【数学】2018届一轮复习人教A版专题五函数学案
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
0
0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.
