(全国通用)2016高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题课件 理
kx 因此 f(x)＞ －x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0＋1. x ＋1 由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3. 法二 kx 由题意，1＋ln(x＋1)＞ 在(0，＋∞)上恒成立. x＋1
kx 设 g(x)＝1＋ln(x＋1)－ (x＞0)， x＋1 x－（k－1） 1 k 则 g′(x)＝ － ＝ ， x＋1 （x＋1）2 （x＋1）2 x (ⅰ)当 k＝1 时，则 g′(x)＝ 2＞0，所以 g(x)单调递增， （x＋1）
可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有
参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这 样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等 式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的， 如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质
很难研究，就不要使用分离参数法.
【训练 1】 (2015· 武汉模拟)设函数 f(x)＝1－x2＋ln(x＋1). (1)求函数 f(x)的单调区间； kx (2)若不等式 f(x)＞ －x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求 k x＋1 的最大值.
(3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.
热点一
导数与不等式 利用导数证明不等式
[微题型 1]
【例 1－1】 已知函数 f(x)＝ex－ln(x＋m). (1)设 x＝0 是 f(x)的极值点，求 m，并讨论 f(x)的单调性； (2)当 m≤2 时，证明 f(x)>0.
x
1 1 (－2，＋∞)上单调递增.又 f′(－1)＝ －1<0，f′(0)＝1－ >0. e 2 所以 f′(x)＝0 在(－2，＋∞)上有唯一实根 x0，且－1<x0<0. 于是 y＝f(x)在 x＝x0 处，取到最小值.又 f′(x0)＝0， 1 得e ＝ ，两边取对数得 ln(x0＋2)＝－x0. x0＋2
考点整合
1.常见构造辅助函数的四种方法
(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明 f(x) － g(x) ＞ 0(f(x) － g(x) ＜ 0) ，进而构造辅助函数 h(x) ＝ f(x) － g(x).
(2) 构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、 根据“相同结构”构造辅助函数. (3) 放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式
kx (2)法一 由已知 f(x)＞ －x2 在(0，＋∞)上恒成立， x ＋1 （x＋1）[1＋ln（x＋1）] 得 k＜ (x＞0)， x （x＋1）[1＋ln（x＋1）] 令 g( x ) ＝ (x＞0)， x x－1－ln（x＋1） 则 g′(x)＝ ，设 h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)， x2 1 x 则 h′(x)＝1－ ＝ ＞0， 所以函数 h(x)在(0， ＋∞)上单调递增. x＋1 x＋1
解
1 ax－1 (1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－x＝ x ，
当 a≤0 时， f′(x)＜0 恒成立， f(x)在区间(0， ＋∞)上单调递减；
1 1 当 a＞0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝a，在区间0，a上，
f′(x)＜0，函数
1 f(x)单调递减，在区间a，＋∞上，
解 1 易知 f′(x)＝ex－ .由 x＝0 是 f(x)的极值点得 f′(0)＝0， x＋m
所以 m＝1.于是 f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)， 1 ∴f′(x)＝ex－ 在(－1，＋∞)上是增函数，且 f′(0)＝0. x＋1
当 x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当 x>0 时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)证明 当 m≤2，x>－m 时，ln(x＋m)≤ln(x＋2). 1 故只需证明当 m＝2 时，f(x)>0.当 m＝2 时，f′(x)＝e － 在 x＋2
g(0)＝1＞0，即 g(x)＞0 恒成立.
(ⅱ)当 k＞1 时，则 g(x)在(0，k－1)上单调递减， 在(k－1，＋∞)上单调递增，所以 g(x)的最小值为 g(k－1)， 只需 g(k－1)＞0 即可，即 ln k－k＋2＞0. 设 h(k)＝ln k－k＋2(k＞1)， 1－k h′(k)＝ k ＜0，则 h(k)单调递减， 因为 h(2)＝ln 2＞0，h(3)＝ln 3－1＞0，h(4)＝ln 4－2＜0， 所以 k 的最大值为 3.
第5讲
导数与不等式、存在性及恒成
立问题
高考定位
在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考
查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及
恒成立问题.
真题感悟
(2015· 福建卷改编)已知函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R). (1)证明：当 x＞0 时，f(x)＜x； (2)证明： 当 k＜1 时， 存在 x0＞0， 使得对任意的 x∈(0， x0 ) ， 恒有 f(x)＞g(x).
热点二
存在与恒成立问题
1－a 【例 2】(2015· 南昌模拟)已知函数 f(x)＝ln x－ax＋ x －1(a∈R). 1 (1)当 a≤ 时，讨论 f(x)的单调性； 2 1 (2)设 g(x)＝x －2bx＋4，当 a＝ 时，若对任意 x1∈(0，2)， 4
x0
2 （ x ＋ 1 ） 1 0 x 故 f(x)≥f(x0)＝e 0－ln(x0＋2)＝ ＋x 0 ＝ >0. x0＋2 x0＋2
综上可知，当 m≤2 时，f(x)>0 成立.
探究提高
(1) 证明 f(x)≥g(x) 或 f(x)≤g(x) ，可通过构造函数
h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0， 从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用 f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式. (2) 在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不
等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.
[微题型 2]
不等式恒成立求参数范围问题
【例 1－2】 (1)已知函数 f(x)＝ax－1－ln x，a∈R. ①讨论函数 f(x)的单调区间； ②若函数 f(x)在 x＝1 处取得极值， 对∀x∈(0， ＋∞)， f(x)≥bx －2 恒成立，求实数 b 的取值范围. xln x (2)设 f(x)＝ ， 若对∀x∈[1， ＋∞)， f(x)≤m(x－1)恒成立， x ＋1 求 m 的取值范围.
f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增. 综上所述：当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调
递增区间；当 a＞0
1 区间是a，＋∞. 1 时，f(x)的单调递减区间是0，a，单调递增
②因为函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 f′ x－1－ln x≥bx－2， 1 ln x 即 1＋x － x ≥b 对∀x∈(0，＋∞)恒成立， 1 ln x 1 1－ln x ln x－2 令 g(x)＝1＋x － x ，则 g′(x)＝－x2－ x2 ＝ x2 ， 易得 g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增， 1 1 所以 g(x)min＝g(e )＝1－e2，即 b≤1－e2. 1 xln x (2)f(x)＝ ，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即 ln x≤mx－ x . x＋1
1 即不等式成立；当 0＜m＜2时，方程－mx2＋x－m＝0 的两根分 1－ 1－4m2 1＋ 1－4m2 别为 x1＝ ＜1， x2 ＝ ＞1.当 x∈(1， x2)时， 2m 2m g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾. 1 综上所述，m≥2.
探究提高
对于求不等式成立时的参数范围问题，在
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，
进行放缩，再重新构造函数.
(4)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(x，x1)).
2.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：将原不等式分离参数，转化为不含参数的 函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所 求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a 恒成立，只需f(x)max≤a即可. (2) 函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最 值问题，利用导数求该函数的极值 (最值)，然后构建不等式 求解.
证明
(1)令 F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
－x 1 则有 F′(x)＝ －1＝ .当 x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所 1＋x x＋1 以 F(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当 x＞0 时，F(x)＜F(0) ＝0，即当 x＞0 时，f(x)＜x.
(2)令 G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)， －kx＋（1－k） 1 则有 G′(x)＝ －k＝ . x＋1 x＋1 当 k≤0 时，G′(x)＞0，故 G(x)在(0，＋∞)单调递增， G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数 x0 均满足题意. 1－k 1 当 0＜k＜1 时，令 G′(x)＝0，得 x＝ k ＝k －1＞0， 1 取 x0＝k －1，对任意 x∈(0，x0)，有 G′(x)＞0， 从而 G(x)在(0，x0)单调递增，所以 G(x)＞G(0)＝0， 即 f(x)＞g(x).综上， 当 k＜1 时， 总存在 x0＞0， 使得对任意 x∈(0， x0)，恒有 f(x)＞g(x).
导数与不等式、存在性及恒成立问题课件
04
导数的实际应用举例
导数在经济学中的应用
03
边际分析
弹性分析
最优化问题
导数可以用来分析经济行为的边际效应， 例如边际成本、边际收益等，帮助企业做 出更优的决策。
导数可以用来分析需求弹性、供给弹性等 ，帮助企业了解市场对价格的敏感度，从 而制定合理的价格策略。
导数可以用来求解最大值或最小值问题， 例如利润最大化、成本最小化等，帮助企 业实现资源的最优配置。
在研究不等式问题时，可以利用函数的单调性简化问题，例如比较大 小、证明不等式等。
利用导数研究函数的极值与最值
01
极值点和最值点是函数的重要特 征点，通过求导可以找到这些点 。
02
在研究不等式问题时，可以利用 函数的极值点和最值点进行证明 ，例如利用极小值点证明不等式 。
03
导数在存在性及恒成立问 题中的应用
要点二
详细描述
导数具有可加性，即两个函数的和或差的导数等于两个函 数导数的和或差。导数还具有可乘性，即两个函数的乘积 的导数等于两个函数导数的乘积。此外，链式法则也是导 数的一个重要性质，即复合函数的导数等于内部函数的导 数乘以外部函数的导数。这些性质在研究函数的单调性、 极值和曲线的形状等方面具有广泛的应用。
02
导数与不等式的关系
导数在不等式证明中的应用
利用导数研究函数的单调性，进而证明不等式
通过求导判断函数的单调性，利用单调性证明不等式。
利用导数研究函数的极值与最值，进而证明不等式
通过求导找到函数的极值点和最值点，利用这些点的函数值证明不等式。
利用导数研究函数的单调性
01
02
单调性是函数的重要性质之一，通过求导可以判断函数的单调性。
【热点重点难点专题透析】(新课标)2016届高考数学二轮复习 细致讲解专题1 不等式、函数与导数课件 理
������-������ ≤ 0,
3.设变量 x、y 满足约束条件 ������ + 3������-4 ≤ 0,则 z=y-2x 的最大值
为( ).
