数a,b,使得f(x)≥ax+b≥g(x)对任意的x>0恒成立?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎[解] (1)当a=0时,f(x)=,‎ 所以f(x)≤0的解集为{0};‎ 当a≠0时,f(x)=x,‎ 若a>0,则f(x)≤0的解集为[0,2ea];‎ 若a<0,则f(x)≤0的解集为[2ea,0].‎ 综上所述,当a=0时,f(x)≤0的解集为{0};‎ 当a>0时,f(x)≤0的解集为[0,2ea];‎ 当a<0时,f(x)≤0的解集为[2ea,0]. ‎ ‎(2)证明:设h(x)=f(x)-g(x)=-ln x(x>0),‎ 则h′(x)=-=.‎ 令h′(x)=0,得x=,当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ h′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎  极小值  所以函数h(x)的最小值为h()=0,‎ 所以h(x)=-ln x≥0,即f(x)≥g(x).‎ ‎(3)假设存在常数a,b使得f(x)≥ax+b≥g(x)对任意的x>0恒成立,‎ 即≥2ax+b≥ln x对任意的x>0恒成立.‎ 而当x=时,ln x==,‎ 所以≤2a+b≤,‎ 所以2a+b=,则b=-2a,‎ 所以-2ax-b=-2ax+2a-≥0(*)恒成立,‎ ‎①当a≤0时,则2a-<0,所以(*)式在(0,+∞)上不恒成立;‎ ‎②当a>0时,则4a2-≤0,‎ 即2≤0,‎ 所以a=,则b=-.‎ 令φ(x)=ln x-x+,则φ′(x)=.‎ 由φ′(x)=0,得x=,‎ 当00,φ(x)在(0,)上单调递增;‎ 当x>时,φ′(x)<0,φ(x)在(,+∞)上单调递减.‎ 所以φ(x)的最大值φ()=0.‎ 所以ln x-x+≤0恒成立.所以存在a=,b=-符合题意.‎ ‎[方法归纳]‎ 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.‎ (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论;‎ (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;‎ (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采用另外的途径. ‎ ‎[变式训练]‎ ‎(2017·南通调研)设函数f(x)=xex-asin xcos x(a∈R,其中e是自然对数的底数).‎ ‎(1)当a=0时,求f(x)的极值;‎ ‎(2)若对于任意的x∈,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)是否存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)当a=0时,f(x)=xex,f′(x)=ex(x+1),‎ 令f′(x)=0,得x=-1.‎ 所以f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值  所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-,无极大值.‎ ‎(2)①当a≤0时,由于对于任意的x∈,有sin xcos x≥0,‎ 所以f(x)≥0恒成立,即当a≤0时,符合题意;‎ ‎②当0<a≤1时,因为f′(x)=ex(x+1)-acos 2x≥e0(0+1)-acos 0=1-a≥0,‎ 所以函数f(x)在上为增函数,‎ 所以f(x)≥f(0)=0,即当0<a≤1时,符合题意;‎ ‎③当a>1时,f′(0)=1-a<0,‎ f′=e>0,‎ 所以存在α∈,使得f′(α)=0,且在(0,α)内,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(0,α)上为减函数,‎ 所以f(x)<f(0)=0,‎ 即当a>1时,不符合题意.‎ 综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1].‎ ‎(3)不存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点.理由如下:‎ 由(2)知,当a≤1时,f(x)在上是增函数,且f(0)=0,‎ 故函数f(x)在区间上无零点.‎ 当a>1时,f′(x)=ex(x+1)-acos 2x.‎ 令g(x)=ex(x+1)-acos 2x,‎ 则g′(x)=ex(x+2)+2asin 2x,‎ 当x∈时,恒有g′(x)>0,‎ 所以g(x)在0,上是增函数.‎ 由于g(0)=1-a<0,g=e+a>0,‎ 故g(x)在上存在唯一的零点x0,‎ 即方程f′(x)=0在上存在唯一解x0.