������ + 2 ≥ 0,
A.1 B.2 C.4 D.6
������-������ ≤ 0,
【解析】作出表示约束条件 ������ + 3������-4 ≤ 0,的可行域,得 z
数若在 x=0 处有定义,则必有 f(0)=0”的灵活应用.
2.应用不等式性质时,一定要弄清楚性质成立的前提条件.
判断数式的不等关系,既可利用不等式性质,也可灵活运用函数
的单调性.利用基本不等式求最值时,要善于运用“拆、拼、配、
凑”的技巧,同时满足基本不等式中“正、定、等”的条件,多次 使用基本不等式时,要确保取得等号的条件的一致性,否则容易
1+1
1+������
-1 0
=a0<1������+(ee-)1=1e+-e2-1<1,
即 a0∈(0,1).
当 a=a0 时,有 f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0,
由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当 x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0;
在处理分段函数问题时,不仅要研究每段函数的性质,而且要对
整个函数性质进行研究.
7.函数导数的应用,一是利用导数的几何意义求切线方程,
此时要明确题给的已知点是“切点”还是“非切点”,以避免错 解;二是应用导数研究函数的单调性、极值与最值,此时要重视函 数的定义域,熟练掌握可导函数的单调性、极值与最值的判断方 法,利用数形结合思想;三是运用导数与函数的单调性建立不等 式求参数范围,此时不等号中切勿遗漏含等号情况;四是利用导 数研究函数的零点、求参数范围、解(证)不等式、求函数最值等 较难的综合问题,有时需构造函数,通过两次求导来解决问题,当
高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题训练
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专题一函数与导数、不等式第5讲导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题训练文一、选择题1。
设f（x)是定义在R上的奇函数,当x＜0时，f′（x）＞0，且f（0）＝0,f错误!＝0,则不等式f(x）＜0的解集为( ）A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析如图所示，根据图象得不等式f(x）＜0的解集为错误!。
答案C2。
若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为( )A。
（－∞，0) B。
（－∞，4]C。
（0，＋∞） D.[4,＋∞）解析由不等式知x∈（0，＋∞），则有a≤2ln x＋x＋错误!恒成立。
设f（x)＝2ln x＋x＋错误!,则f′（x)＝错误!(x＞0)。
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0,函数f(x）单调递减；当x∈（1,＋∞）时，f′（x）＞0，函数f(x）单调递增，所以f(x)min＝f（1)＝4.所以a≤4。
答案B3.若存在正数x使2x（x－a）＜1成立，则a的取值范围是（）A。
（－∞，＋∞) B.（－2，＋∞）C.（0,＋∞)D.（－1，＋∞)解析∵2x(x－a）＜1，∴a＞x－错误!.令f(x)＝x－错误!，∴f′(x）＝1＋2－x ln 2＞0.∴f（x)在（0，＋∞）上单调递增,∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D。
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
(全国通用)高考数学二轮复习 专题一 第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题-人教版高三全册数学试
第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题一、选择题1.已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值X围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C.(－∞，2] D.(－∞，2)解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0.∴f (x )在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4).∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案 A2.若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值X 围是( ) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞) 解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，∴f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值X 围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D3.(2015·某某模拟)当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值X 围是( )A.[－5，－3]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98C.[－6，－2]D.[－4，－3]解析 当x ∈(0，1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x ，令t ＝1x ，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t3－4t 2＋t ，令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )＜0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2，0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值X 围为[－6，－2]. 答案 C4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )>0成立的x 的取值X 围是( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x＜0⇔f (x )＞0.综上，得使得f (x )＞0成立的x 的取值X 围是(－∞，－1)∪(0，1)，选A. 答案 A5.已知函数f (x )＝2ax 3－3ax 2＋1，g (x )＝－a 4x ＋32，若任意给定的x 0∈[0，2]，总存在两个不同的x i (i ＝1，2)∈[0，2]，使得f (x i )＝g (x 0)成立，则实数a 的取值X 围是( ) A.(－∞，－1) B.(1，＋∞) C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.[－1，1] 解析 当a ＝0时，显然不成立，故排除D ；当a ＞0时，注意到f ′(x )＝6ax 2－6ax ＝6ax (x －1)， 即f (x )在[0，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，又f (0)＝1＜32＝g (0)，当x 0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a ＜0，此时g (x )在[0，2]上是增函数，且取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，－a 2＋32，同时f (x )在0≤x ≤1时，函数值从1增大到1－a ，在1≤x ≤2时，函数值从1－a 减少到1＋4a ， 所以“任意给定的x 0∈[0，2]，总存在两个不同的x i (i ＝1，2)∈[0，2]，使得f (x i )＝g (x 0)成立”，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）的最大值＞g （x ）的最大值，f （x ）的最小值＜g （x ）的最小值，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＞－a 2＋32，1＋4a ＜32，解得a ＜－1.答案 A 二、填空题6.(2015·某某模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________.解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.令g (x )＝3x 2－1x3， 则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减.因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4. 当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 47.(2014·某某卷)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0成立，则实数m 的取值X 围是________.解析 作出二次函数f (x )的图象，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0，解得－22＜m ＜0. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 8.(2015·某某模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值X 围是________.解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 三、解答题9.(2015·某某卷改编)已知函数f (x )＝nx －x n ，x ∈R ，其中n ∈N *，n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x ). (1)解 由f (x )＝nx －x n， 可得f ′(x )＝n －nxn －1＝n (1－xn －1).其中n ∈N *，且n ≥2，下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时.令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)内单调递增.②当n为偶数时.当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝n 1n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0).令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).由于f′(x)＝－nx n－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x).10.(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝a e x ln x＋b e x－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )＞1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bxe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明 由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2xe x －1，从而f (x )＞1等价于x ln x ＞x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x ).所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1. 11.已知函数f (x )＝mxx 2＋n(m ，n ∈R )在x ＝1处取得极值2.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设函数g (x )＝ln x ＋a x ，若对任意的x 1∈R ，总存在x 2∈[1，e]，使得g (x 2)≤f (x 1)＋72，某某数a 的取值X 围.解 (1)f ′(x )＝m （x 2＋n ）－2mx 2（x 2＋n ）2＝mx 2－2mx 2＋mn （x 2＋n ）2＝－mx 2＋mn （x 2＋n ）2，由于f (x )在x ＝1处取得极值2， 故f ′(1)＝0，f (1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧mn －m（1＋n ）2＝0，m 1＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝1，经检验，此时f (x )在x ＝1处取得极值.故f (x )＝4xx 2＋1. (2)由(1)知f (x )的定义域为R ，且f (－x )＝－f (x ). 故f (x )为奇函数，f (0)＝0. 当x ＞0时，f (x )＞0，f (x )＝4x ＋1x≤2，当且仅当x ＝1时取“＝”.故f (x )的值域为[－2，2]， 从而f (x 1)＋72≥32.依题意有g (x )min ≤32，x ∈[1，e]，g ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2，①当a ≤1时，g ′(x )≥0，函数g (x )在[1，e]上单调递增，其最小值为g (1)＝a ≤1＜32，符合题意；②当1＜a ＜e 时，函数g (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增， 所以函数g (x )的最小值为g (a )＝ln a ＋1. 由ln a ＋1≤32，得0＜a ≤e ，从而知当1＜a ≤ e 时，符合题意；③当a ≥e 时，显然函数g (x )在[1，e]上单调递减，其最小值为g (e)＝1＋a e ≥2＞32，不符合题意.综上所述，a的取值X围为(－∞，e].。
高考数学二轮复习 第二部分 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数的综合应用课件 理
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所以当c>0且c－3227<0时，f(－4)＝c－16＜0，f(0)＝c ＞0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈ －2，－23 ，x3∈ －23，0，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈0，3227时，函数f(x) ＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．
若a＝1，则g′(x)＝1－1x. 当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0. 综上，a＝1. (2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x， f′(x)＝2x－2－ln x， 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－1x，
f(x)min＝f(1)＝－1. 由题意得，m＋1＞－1，即m＞－2，① 当0＜x＜1时，f(x)＝x(－1＋ln x)＜0； 当x＞0且x→0时，f(x)→0； 当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1＜0，即m＜－1，② 由①②可得－2＜m＜－1.
因此实数m的取值范围是(－2，－1)．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为 (1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点， 可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有两个不同的根，
则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m＋1有两个不同交 点，
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单 调递增，
(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－23.
推荐-高考数学文二轮复习课件3.6.2 导数与不等式及参数范围
+
1 2 ������
>1,所以 h'(x)<0.
从而 h(x)在(0,+∞)上为减函数,
������·21������ = 2,
所以 h(x)<h(0)=3,所以 m<3.
专题探究·分类突
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破
考向 一考向二Fra bibliotek(2)证明:当 a=0 时,f(x)=ln x,
令 φ(x)=g(x)-f(x)-2.则 φ(x)=ex-ln x-2,
3.6.2 导数与不等式及参数范围
考向 一
考向二
专题探究·分类突
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破
利用求导的方法证明函数不等式(多维探究) 例1(2016全国丙卷,文21)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当x∈(1,+∞)时,1<���l���n-���1���<x; (3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
当 x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;
当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当 x=x0 时,f(x)取得最小值. 由 f'(x0)=0 得e������0 = ������01+2,ln(x0+2)=-x0, 故 f(x)≥f(x0)=������01+2+x0=(������������00++12)2>0. 综上,当 m≤2 时,f(x)>0.
考向 一
考向二
专题探究·分类突 破
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(2)证明:由(1)知,令 F(x)=ln������������,
【4份】2016江苏高考理科数学二轮专题复习：专题一 函数与导数、不等式(真题感悟+考点整合)
专题一 函数与导数、不等式第1讲函数、函数与方程及函数的应用 .......................................................................... - 1 - 第2讲不等式问题 ............................................................................................................ - 17 - 第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题 ............................................................ - 31 - 第4讲导数与函数图象的切线及函数零点问题 ............................................................ - 44 - 第5讲 导数与实际应用及不等式问题 ............................................................................ - 55 -第1讲 函数、函数与方程及函数的应用高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)函数的概念和函数的基本性质是B 级要求，是重要考点；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点，要求都是B 级；(3)函数与方程是B 级要求，但经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(4)函数模型及其应用是考查热点，要求是B 级；试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查．真 题 感 悟1．(2011·江苏卷)函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是________．【详细分析】函数f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，令t ＝2x ＋1(t ＞0)．因为y ＝log 5t 在t ∈(0，＋∞)上为增函数，t ＝2x ＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上为增函数，所以函数y ＝log 5(2x ＋1)的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞ 2．(2012·江苏卷)设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f (x )＝⎩⎨⎧ax ＋1，－1≤x ＜0，bx ＋2x ＋1，0≤x ≤1，其中a ，b ∈R .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，则a ＋3b 的值为________． 【详细分析】因为函数f (x )是周期为2的函数，所以f (－1)＝f (1)⇒－a ＋1＝b ＋22，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⇒12b ＋232＝－12a ＋1，联立列成方程组解得a ＝2，b ＝－4，所以a ＋3b ＝2－12＝－10.答案 －103．(2014·江苏卷)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12.若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．【详细分析】作出函数y ＝f (x )与y ＝a 的图象，根据图象交点个数得出a 的取值范围．作出函数y ＝f (x )在[－3，4]上的图象，f (－3)＝f (－2)＝f (－1)＝f (0)＝f (1)＝f (2)＝f (3)＝f (4)＝12，观察图象可得0＜a ＜12.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 4．(2015·江苏卷)已知函数f (x )＝|ln x |，g (x )＝⎩⎨⎧0，0＜x ≤1，|x 2－4|－2，x ＞1，则方程|f (x )＋g (x )|＝1实根的个数为________．【详细分析】令h (x )＝f (x )＋g (x )，则h (x )＝⎩⎨⎧－lnx ，0＜x ≤1，－x 2＋ln x ＋2，1＜x ＜2，x 2＋ln x －6，x ≥2，当1＜x ＜2时，h ′(x )＝－2x ＋1x ＝1－2x 2x ＜0，故当1＜x ＜2时h (x )单调递减，在同一坐标系中画出y ＝|h (x )|和y ＝1的图象如图所示．由图象可知|f (x )＋g (x )|＝1的实根个数为4.答案 4考 点 整 合1．函数的性质(1)单调性：证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．可以用来比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性；(2)奇偶性：①若f (x )是偶函数，那么f (x )＝f (－x )；②若f (x )是奇函数，0在其定义域内，则f (0)＝0；③奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性；(3)周期性：①若y ＝f (x )对x ∈R ，f (x ＋a )＝f (x －a )或f (x －2a )＝f (x )(a ＞0)恒成立，则y ＝f (x )是周期为2a 的周期函数；②若y ＝f (x )是偶函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为2|a |的周期函数；③若y ＝f (x )是奇函数，其图象又关于直线x ＝a 对称，则f (x )是周期为4|a |的周期函数；④若f (x ＋a )＝－f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f （x ＋a ）＝1f （x ），则y ＝f (x )是周期为2|a |的周期函数． 2．函数的图象对于函数的图象要会作图、识图和用图，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、伸缩变换和对称变换．3．函数的零点与方程的根(1)函数的零点与方程根的关系函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝g (x )的图象交点的横坐标．(2)零点存在性定理注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．4．应用函数模型解决实际问题的一般程序读题（文字语言）⇒建模（数学语言）⇒求解（数学应用）⇒反馈（检验作答）与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.热点一 函数的性质及其应用【例1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________．(2)设f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋2，x ＜1，－ax ＋6，x ≥1(a ∈R )的图象关于直线x ＝1对称，则a 的值为________．(3)(2015·苏北四市模拟)设奇函数y ＝f (x )(x ∈R )，满足对任意t ∈R 都有f (t )＝f (1－t )，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝－x 2，则f (3)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32的值等于________． 【详细分析】(1)f (x )为偶函数，则ln(x ＋a ＋x 2)为奇函数，所以ln(x ＋a ＋x 2)＋ln(－x ＋a ＋x 2)＝0，即ln(a ＋x 2－x 2)＝0，∴a ＝1.(2)由函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，得f (0)＝f (2)，即2＝－2a ＋6，解得a ＝2.(3)根据对任意t ∈R 都有f (t )＝f (1－t )可得f (－t )＝f (1＋t )，即f (t ＋1)＝－f (t )，进而得到f (t ＋2)＝－f (t ＋1)＝－[－f (t )]＝f (t )，得函数y ＝f (x )的一个周期为2，故f (3)＝f (1)＝f (0＋1)＝－f (0)＝0, f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－14.所以f (3)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32的值是0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝－14.答案(1)1(2)2(3)－1 4探究提高 1.第(2)小题将对称问题转化为点的对称，从而很容易地解决问题，本题也可借助于图象的斜率解决．2．根据函数的奇偶性、单调性和周期性，把所求函数值转化为给定范围内的函数值，再利用所给范围内的函数解析式求出函数值．【训练1】(1)(2015·长沙模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．(2)(2015·天津卷改编)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为________．【详细分析】(1)∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)上单调递减，则f(x)的大致图象如图所示，由f(x－1)＞0，得－2＜x－1＜2，即－1＜x＜3.(2)因为函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数可知，m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x＞0时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|log0.53|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)＝20－1＝0.答案(1)(－1，3)(2)c＜a＜b热点二函数的图象及其应用【例2】(2015·全国Ⅰ卷改编)设函数f(x)＝e x(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是________．【详细分析】设g(x)＝e x(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，[g (x )]min ＝122e --， 当x ＝0时，g (0)＝－1，当x ＝1时，g (1)＝e>0，直线y ＝a (x －1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x 0＝0，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 探究提高 (1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质．(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．【训练2】 设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，则不等式f （x ）－f （－x ）x<0的解集为________． 【详细分析】由奇函数的定义和f (2)＝0得出函数在(－∞，0)上也为增函数．画出函数草图(如图)，可得在(－2，0)和(2，＋∞)上f (x )>0，在(－∞，－2)和(0，2)上f (x )<0.当x >0时，由f （x ）－f （－x ）x<0，可得f (x )－f (－x )＝2f (x )<0，结合图象可知(0，2)符合；当x <0时，由f （x ）－f （－x ）x<0，可得f (x )－f (－x )＝2f (x )>0，结合图象可知(－2，0)符合．答案 (－2，0)∪(0，2)热点三 函数与方程问题[微题型1] 函数零点个数的求解【例3－1】 函数f (x )＝2x ＋x 3－2在区间(0，1)内的零点个数是________．【详细分析】因为f (0)＝1＋0－2＝－1，f (1)＝2＋13－2＝1，所以f (0)·f (1)＜0.又函数f (x )在(0，1)内单调递增，所以f (x )在(0，1)内的零点个数是1.答案 1探究提高 在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用．