‎ 且当x∈(0,x0)时,f′ (x)<0,当x∈时,‎ f′(x)>0,即函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在上单调递增.‎ 当x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0,即f(x)在(0,x0)上无零点;‎ 当x∈时,由于f(x0)<f(0)=0,‎ f=e>0,‎ 所以f(x)在上有唯一的零点.‎ 所以当a>1时,f(x)在上有一个零点.‎ 综上所述,不存在实数a,使得函数f(x)在区间上有两个零点.‎ 新定义函数问题 ‎[例4] (2016·浙江高考)已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}= ‎(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围.‎ ‎(2)①求F(x)的最小值m(a);‎ ‎②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).‎ ‎[解] (1)由于a≥3,故当x≤1时,‎ x2-2ax+4a-2-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0;‎ 当x>1时,‎ x2-2ax+4a-2-2|x-1|=(x-2)(x-2a).‎ 所以使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为[2,2a].‎ ‎(2)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,‎ 则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,‎ 所以由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},‎ 即m(a)= ‎②当0≤x≤2时,F(x)=f(x),‎ 此时M(a)=max{f(0),f(2)}=2.‎ 当2≤x≤6时,F(x)=g(x),‎ 此时M(a)=max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a},‎ 当a≥4时,34-8a≤2;‎ 当3≤a<4时,34-8a>2,‎ ‎∴M(a)= ‎[方法归纳]‎ 对于定义的新函数,通过仔细阅读,分析定义以及新函数所满足的条件,围绕定义与条件来确定解题的方向,然后准确作答.解答这类问题的关键在于阅读理解时,要准确把握新定义、新信息,并把它纳入已有的知识体系之中,用原来的知识和方法来解决新情景下的问题.本题考查新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成,然后利用分类讨论思想解决. ‎ ‎[变式训练]‎ 若在公共定义域D上,f1(x)<f(x)<f2(x),则称函数f(x)为函数f1(x),f2(x)的“D函数”.‎ ‎(1)已知函数f1(x)=x2+2x+4ln x,f2(x)=x2+2x+2,求证:在区间(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函数”;‎ ‎(2)已知a∈R,函数f(x)=ax2+ln x,f1(x)=(a-1)x2+ax+(1-a2)ln x,f2(x)=x2+2ax.若在区间(1,+∞)上,f(x)为f1(x),f2(x)的“D函数”,求a的取值范围.‎ 解:(1)证明:设K(x)=f2(x)-f1(x)=x2-4ln x+2,下证K(x)min>0.‎ K′(x)=x-=.‎ 故K′(x)与K(x)随x的变化情况如下表:‎ x ‎(0,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ K′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ K(x)‎  ‎4-4ln 2‎  ‎∵4-4ln 2>4-4ln e=0,∴K(x)≥4-4ln 2>0.‎ 设R(x)=f1(x)+λ(4-4ln 2),0<λ<1,‎ 则f1(x)<R(x)<f2(x).‎ ‎∴在区间(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函数”.‎ ‎(2)设H(x)=f1(x)-f(x)=-x2+ax-a2ln x,‎ 则在(1,+∞)上,H(x)<0.‎ ‎∵H′(x)=-2x-+a==-,‎ ‎∴在(1,+∞)上,H′(x)<0,H(x)是减函数,‎ ‎∴H(x)<H(1)≤0,∴a≤1.‎ 设P(x)=f(x)-f2(x)=x2-2ax+ln x,则在(1,+∞)上,P(x)<0.‎ 若a>,则>1,‎ ‎∴P=ln>0,矛盾.‎ 若a≤,∵P′(x)=(2a-1)x+-2a=,‎ ‎∴在(1,+∞)上,P′(x)<0,P(x)是减函数,‎ ‎∴P(x)<P(1)≤0.‎ ‎∴a≥-,∴-≤a≤.