如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解．[微题型2] 由函数零点(或方程根)的情况求参数【例3－2】 (2015·天津卷改编)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－|x |，x ≤2，（x －2）2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－x )，其中b ∈R ，若函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，则b 的取值范围是________．【详细分析】记h (x )＝－f (2－x )在同一坐标系中作出f (x )与h (x )的图象如图，直线AB ：y ＝x －4，当直线l ∥AB 且与f (x )的图象相切时，由⎩⎨⎧y ＝x ＋b ′，y ＝（x －2）2，解得b ′＝－94，－94－(－4)＝74，同理，y 轴左侧也有相同的情况．所以曲线h (x )向上平移74个单位后，y 轴左右各有2个交点，所得图象与f (x )的图象有四个公共点，平移2个单位时，两图象有无数个公共点，因此，当74＜b ＜2时，f (x )与g (x )的图象有四个不同的交点，即y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2探究提高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)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．【训练3】(2015·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝1x＋2－m|x|有三个零点，则实数m的取值范围为________．【详细分析】函数f(x)有三个零点等价于方程1x＋2＝m|x|有且仅有三个实根．∵1x＋2＝m|x|⇔1m＝|x|(x＋2)，作函数y＝|x|(x＋2)的图象，如图所示，由图象可知m应满足0＜1m＜1，故m＞1.答案(1，＋∞)热点四函数的实际应用问题【例4】(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(其中a，b为常数)模型．(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域；②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．解 (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y ＝a x 2＋b， 得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b＝2.5，解得⎩⎨⎧a ＝1 000，b ＝0. (2)①由(1)知，y ＝1 000x 2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1 000t 2，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，y ′＝－2 000x 3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t 3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝32t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]． ②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t 5.令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数．从而，当t＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15 3.答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米．探究提高(1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．【训练4】(2012·江苏卷)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－120(1＋k2)x2(k>0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．解(1)令y＝0，得kx－120(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x>0，k>0，故x＝20k1＋k2＝20k＋1k≤202＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，使3.2＝ka－120(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6. 所以当a不超过6千米时，可击中目标.1．解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f (x )＝1x ln x 的定义域时，只考虑x ＞0，忽视ln x ≠0的限制．2．函数定义域不同，两个函数也不同；对应关系不同，两个函数也不同；定义域和值域相同，也不一定是相同的函数．3．如果一个奇函数f (x )在原点处有意义，即f (0)有意义，那么一定有f (0)＝0. 4．奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性．5．函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用．6．不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质．如讨论指数函数y ＝a x (a ＞0，a ≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽视a x ＞0的隐含条件；幂函数的性质记忆不准确等．7．判断函数零点个数的方法有：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理；(3)数形结合法．8．对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、填空题1．(2015·宿迁调研模拟)函数f (x )＝ln x ＋1－x 的定义域为________．【详细分析】要使函数f (x )＝ln x ＋1－x 有意义，则⎩⎨⎧x ＞0，1－x ≥0，解得0＜x ≤1，即函数定义域是(0，1]． 答案 (0，1]2．(2015·苏北四市调研)已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1，2)上单调递增，则a 的取值范围为________．【详细分析】根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解．因为y ＝log 2(ax－1)在(1，2)上单调递增，所以u ＝ax －1在(1，2)单调递增，且恒大于0，即⎩⎨⎧a ＞0，a －1≥0⇒a ≥1.答案 [1，＋∞)3．(2015·苏、锡、常、镇模拟)若a ＝log 3π，b ＝log 76，c ＝log 20.8，则a ，b ，c 由小到大的顺序为________．【详细分析】因为a ＝log 3π＞1，0＜b ＝log 76＜1，c ＝log 20.8＜0，故c ＜b ＜a . 答案 c ＜b ＜a4．已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx .若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是________．【详细分析】由f (x )＝g (x )，∴|x －2|＋1＝kx ， 即|x －2|＝kx －1，所以原题等价于函数y ＝|x －2|与y ＝kx －1的图象有2个不同交点． 如图：∴y ＝kx －1在直线y ＝x －1与y ＝12x －1之间，∴12＜k ＜1. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，15．(2011·江苏卷)已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋a ，x ＜1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为________．【详细分析】首先讨论1－a ，1＋a 与1的关系，当a ＜0时，1－a ＞1，1＋a ＜1，所以f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ；f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝3a ＋2. 因为f (1－a )＝f (1＋a )，所以－1－a ＝3a ＋2， 所以a ＝－34.当a ＞0时，1－a ＜1，1＋a ＞1，所以f (1－a )＝2(1－a )＋a ＝2－a ；f (1＋a )＝－(1＋a )－2a ＝－3a －1.因为f (1－a )＝f (1＋a )，所以2－a ＝－3a －1，所以a ＝－32(舍去)．综上，满足条件的a ＝－34. 答案 －346．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2，2]，f (mx －2)＋f (x )<0恒成立，则x 的取值范围是________．【详细分析】f ′(x )＝3x 2＋1>0，∴f (x )在R 上为增函数．又f (x )为奇函数，由f (mx －2)＋f (x )<0知，f (mx －2)<f (－x )．∴mx －2<－x ，即mx ＋x －2<0，令g (m )＝mx ＋x －2，由m ∈[－2，2]知g (m )<0恒成立，可得⎩⎨⎧g （－2）＝－x －2<0，g （2）＝3x －2<0，∴－2<x <23. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23 7．(2015·南师附中模拟)若函数f (x )＝⎩⎨⎧2x－a ，x ≤0，ln x ，x ＞0有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．【详细分析】当x ＞0时，由f (x )＝ln x ＝0，得x ＝1. 因为函数f (x )有两个不同的零点， 则当x ≤0时，函数f (x )＝2x －a 有一个零点， 令f (x )＝0得a ＝2x ，因为0＜2x ≤20＝1，所以0＜a ≤1， 所以实数a 的取值范围是0＜a ≤1. 答案 (0，1]8．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，对∀x ∈R 都有f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)成立．当x 1，x 2∈[0，2]，且x 1≠x 2时，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，给出下列命题：①f (2)＝0；②直线x ＝－4是函数y ＝f (x )图象的一条对称轴； ③函数y ＝f (x )在[－4，4]上有四个零点； ④f (2 014)＝0.其中所有正确命题的序号为________．【详细分析】令x ＝－2，得f (－2＋4)＝f (－2)＋f (2)，解得f (－2)＝0，因为函数f (x )为偶函数，所以f (2)＝0，①正确；因为f (－4＋x )＝f (－4＋x ＋4)＝f (x )，f (－4－x )＝f (－4－x ＋4)＝f (－x )＝f (x )，所以f (－4＋x )＝f (－4－x )，即x ＝－4是函数f (x )的一条对称轴，②正确；当x 1，x 2∈[0，2]，且x 1≠x 2时，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，说明函数f (x )在[0，2]上是单调递减函数，又f (2)＝0，因此函数f (x )在[0，2]上只有一个零点，由偶函数知函数f (x )在[－2，0]上也只有一个零点，由f (x ＋4)＝f (x )，知函数的周期为4，所以函数f (x )在(2，4]与[－4，－2)上也单调，因此，函数在[－4，4]上只有2个零点，③错；对于④，因为函数的周期为4，即有f (2)＝f (6)＝f (10)＝…＝f (2 014)＝0，④正确． 答案 ①②④ 二、解答题9．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x (x ＞0)．(1)若g (x )＝m 有实根，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． 解 (1)∵x ＞0，∴g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e ， 等号成立的条件是x ＝e.故g (x )的值域是[2e ，＋∞)，因而只需m ≥2e ，则g (x )＝m 就有实根． 故m ∈[2e ，＋∞)．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )＝f (x )中函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，作出g (x )＝x ＋e 2x (x ＞0)的大致图象． ∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2.其对称轴为x ＝e ，开口向下，最大值为m －1＋e 2. 故当m －1＋e 2＞2e ， 即m ＞－e 2＋2e ＋1时， g (x )与f (x )有两个交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根． ∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．10．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30. (1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800，所以当x ＝15时，S 取得最大值． (2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20. 当x ∈(0，20)时，V ′＞0；当x ∈(20，30)时，V ′＜0.所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.11.如图，现要在边长为100 m 的正方形ABCD 内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为x m(x 不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为15x 2m 的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60 m ，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.(1)求x 的取值范围；(运算中2取1.4)(2)若中间草地的造价为a 元/m 2，四个花坛的造价为433ax 元/m 2，其余区域的造价为12a11元/m 2，当x 取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥9，100－2x ≥60，1002－2x －2×15x 2≥2×10，解得⎩⎨⎧x ≥9，x ≤20，－20≤x ≤15，即9≤x ≤15.所以x 的取值范围是[9，15]．(2)记“环岛”的整体造价为y 元，则由题意得y ＝a ×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22＋433ax ×πx 2＋12a 11×⎣⎢⎡⎦⎥⎤104－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫15x 22－πx 2＝a 11⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫－125x 4＋43x 3－12x 2＋12×104，令f (x )＝－125x 4＋43x 3－12x 2， 则f ′(x )＝－425x 3＋4x 2－24x ＝－4x ⎝ ⎛⎭⎪⎫125x 2－x ＋6.由f ′(x )＝0解得x ＝0(舍去)或x ＝10或x ＝15， 列表如下：所以当x ＝故当x ＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．第2讲 不等式问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等式是C 级要求，要求在初中所学二次函数的基础上，掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别，可以单独考查，也可以与函数、方程等构成综合题；(2)线性规划的要求是A 级，理解二元一次不等式对应的平面区域，能够求线性目标函数在给定区域上的最值，同时对一次分式型函数、二次型函数的最值也要有所了解；(3)基本不等式是C 级要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面的重要应用．真 题 感 悟1．(2015·江苏卷)不等式2x 2－x ＜4的解集为________．【详细分析】∵2x 2－x ＜4＝22，∴x 2－x ＜2，即x 2－x －2＜0，解得－1<x <2. 答案 {x |－1＜x ＜2}2．(2014·江苏卷)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围是________．【详细分析】二次函数f (x )对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则有⎩⎨⎧f （m ）＝m 2＋m 2－1<0，f （m ＋1）＝（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1<0， 解得－22<m <0. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，03．(2013·江苏卷)已知f (x )是定义在R 上的奇函数．当x >0时，f (x )＝x 2－4x ，则不等式f (x )>x 的解集用区间表示为________．【详细分析】由已知得f (0)＝0，当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－x 2－4x ，因此f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ，x ≥0－x 2－4x ，x <0不等式f (x )>x 等价于⎩⎨⎧x ≥0，x 2－4x >x 或⎩⎨⎧x <0，－x 2－4x >x ，解得：x >5或－5<x <0. 答案 (－5，0)∪(5，＋∞)4．(2012·江苏卷)已知正数a ，b ，c 满足：5c －3a ≤b ≤4c －a ，c ln b ≥a ＋c ln c ，则ba 的取值范围是________．【详细分析】由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ≤4c ，3a ＋b ≥5c ，c ln b －a ≥c ln c ⇒b ≥eacc .作出可行域(如图所示)． 由⎩⎨⎧a ＋b ＝4c ，3a ＋b ＝5c ， 得a ＝c 2，b ＝72c .此时maxb a ⎛⎫⎪⎝⎭＝7.由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝4c ，b ＝e a c c ，得a ＝4ce ＋1，b ＝4c ee ＋1.此时minb a ⎛⎫⎪⎝⎭＝4c e e ＋14c e ＋1＝e.所以ba ∈[e ，7]． 答案 [e ，7]考 点 整 合1．解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：①对二次项系数与0的大小进行讨论；②在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判别式与0的大小进行讨论；③当判别式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论．2．一元二次不等式恒成立的条件 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若ax 2＋bx ＋c ＞0恒成立(解集为R )⇔y ＝f (x )图象恒在x 轴上方⇔f (x )min ＞0⇔⎩⎨⎧a ＞0，Δ＝b 2－4ac ＜0.若ax 2＋bx ＋c ＜0恒成立(解集为R )⇔y ＝f (x )图象恒在x 轴下方⇔f (x )max ＜0⇔⎩⎨⎧a ＜0，Δ＝b 2－4ac ＜0. 3．利用基本不等式求最值已知x ，y ∈R ＋，则(1)若x ＋y ＝S (和为定值)，则当x ＝y 时，积xy 取得最大值S 24⎝ ⎛⎭⎪⎫xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝S 24；(2)若xy ＝P (积为定值)，则当x ＝y 时，和x ＋y 取得最小值2P (x ＋y ≥2xy ＝2P )．4．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半平面的交集．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 ＝－a b x ＋z b ，可知zb 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．热点一 一元二次不等式的解法及应用【例1】 (1)(2012·江苏卷)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )<c 的解集为(m ，m ＋6)，则实数c 的值为________． (2)若不等式x 2＋ax ＋1≥0对于一切x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12成立，则a 的取值范围是________． 【详细分析】(1)由题意知f (x )＝x 2＋ax ＋b ＝22a x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭＋b －a 24.∵f (x )的值域为[0，＋∞)，∴b －a 24＝0，即b ＝a 24.∴f (x )＝22a x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.由f (x )<c ，得－a 2－c <x <－a 2＋c ，又f (x )<c 的解集为(m ，m ＋6)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－a2－c ＝m ， ①－a2＋c ＝m ＋6， ②②－①，得2c ＝6，∴c ＝9.(2)法一 设f (x )＝x 2＋ax ＋1，其对称轴为x ＝－a 2.若－a 2≥12，即a ≤－1时，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上是减函数，若满足题意应有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥0，即－52≤a ≤－1.若－a 2≤0，即a ≥0时，则f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12上是增函数， 又f (0)＝1>0成立，故a ≥0.若0<－a 2<12，即－1<a <0，则应有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 24－a22＋1＝1－a 24≥0成立，故－1<a <0.综上，a ≥－52.法二 也可转化为：a ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ，x ∈(0，12)恒成立，利用单调性求解．答案 (1)9 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52，＋∞探究提高 解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图象的开口方向，再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号，有时还需要考虑其对称轴的位置，根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解． 【训练1】 已知一元二次不等式f (x )<0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－1，或x >12，则f (10x )>0的解集为______．【详细分析】依题意知f (x )>0的解为－1<x <12，故0<10x <12，解得x <lg 12＝－lg 2. 答案 {x |x ＜－lg 2}热点二 利用基本不等式求最值 [微题型1] 基本不等式的简单应用【例2－1】 (2015·武汉模拟)已知两个正数x ，y 满足x ＋4y ＋5＝xy ，则xy 取最小值时，x ，y 的值分别为________．【详细分析】∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋4y ＋5＝xy ≥24xy ＋5， 即xy －4xy －5≥0，可求xy ≥25.当且仅当x ＝4y 时取等号，即x ＝10，y ＝52. 答案 10，52[微题型2] 带有约束条件的基本不等式问题【例2－2】 (2015·四川卷改编)如果函数f (x )＝12(m －2)x 2＋(n －8)x ＋1(m ≥0，n ≥0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减，那么mn 的最大值为________．