‎ 故所求a的取值范围为.‎ ‎[课时达标训练]‎ ‎1.已知函数f(x)=aex+x2-bx(a,b∈R).‎ ‎(1)设a=-1,若函数f(x)在R上是单调递减函数,求b的取值范围;‎ ‎(2)设b=0,若函数f(x)在R上有且只有一个零点,求a的取值范围.‎ 解:(1)当a=-1时,f(x)=-ex+x2-bx,‎ ‎∴f′(x)=-ex+2x-b,‎ 由题意知,f′(x)=-ex+2x-b≤0对x∈R恒成立.‎ 由-ex+2x-b≤0,得b≥-ex+2x.‎ 令F(x)=-ex+2x,则F′(x)=-ex+2,‎ 由F′(x)=0,得x=ln 2.‎ 当x<ln 2时,F′(x)>0,F(x)单调递增,当x>ln 2时,F′(x)<0,F(x)单调递减,‎ 从而当x=ln 2时,F(x)取得最大值2ln 2-2,‎ ‎∴b≥2ln 2-2,故b的取值范围为[2ln 2-2,+∞).‎ ‎(2)当b=0时,f(x)=aex+x2.‎ 由题意知aex+x2=0只有一个解.‎ 由aex+x2=0,得-a=,‎ 令G(x)=,则G′(x)=,‎ 由G′(x)=0,得x=0或x=2.‎ 当x≤0时,G′(x)≤0,G(x)单调递减,故G(x)的取值范围为[0,+∞);‎ 当0<x<2时,G′(x)>0,G(x)单调递增,故G(x)的取值范围为;‎ 当x≥2时,G′(x)≤0,G(x)单调递减,故G(x)的取值范围为.‎ 由题意得,-a=0或-a>,从而a=0或a<-,‎ 故若函数f(x)在R上只有一个零点,则a的取值范围为∪{0}.‎ ‎2.已知函数f(x)=(1+b)x+-aln x(a>0)在x=2a处取得极值.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)设函数g(x)=x2-2cx+4-ln 2,当a=1时,若对任意的x1,x2∈[1,e]都有 f(x1)≥g(x2),求实数c的取值范围.‎ 解:(1)由f(x)=(1+b)x+-aln x,a>0,x>0,‎ 得f′(x)=1+b--.‎ 又f(x)在x=2a处取得极值,‎ 所以f′(2a)=1+b--=b=0,‎ 所以f(x)=x+-aln x,‎ f′(x)=1--==,‎ 又a>0,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 所以由f′(x)>0,得x>2a;‎ 由f′(x)<0,得0<x<2a,‎ 即函数f(x)的单调递增区间是(2a,+∞),单调递减区间为(0,2a).‎ ‎(2)当a=1时,f(x)=x+-ln x,x∈(0,+∞),‎ 由(1)知x∈[1,e]时,f(x)在[1,2]上单调递减,在(2,e]上单调递增,所以f(x)min=f(2)=3-ln 2.‎ 对任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2),‎ 即f(x)min≥g(x),x∈[1,e]恒成立.‎ 即3-ln 2≥x2-2cx+4-ln 2,x∈[1,e]恒成立,‎ 即2c≥x+,x∈[1,e]恒成立,‎ ‎ 令h(x)=x+,则h′(x)=1-≥0,x∈[1,e],‎ 即h(x)=x+在[1,e]上单调递增,‎ 故h(x)max=e+,所以c≥.‎ 故实数c的取值范围为.‎ ‎3.(2017·南京、盐城一模)设函数f(x)=ln x,g(x)=ax+-3(a∈R).‎ ‎(1)当a=2时,解关于x的方程g(ex)=0(其中e为自然对数的底数);‎ ‎(2)求函数φ(x)=f(x)+g(x)的单调增区间;‎ ‎(3)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,请求出λ的最小值;若不存在,请说明理由.‎ ‎(参考数据:ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6)‎ 解:(1)当a=2时,方程g(ex)=0,即为2ex+-3=0,去分母,得 ‎2(ex)2-3ex+1=0,解得ex=1或ex=,‎ 故所求方程的根为x=0或x=-ln 2.‎ ‎(2)因为φ(x)=f(x)+g(x)=ln x+ax+-3(x>0),‎ 所以φ′(x)=+a-==(x>0),‎ ‎①当a=0时,由φ′(x)>0,解得x>0;‎ ‎②当a>1时,由φ′(x)>0,解得x>;‎ ‎③当00,解得x>0;‎ ‎④当a=1时,由φ′(x)>0,解得x>0;‎ ‎⑤当a<0时,由φ′(x)>0,解得01时,φ(x)的单调增区间为. ‎ ‎(3)存在满足题意的λ.‎ 法一:当a=1时,g(x)=x-3,‎ 所以h(x)=(x-3)ln x,‎ 所以h′(x)=ln x+1-在(0,+∞)上单调递增.‎ 因为h′=ln+1-2<0,‎ h′(2)=ln 2+1->0,‎ 所以存在唯一x0∈,使得h′(x0)=0,‎ 即ln x0+1-=0,‎ 当x∈(0,x0)时,h′(x)<0,‎ 当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,‎ 所以h(x)min=h(x0)=(x0-3)ln x0=(x0-3)·=-=6-,‎ 记函数r(x)=6-,‎ 则r(x)在上单调递增, ‎ 所以r2λ恒成立,‎ 即证(x-3)ln x>-2恒成立.