【详细分析】令f ′(x )＝(m －2)x ＋n －8＝0，∴x ＝－n －8m －2，当m ＞2时，对称轴x 0＝－n －8m －2，由题意，－n －8m －2≥2，∴2m ＋n ≤12，∵2mn ≤2m ＋n2≤6，∴mn ≤18，由2m ＋n ＝12且2m ＝n 知m ＝3，n ＝6， 当m ＜2时，抛物线开口向下，由题意－n －8m －2≤12，即2n ＋m ≤18，∵2mn≤2n＋m2≤9，∴mn≤812，由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18.答案18[微题型3]基本不等式在实际问题中的应用【例2－3】如图，在C城周边已有两条公路l1，l2在点O处交汇．已知OC＝(2＋6)km，∠AOB＝75°，∠AOC＝45°，现规划在公路l1，l2上分别选择A，B两处为交汇点(异于点O)直接修建一条公路通过C城．设OA＝x km，OB＝y km.(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域；(2)试确定点A，B的位置，使△OAB的面积最小．解(1)因为△AOC的面积与△BOC的面积之和等于△AOB的面积，所以12x(2＋6)sin 45°＋12y(2＋6)·sin 30°＝12xy sin 75 °，即22x(2＋6)＋12y(2＋6)＝6＋24xy，所以y＝22xx－2(x＞2)．(2)△AOB的面积S＝12xy sin 75°＝6＋28xy＝3＋12×x2x－2＝3＋12(x－2＋4x－2＋4)≥3＋12×8＝4(3＋1)．当且仅当x＝4时取等号，此时y＝4 2.故OA＝4 km，OB＝4 2 km时，△OAB面积的最小值为4(3＋1) km2.探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．【训练2】(1)(2015·广州模拟)若正实数x，y满足x＋y＋1＝xy，则x＋2y的最小值是________．(2)已知关于x 的不等式2x ＋2x －a≥7在x ∈(a ，＋∞)上恒成立，则实数a 的最小值为________．【详细分析】(1)由x ＋y ＋1＝xy ，得y ＝x ＋1x －1， 又y ＞0，x ＞0，∴x ＞1. ∴x ＋2y ＝x ＋2×x ＋1x －1＝x ＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2x －1 ＝x ＋2＋4x －1＝3＋(x －1)＋4x －1≥3＋4＝7， 当且仅当x ＝3时取“＝”．(2)∵x ∈(a ，＋∞)，∴x －a ＞0，∴2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥2·2（x －a ）·2x －a＋2a ＝4＋2a ，由题意可知4＋2a ≥7，得a ≥32， 故实数a 的最小值为32. 答案 (1)7 (2)32热点三 简单线性规划问题【例3】 (2014·苏、锡、常、镇调研)设实数n ≤6，若不等式2xm ＋(2－x )n －8≥0对任意x ∈[－4，2]都成立，则m 4－n 4m 3n 的最小值为________．【详细分析】因为不等式2xm ＋(2－x )n －8≥0即为(2m －n )x ≥8－2n ，对任意x ∈[－4，2]都成立，所以 ⎩⎨⎧2（2m －n ）≥8－2n －4（2m －n ）≥8－2n ， 所以m ，n 满足的不等式为⎩⎨⎧m ≥24m －3n ＋4≤0n ≤6，所以点(m ，n )对应的平面区域如图，nm 的几何意义是可行域上的点与原点的连线的斜率，所以n m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤127，3，而目标函数m 4－n 4m 3n ＝m n －⎝ ⎛⎭⎪⎫n m 3，令n m ＝t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤127，3，则目标函数即为y ＝1t －t 3，其导数y ′＝－1t 2－3t 2＜0，所以函数y ＝1t －t 3在t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤127，3上递减，故t ＝3时取得最小值－803. 答案 －803探究提高 线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想．需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．【训练3】 (1)已知动点P (x ，y )在过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－2且与圆M ：(x －1)2＋(y ＋2)2＝5相切的两条直线和x －y ＋1＝0所围成的区域内，则z ＝|x ＋2y －3|的最小值为________．(2)若x ，y 满足条件⎩⎨⎧x －y ≤0，x ＋y ≥0，y ≤a ，且z ＝2x ＋3y 的最大值是5，则实数a 的值为________．【详细分析】(1)由题意知，圆M ：(x －1)2＋(y ＋2)2＝5的圆心坐标为(1，－2)，半径为 5.过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－2的直线方程可设为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32－2，即kx －y ＋32k －2＝0.因为直线kx －y ＋32k －2＝0和圆M 相切，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ×1＋2＋32k －21＋k 2＝5，解得k ＝±2，所以两条切线方程分别为l 1：2x －y ＋1＝0，l 2：2x ＋y ＋5＝0.由直线l 1，l 2和x －y ＋1＝0所围成的区域如图所示．z ＝|x ＋2y －3|＝5|x ＋2y －3|5的几何意义为可行域内的点到直线x ＋2y －3＝0的距离的5倍．由图知，可行域内的点B 到直线x ＋2y －3＝0的距离最小，则z min ＝|0＋2×1－3|＝1.(2)画出满足条件的可行域如图阴影部分所示，则当直线z ＝2x ＋3y 过点A (a ，a )时，z ＝2x ＋3y 取得最大值5，所以5＝2a ＋3a ，解得a ＝1.答案 (1)1 (2)11．应用不等式的性质时应注意的两点(1)两个不等式相加的前提是两个不等式同向；两个不等式相乘的前提是两个不等式同向，且不等式两边均大于0；不等式原则上不能相减或相除．(2)不等式的性质是不等式变形的依据，但要注意区分不等式各性质的是否可逆性．2．多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法． 3．均值不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用．4．解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合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．5．解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等)．在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、填空题1．(2015·苏北四市调研)存在实数x ，使得x 2－4bx ＋3b ＜0成立，则b 的取值范围是________．【详细分析】由题意可得Δ＝(－4b )2－4×3b ＞0，即为4b 2－3b ＞0，解得b ＜0或b ＞34.答案 (－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞2．(2015·苏州调研)已知f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋x （x ≥0），－x 2＋x （x ＜0），则不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是________．【详细分析】依题意得，函数f (x )是R 上的增函数，且f (3)＝12，因此不等式f (x 2－x ＋1)＜12等价于x 2－x ＋1＜3，即x 2－x －2＜0，由此解得－1＜x ＜2.因此，不等式f (x 2－x ＋1)＜12的解集是(－1，2)． 答案 (－1，2)3．(2015·苏、锡、常、镇模拟)若点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y4＝1上，则mn 的最大值是________．【详细分析】因为点A (m ，n )在第一象限，且在直线x 3＋y4＝1上，所以m ，n ∈R ＋，且m 3＋n 4＝1，所以m 3·n4≤(m 3＋n 42)2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 3＝n 4＝12，即m ＝32，n ＝2时，取“＝”，所以m 3·n 4≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即mn ≤3，所以mn 的最大值为3. 答案 34．(2015·广东卷改编)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧4x ＋5y ≥8，1≤x ≤3，0≤y ≤2，则z ＝3x ＋2y 的最小值为________．【详细分析】不等式组所表示的可行域如下图所示，由z ＝3x ＋2y 得y ＝－32x ＋z 2，依题意当目标函数直线l ：y ＝－32x ＋z 2经过A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，45时，z 取得最小值，即z min ＝3×1＋2×45＝235. 答案 2355．已知正数x ，y 满足x ＋22xy ≤λ(x ＋y )恒成立，则实数λ的最小值为________． 【详细分析】∵x ＞0，y ＞0，∴x ＋2y ≥22xy (当且仅当x ＝2y 时取等号)． 又由x ＋22xy ≤λ(x ＋y )可得λ≥x ＋22xy x ＋y ，而x ＋22xy x ＋y ≤x ＋（x ＋2y ）x ＋y ＝2，∴当且仅当x ＝2y 时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋22xy x ＋y max ＝2. ∴λ的最小值为2. 答案 26．(2015·南京、盐城模拟)若m 2x －1mx ＋1＜0(m ≠0)对一切x ≥4恒成立，则实数m 的取值范围是________．。
2016届新课标高考数学二轮专题复习(8-1)---函数导数不等式介绍
2016届新课标高考数学二轮专题复习(一)专题一函数与导数.不等式第1讲 函数图象与性质及函数与方程加題训练・对接高考 求落实迎高琴、选择题訂 1 一 3x1.(2015石家庄模拟)函数f(x)= 的定义域为()x — 1B.[0 , 1) U [1 ,+g ) D.(1 ,+g ) 1 — 3x > 0, 解得x < 0且X M 1. X M 1 ,12. 函数f(x)= log 2x —-的零点所在的区间为 ()XA. 0, 1B. 2，1C.(1 , 2)解析 函数f(x)的定义域为(0, + g )，且函数f(x)在(0, f 2 =iog 22—1=—1—2=—3<o ， 2f(1) = log 21 — * = 0— 1 v 0,1 11f(2) = log 22 — = 1 — 2=2> 0，1 1 2f(3) = log 23 — - > 1 — ~= 2> 0，即 f(1) f (2) v0,1•••函数f(x) = log 2X — 一的零点在区间(1, 2)内.X 答案 C3. (2015安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是A.y = In xB.y = x + 1C.y =sin x解析 对数函数y = In x 是非奇非偶函数； 数；y = cos x 是偶函数且有零点，故选 D. 答案 D2x + 1 一 4.(2015山东卷)若函数f(x)= 2^一a 是奇函数，则使f (x )> 3成立的x 的取值范围为 A.( —g,— 1)B.( — 1, 0)2x + 1• a = 1, • f(x)> 3 即为气 > 3，化简得(2x — 2)(2x — 1) v 0, • 1v 2x v 2, •2 — 1A.( —g, 0] C.[1 , + g ) 解析 由题意知 答案AD.(2 , 3) g )上为增函数.)D.y = cos xy = x 2+ 1为偶函数但没有零点；y sin x 是奇函 0v x v 1.C.(0, 1)D.(1 ,+g ) 解析■/ f(x)为奇函数，• f( —x) = —f(x), 2一x+ 1 2x+ 1即—x =—-一，整理得(1 —a)(2x+ 1) = 0,2 —a 2 —a答案 C 2 - |x , x w 2,5.(2015 天津卷)已知函数 f(x)= 2 -函数 g(x) = 3- f(2 —x)，则函数 y = f(x)— g(x) I (x —2) , X > 2，的零点个数为()A.2B.3C.4D.5解析 函数y = f(x)— g(x)的零点个数即为函数f(x)与g(x)图象的交点 「 -- 个数，记h(x)=— f(2 — x)，在同一坐标系中作出函数 f(x)与h(x)的图‘ ■■■象，如图，g(x)的图象为h(x)的图象向上平移 3个单位，可知f(x)二.. 