‎ 显然当x∈(0,1]∪[3,+∞)时,不等式恒成立,‎ 只需证明当x∈(1,3)时,(x-3)ln x>-2恒成立.‎ 即证明ln x+<0.‎ 令m(x)=ln x+,‎ 所以m′(x)=-=,‎ 由m′(x)=0,得x=4-,‎ 当x∈(1,4-)时,m′(x)>0;‎ 当x∈(4-,3)时,m′(x)<0;‎ 所以m(x)max=m(4-)=ln(4-)-2λ恒成立.‎ 综上所述,存在整数λ满足题意,且λ的最小值为0.‎ ‎4.已知函数f(x)=ax2ln x+bx+1.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x-2y+1=0,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若a=2,且关于x的方程f(x)=1在上恰有两个不等的实根,求实数b的取值范围;‎ ‎(3)若a=2,b=-1,当x≥1时,关于x的不等式f(x)≥t(x-1)2恒成立,求实数t的取值范围.(其中e是自然对数的底数,e=2.718 28…)‎ 解:(1)f′(x)=axln x+ax+b,‎ 由题意知f′(1)=a+b=,且f(1)=b+1=1.‎ ‎∴a=1,b=0,此时f′(x)=xln x+x(x>0),‎ 由f′(x)=xln x+x>0,得x>e-,‎ 由f′(x)=xln x+x<0,得0时,‎ h′(x)=2xln x+x-1-2t(x-1),‎ 令φ(x)=2xln x+x-1-2t(x-1),‎ 则φ′(x)=2ln x+3-2t,‎ 令φ′(x)=2ln x+3-2t=0,得x=e>1,‎ 当1≤x2时,F(x)=2x+2单调递增,‎ 所以F(x)的单调递减区间是.‎ ‎(2)x3-x-a(x+1)=(x+1)(x2-x-a),‎ 当-1≤x≤1时,x+1≥0,‎ 因为a≥2,故x2-x-a≤0,‎ 所以x3-x-a(x+1)≤0,‎ 即F(x)=x3-x,‎ 所以F(x)max=max ‎=max=.‎ ‎6.(2017·南通二调)已知函数f(x)=,g(x)=ln x,其中e为自然对数的底数.‎ ‎(1)求函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;‎ ‎(2)若存在x1,x2(x1≠x2),使得g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]成立,其中λ为常数,求证:λ>e;‎ ‎(3)若对任意的x∈(0,1],不等式f(x)g(x)≤a(x-1)恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)因为y=f(x)g(x)=,‎ 所以y′==,‎ 故y′=.‎ 所以函数y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),‎ 即x-ey-1=0.‎ ‎(2)证明:由已知等式g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)],得g(x1)+λf(x1)=g(x2)+λf(x2).‎ 记p(x)=g(x)+λf(x)=ln x+,‎ 则p′(x)=(x>0).‎ 假设λ≤e.‎ ‎①若λ≤0,则p′(x)>0,所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.‎ 又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1≠x2矛盾. ‎ ‎②若0<λ≤e,记r(x)=ex-λx,则r′(x)=ex-λ. ‎ 令r′(x)=0,解得x0=ln λ.‎ 当x>x0时,r′(x)>0,r(x)在(x0,+∞)上为单调增函数;‎ 当0e.‎ ‎(3)由f(x)g(x)≤a(x-1),得ln x-aex(x-1)≤0.‎ 记F(x)=ln x-aex(x-1),00,‎ 所以F′(x)≥0,‎ 所以F(x)在(0,1]上为单调增函数,‎ 所以F(x)≤F(1)=0,‎ 故原不等式恒成立. ‎ ‎②法一:当a>时,由(2)知ex≥ex,F′(x)≤-aex2=,‎ 当(ae)F(1)=0,不合题意.‎ 所以实数a的取值范围为.‎ 法二:当a>时,一方面F′(1)=1-ae<0.‎ 另一方面,∃x1=<1,F′(x1)≥-aex1=x1=x1ae(ae-1)>0.‎ 所以∃x0∈(x1,1),使F′(x0)=0.‎ 又F′(x)在(0,+∞)上为单调减函数,‎ 所以当x0F(1)=0,不合题意.‎ 所以实数a的取值范围为.‎
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