与g(x)的图象有两个交点，故选 A. ''''答案 A 、填空题2log23 + Iog43 = 2log23 + |log23 = 2log23^= 3 3.1答案 —1 3 37. (2015长沙模拟)已知奇函数f(x)满足f(x + 2)=— f(x),且当x € (0, 1)时，f(x)= 2x ,则f £的 值为 ________ .解析 由f(x + 2) = — f(x)知f(x)的周期为4, 又 f(— x)= — f(x), •••f7 = f7-4 = f - 2 =-f1 一 2答案 2吩—a , x w 0,8. (2015武汉模拟)若函数f(x)=有两个不同的零点，则实数 a 的取值范围是|ln x , x >0解析当 x > 0 时，由 f(x)= ln x = 0，得 x = 1. 因为函数f(x)有两个不同的零点，则当 x w 0时，函数f(x) = 2x — a 有一个零点，令 f(x) = 0得a = 2x ,因为 0v 2x w 20= 1，所以 0v a w 1, 所以实数a 的取值范围是0v a w 1. 答案(0, 1］ 三、解答题 1 a9.定义在［—1, 1］上的奇函数f(x),已知当x € ［ — 1, 0］时，f(x)=梓一歹但€ R ). (1) 写出f(x)在［0 , 1］上的解析式； ⑵求f(x)在［0 , 1］上的最大值.解(1) •/ f(x)是定义在［—1, 1］上的奇函数，••• f(0) = 0,.・.a = 1 ,•••当 x € ［ — 1, 0］时，f(x)=扌—1设 x € ［0, 1］,则—x € ［ — 1, 0］, • f( — x)=右—六=4x — 2x ,••• f(x)是奇函数，• f(— x)=— f(x),「. f(x)= 2x — 4x .6. (2015浙江卷)计算:,2log23 + Iog43 =解析 log^22=log 22 —1 =1 2,• f(x)在［0 , 1］上的解析式为f(x)= 2x—4x.(2) f(x) = 2x—4x, x€ ［0 , 1］,令t = 2x, t€ ［1 , 2］,2 f 1 \1 g(t)= t -t =- t - 2+ 4.••• g(t)在［1 , 2］上是减函数，••• g(t)max = g(1) = 0, 即 X = 0, f (X )max = 0.10. (2015太原模拟)已知函数f(x)= ax 2- 2ax + 2+ b(a 丰0)在区间［2 , 3］上有最大值5,最小值2.(1)求a ，b 的值；⑵若b v 1, g(x) = f(x) - 2m x 在［2 , 4］上单调，求m 的取值范围 解 (1)f(x)= a(x - 1)2+ 2 + b - a.故 a = 1，b = 0- - 2(2) •/ b v 1,「. a = 1, b = 0,即卩 f(x) = x - 2x + 2, g(x) = x 2- 2x + 2 — 2m x = x 2- (2 + 2m )x + 2.若g(x)在［2, 4］上单调， 2+ 2m 2m + 2则—三 2 或—> 4,「. 2m W 2 或 2m > 6, 即 m W 1 或 m > log 26.故m 的取值范围是(一a, 1］ U ［log 26,+s ).-2e11. 已知函数 f(x)=- x 2 + 2ex + m -1, g(x)= x + 一(x >0).x(1)若g(x)= m 有实根，求m 的取值范围；⑵确定m 的取值范围，使得g(x)- f(x) = 0有两个相异实根.解(1) ■/ x ＞ 0, • g(x)= x + 目＞ 2 . e 2 = 2e ,x等号成立的条件是 x = e.故g(x)的值域是[2e ,+a )，因而只需 m 》2e ,则g(x) = m 就有实根. 故 m € [2e ，+a ).⑵若g(x)- f(x) = 0有两个相异的实根，即g(x) = f(x)中函数g(x)与f(x) 的图象有两个不同的交点，-作出g(x)= x +弘＞0)的大致图象.■/f(x) =- x 2+ 2ex + m - 1=- (x -e)2 + m -1 + e 2. 其对称轴为x = e ,开口向下，最大值为 m - 1 + e 2. 故当 m - 1 + e 2>2e ,即 m > - e 2 + 2e + 1 时， g(x)与f(x)有两个交点，即g(x) - f(x) = 0有两个相异实根. • m 的取值范围是(一e 2 + 2e + 1，+a ).第2讲不等式及线性规划狀训练-对接高号 求落宾迎高希、选择题①当 a >0 时， (3)= 5, f(x)在［2 , 3］上为增函数,9a - 6a + 2+ b = 5, a = 1, ②当 (2)= 2 a v 0 时， (3) (2) =2, =5 4a — 4a + 2+ b = 2 f(x)在［2 , 3］上为减函数,? 9a -6a + 2+ b = 2, 4a — 4a + 2+ b = 5b = 0. a =- 1, b= 3. 或 a =-1，b = 3.() A.7 B.8 C.9 D.14 解析 作出约束条件对应的可行域，如图中阴影部分，作直线得 A(2, 3),故 Z max = 3 X 2 + 3= 9•选 C. x +2y — 8 = 0, 答案 C4.已知正数 为( A.1 解析x , y 满足x + 2.2xy < ?(x + y)恒成立，则实数 入的最小值) B.2 ■/ x >0, y >0,C.3D.4 • x + 2y > 2 .2xy(当且仅当x = 2y 时取等号). 又由 x + 2 2xy w 入(x + y)可得 x + 2 2xy,x + y而x ±S w x +( x+ 2y)= 2, x + yx + y•••当且仅当x = 2y 时, x±g = 2. •入的最小值为2. < x + y丿 max 答案 B5.(2015四川卷)设实数x ,2x + y w 10,y 满足丫x + 2y w 14,则xy 的最大值为(x + y > 6,A 25A.25B .49C.12D.1611.已知x >— 1，则函数y = x + 的最小值为( x + 1A. — 1B.0C.1 解析•/ x >— 1, • x + 1>0.1 1• y = x + = (x + 1) + — 1,x + 1 x + 1 》2“ (x + 1) 一1——1 = 1 , V x +11当且仅当x + 1 =丄，即x = 0时取等号.x + 1答案 C2.(2015成都模拟)若点A(m , n)在第一象限，且在直线 £+曽=1上，贝V mn 的最大值是()A.3B.4C.7D.12解析 因为点A(m , n)在第一象限，且在直线 x +严=1上，所以m , n € R +,且号+£= 1,3 4 3 42 )2 即 m = 3, n =2时，取，所以 w即mn w 3,所以mn 的最大值为3. 答案 A x —2<0,:ix — 2y w 0, 则目标函数z = 3x + y 的最大值为以+ 2y — 8W 0,D.2m + -m n 3 4所以3 4w (~T 当且仅当m =n =3.(2015天津卷)设变量x , y 满足约束条件3i+r=o)2解析 xy = 2X 2xy < 2 色尹 w 1 1022 = 25当且仅当x =2 y = 5时，等号成立，把x =5252 y = 5代入约束条件，满足.故xy 的最大值为 号. 答案 A 二、填空题26. (2015江苏卷)不等式2x 公v 4的解集为 _________ .解析 不等式2x 」v 4? x 2— x v 2? — 1v x v 2,故原不等式的解集为(—1, 2). 答案 (—1, 2) 7. (2015北京卷)如图，△ ABC 及其内部的点组成的集合记为D , P(x , y)为D 中任意一点，贝Uz = 2x + 3y 的最大值为 _________ .心)o 巩i**2 1 2 z解析 z = 2x + 3y ,化为y =— -x + 3Z ,当直线y =- rx + 3在点A(2, 1)处时，z 取最大值,3 3 3 3z = 2 X 2 + 3= 7.答案 78. _________________________________________________________________ (2015 重庆卷)设 a , b > 0, a + b = 5,则 7a + 1 b + 3的最大值为 ______________________________ .解析 •/ a , b >0, a + b = 5, /• ( a + 1+ \b + 3)2= a + b + 4+ 2 a + 1 b + 3< a + b + 4 + ___ 7 ________ Q (a + 1)2+ (.b + 3)2= a + b + 4 + a + b + 4= 18,当且仅当 a = -, b=?时，等号成立，则 '■：：：■；a + 1 + b + 3w 3\2,即冷 a + 1 +，\/b + 3最大值为 3®2 答案 3 2 三、解答题2x9. 已知函数f(x)= -2+6.(1) 若f(x)>k 的解集为｛x|x v — 3,或x >— 2｝，求k 的值；⑵对任意x >0, f(x)w t 恒成立，求t 的取值范围.解 (1)f(x)> k? kx 2— 2x + 6k v 0.由已知｛x|x v — 3，或x >— 2｝是其解集， 得 kx 2 — 2x + 6k = 0 的两根是—3,— 2.2 2由根与系数的关系可知(一2) + (— 3) = -,1卩k = — 2.k 5(2) 因为x > 0, f(x) = x 2?*= -^62方=普，当且仅当x=^6时取等号.由已知f(x )w t 对x+ _ ‘x任意x > 0恒成立，故t 》亠6，即t 的取值范围是 6 10. 如图，建立平面直角坐标系 xOy , x 轴在地平面上，某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程上，其中k 与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标•1pj 2 :r栄—. y 轴垂直于地平面，单位长度为1千米.1 2 2 y = kx -20(1 + k )x(k >0)表示的曲线y!丁米"米(1)求炮的最大射程；⑵设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由1解⑴令y= 0，得kx—20(1 + k2)x2= 0,由实际意义和题设条件知x>0, k>0,k2b > 0,即S a—2b+ 2—b v 0,当且仅当k= 1时取等号•所以炮的最大射程为10千米.(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标？存在k>0,使3.2 = ka—20(1 + k2)a2成立？关于k的方程a2k2—20ak+ a2+ 64= 0有正根？判别式△= (—20a)2—4a2(a2+ 64) > 0? a< 6.所以当a不超过6千米时，可击中目标.11. 已知函数f(x) = gax3—bx2+ (2 —b)x+ 1在x= X1处取得极大值，在x= X2处取得极小值，且0v X1< 1 v X2V 2.(1) 证明：a> 0;(2) 若z= a+ 2b,求z的取值范围.2(1)证明求函数f(x)的导数f'x)= ax —2bx+ 2 —b.由函数f(x)在x= X1处取得极大值，在X= X2处取得极小值，知X1 , X2是f' X) = 0的两个根，所以f'x)= a(x—X1)(x—X2).当x v X1时，f(x)为增函数，f'x)> 0,由x—x1v 0, x—x2v 0 得a> 0.f (0)(2)解在题设下，0v X1 v 1 v X2< 2等价于f'(1)f'( 2 )> 0,：4a —4b + 2 —b> 0,4a —5b+ 2 > 0.『2—b > 0, 化简得」a—3b+ 2v 0,此不等式组表示的区域为平面aOb上的三条直线：2—b= 0, a —3b+ 2 = 0, 4a —5b + 2 = 0所围成的厶ABC的内部，其三个顶点分别为B(2, 2), C(4, 2).z在这三点的值依次为—,6, 8.所以z的取值范围为罗，8 .所以z的取值范围为第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题空题训练*对接高考 求落实 迎高考 ____________________________________________________________________一、选择题 1.函数f(x)= ~x 2_In x 的单调递减区间为()A.( — 1 , 1]B.(0 , 1]C.[1 ,+s )D.(0 ,+s )1解析 由题意知，函数的定义域为 (0,+^)，又由f'x) = x —丄W O ,解得O v x < 1,所以x函数f(x)的单调递减区间为(0, 1]. 答案 B2. (2015昆明模拟)已知函数f(x)= ；mx 2+ In x — 2x 在定义域内是增函数，贝U 实数m 的取值范围是()答案 C3. (2014新课标全国n 卷)若函数f(x) = kx — In x 在区间(1,+^ )上单调递增，则k 的取值范围 是()+ ) 1]A.[ — 1 , 1]B.[ — 1,C.[1 ,+^ )D.( —a,1解析 f'x (= mx +亠—2>0对一切x >0恒成立，x軒+2 x x' (xJ +x ，则当 1=1，即 即 x =1 时，函数令 g(x)=—g(x)取最大值1.故 m > 1.A.( —g,— 2]B.( —g,— 1]C.[2 ,+g )D.[1 ,+g )1 1解析f，x(= k —-，由题意知f'x)>0在(1, + g)上恒成立，即k—->0在(1, + g)上恒X —1 1成立，由于k>-，而O v -v 1,所以k> 1.故选D.X X答案D4. (2015临沂模拟)函数f(x)= x4—3ax—a在(0, 1)内有最小值，则a的取值范围是()A.[0 , 1)B.( —1, 1)C. 0, 2D.(0 , 1)解析f'x(= 3x2—3a = 3(x2—a).当a w 0 时，f'x)>0,••• f(x)在(0, 1)内单调递增，无最小值.当a> 0 时，f'x)= 3(x—a)(x+ a).当x€ (—g ,—：.. a)和(y a, + g)时，f(x)单调递增；当x€ (― . a, a)时，f(x)单调递减，所以当a v 1,即0v a v 1时，f(x)在(0, 1)内有最小值.答案D5. 已知函数f(x)= 3x3+ ax2+ 3x+ 1有两个极值点，则实数a的取值范围是()3A.( .3,+g )B.( —g,—.3)C.( —. 3, , 3)D.( —g,—,3) U ( .3 ,+g )解析f'x(= x2+ 2ax+ 3.由题意知方程f' x) = 0有两个不相等的实数根，所以△= 4a2—12>0,解得a>：j3或av—■■；. 3.答案D二、填空题6. (2015天津卷)已知函数f(x)= axln x, x€ (0,+g )，其中a为实数，f'x)为f(x)的导函数.若f'傅3,贝U a的值为__________ .1解析f'x(= aln x+ ax- = a(ln x+ 1), 由f'(特 3 得，a(ln 1 + 1) = 3,—解得a= 3.答案37. __________________________________________________________________ 若f(x)= x3+ 3ax2+ 3(a+ 2)x+ 1在R上单调递增，则a的取值范围是_________________________ .解析f' x(= 3x2+ 6ax+ 3(a+ 2).由题意知f'x)> 0在R上恒成立，4 ——+ 4——3 (——1)( ——3)解析对f(—)求导，得f x) = ——+ 4 —一= - =—一.由「刈=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，所以t v 1v t + 1或t v 3 v t+ 1,解得0v t v 1或2 v t v 3.答案(0, 1) U (2, 3)三、解答题所以△= 36a2— 4 x 3 x 3(a+ 2)w 0,解得—1w a w 2.答案[—1, 2]8. (2015衡水中学期末)若函数f(x) = —2x2+ 4x—3ln x在[t, t + 1]上不单调，则t的取值范围是9.(2015安徽卷)已知函数f(x) =ax(—+ r)2(a>0, r>0).(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；a⑵若-=400,求f(x)在(0,+^ )内的极值.解(1)由题意知X M — r ，所求的定义域为(一g,— r) U (— r , +^ ).ax _______ axf(x)= (x + r ) 2 = x 2+ 2rx + r 2，a (x + 2rx + r )— ax ( 2x + 2r ) a (r — x )( x + r )所以f(x)在(0 ,+g )内的极大值为f(r) =(2 =寻=400= 100. 10.已知函数 f(x)= x 2 + 2aln x.(1) 若函数f(x)的图象在(2, f(2))处的切线斜率为1，求实数a 的值；2⑵若函数g(x) = -+ f(x)在［1 , 2］上是减函数，求实数 a 的取值范围.x22a 2x + 2a解(1)f x) = 2x +x = x.由已知f ' (2) 1，解得a =— 3., 2 2 c , /白，v 22a(2) 由 g(x)= x +x + 2aln x ,得 g xj = —,+ 2x+ = . 由函数g(x)为［1 , 2］上的单调减函数， 则g '刈w 0在［1 , 2］上恒成立，2 2a即—22+ 2x + 2- w 0在［1 , 2］上恒成立，x x 即a w 1— x 2在［1 , 2］上恒成立. x1 2令 h(x) = — x 2,x1 在［1 , 2］上 h 'x) = — -2-2x =- 入所以 h(x)在［1 , 2］上为减函数，h(x)min = h(2) =— 2 所以a w — |.3211.(2015合肥模拟)已知函数f(x)= x — ax — 3x.(1) 若f(x)在［1 ,+g )上是增函数，求实数 a 的取值范围；k 2(2) 已知函数g(x) = ln(1 + x) — x + ?x (k 》0)，讨论函数 g(x)的单调性. 解 (1)对 f(x)求导，得 f'x)= 3/— 2ax — 3.由 f 'x)A 0 在［1 ,+g )上恒成立，得 a w |Jx —1i ' x —1 j,当x > 1时，t(x)是增函数，3所以 t(x)min = 2(1 — 1) = 0.所以a w 0.x (kx + k — 1)f x)= (x 2+ 2rx + r 2) 2 = (x + r ) 4.所以当 x< — r 或 x>r 时，f 'x (<0，当一r<x<r 时，f 'x)>0.因此，f(x)的单调递减区间为(一g,— r), (r ,+s ); f(x)的单调递增区间为(一r , r). ⑵由(1)的解答可知f'r)= 0, f(x)在(0, r)上单调递增，在(r ,+^ )上单调递减. 因此，x = r 是f(x)的极大值点，12+ 2xx -1. 记 t(x) = 31+ x(2)g'x)= , x€ (—1,+^ ).—当k= 0 时，g'x)=—肓，1 + x第4讲函数图象的切线及交点个数问题住题训练:对接由考 求落实迎高考 ________________________________________________________________一、选择题x1. 曲线y = 匸在点(—1 , — 1)处的切线方程为()A.y = 2x + 1B.y = 2x — 1C.y =— 2x — 3D.y =— 2x — 2解析 易知点(一1 , — 1)在曲线上， 且 y'= ：：+2「2=(x ；2) 2，所以切线斜率 k = y '=— 1 = f= 2. 由点斜式得切线方程为 y + 1 = 2(x + 1),即卩y = 2x + 1. 答案 A22. (2015武汉模拟)若曲线f(x)= acosx 与曲线g(x)= x + bx + 1在交点(0, m)处有公切线，则a+ b 的值为()A. — 1B.0C.1D.2解析 ■/ f'x) = — asin x ,二 f ' (0) 0.又 g 'x)= 2x + b , ••• g ' (0= b , /• b = 0.又 g(0) = 1 = m , • f(0) = a = m = 1, • a + b = 1. 答案 C3. (2015邯郸模拟)直线y = kx + 1与曲线y = x 3 + ax + b 相切于点A(1,3)，则2a + b 的值为()A.2B. — 1C.1D. — 2解析 T y = 3x 2 + a. •- y'x =1= 3 + a = k , 又 3 = k + 1, •- k = 2, •- a =— 1.又 3 = 1 + a + b , •- b = 3, •- 2a + b = — 2 + 3= 1. 答案 C4. (2015武汉模拟)曲线y = xln x 在点(e , e)处的切线与直线 x + ay = 1垂直，则实数a 的值为() 1 1 A.2B. — 2C.2D. —所以在区间（一1, 0）上, g 'x ）>0;在区间（0,+^ ）上, g 'x ）v 0.故g （x ）的单调递增区间是 （—1, 0］,单调递减区间是［0,+^ ）.当 0 v k v 1 时，由 g 'x ）= x （ kx ^ k —1）= 0,得 x 1 = 0, x 2所以在区间（一1, 0）和 1 + x一 k--- +mk , +1 — kk ，十, ,g 'x) > 0;在区间 0, 单调递增区间是（一1, 0］和 2x当 k = 1 时，g'x ）=——> 0,1 + x 故g （x ）的单调递增区间是（一1,+^ ）.当 k > 1 时，g'x ）= x （心+ k —1 = °,得 单调递减区间是 1 — k 门 〒> 0，口上 k 1 — k 厂■,g 'x) v 0.故 g(x)的 1 一 kX i =—€ ( - 1, 0), X 2= 0,所以在区间一1,〒fl （0,+s ）上，g '刈>0,在区间 七丄0上，g 'x) v 0.故g （x ）的单调递增区间是和［0，+m），单调递减区间是1 — k 〒，01解析依题意得y '= 1 + In x, y'x=|= 1 + ln e= 2，所以一- x 2=—1, a= 2,故选 A.a答案A5. 已知e是自然对数的底数，函数f(x) = e x+ x—2的零点为a，函数g(x) = In x + x—2的零点为b，则下列不等式中成立的是()A. f( a) v f(1) v f(b)B. f(a) v f(b) v f(1)C.f(1) v f(a)v f(b)D.f(b) v f(1) v f(a)解析由题意，知f'x)= e x+ 1 > 0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)= e°+ 0—2 = — 1 v0, f(1) = e1 + 1 — 2 = e— 1 >0,所以函数f(x)的零点 a € (0 , 1);由题意，1知g'x)= - + 1>0,所以g(x)在(0, + )上是单调递增的，又g(1) = In 1 + 1 —2=— 1 v 0, xg(2) = In 2 + 2—2 = In 2 > 0,所以函数g(x)的零点b € (1, 2).综上，可得0v a v 1v b v 2.因为f(x)在R上是增函数，所以f(a)v f(1) v f(b).答案A二、填空题6. (2015全国n卷)已知曲线y= x + In x在点(1, 1)处的切线与曲线y= ax2+ (a + 2)x+ 1相切，则 a = ________ .1解析由y= x+ In x,得y = 1 + -，得曲线在点(1, 1)的切线的斜率为k= y X=1 = 2,所以—切线方程为y— 1 = 2(x —1),即卩y= 2x—1，此切线与曲线y= ax2+ (a+ 2)x+ 1相切，消去y 得ax2+ ax+ 2= 0,得a^ 0 且△= a2—8a = 0,解得 a = 8.答案87•函数f(x)= gx3—x2—3x—1的图象与x轴的交点个数是________ .解析 f x)= x2—2x—3= (x + 1)(x—3)，函数f(x )在(一a,—1)和(3, + )上是增函数，在(一1, 3)上是减函数，由f(x)极小值=f(3) = —10v0, f(x)极大值=f(—1) = 2>0知函数f(x)的3图象与x轴的交点个数为3.答案38. (2015长沙模拟)关于x的方程x3—3x2—a= 0有三个不同的实数解，贝U实数a的取值范围是解析—意知使函数f(x)= x3—3x2—a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f'x)= 3x2—6x= 3x(x—2),令f'x) = 0,得x1= 0, x2= 2.当x v0 时，f' x)>0;当0v x v2 时，f' x( v0；当x>2时，f'x) >0,所以当x= 0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值=f(0) = —a;当x—a > 0,=2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值=f(2) = — 4 —a，所以解得一4 v a v 0.I— 4—a v 0,答案(—4, 0)三、解答题1 1 _ a9. 已知函数f(x)= §x3+ 厂x2—ax —a, x€ R，其中a>0.(1)求函数f(x)的单调区间；⑵若函数f(x)在区间(一2, 0)内恰有两个零点，求a的取值范围.解(1)f'x) = x2+ (1 —a)x—a = (x+ 1)(x—a).由 f 'x)= 0，得x1=—1, x2= a > 0.当故函数f(x)的单调递增区间是(一a, —1), (a,+a )；单调递减区间是(一1, a).当 1< x < 1 时，g 'x) > 0;当 1< x <e 时，g 'x)< 0. e 故g(x)在x = 1处取得极大值 g(1) = m — 1. 又 g e = m — 2— e 2, g(e) = m + 2 — e 2,g(e) — g e = 4—e2+g< 0,贝V g(e)< g⑵由⑴知f(x)在区间(一2,— 1)内单调递增，在区间(一1, 0)内单调递减，从而函数 <f (— 2)< 0,1在区间(一2, 0)内恰有两个零点当且仅当 f ( — 1)> 0,解得0< a <-.f (0)< 0.f(x)所以a 的取值范围是［0,10.(2015郑州模拟)已知函数f(x) = xln x , g(x)=— x 2+ ax — 2(e 为自然对数的底数，a €(1)判断曲线y = f(x)在点(1, f(1))处的切线与曲线y = g(x)的公共点个数； ⑵当x € |, e时，若函数y = f(x) — g(x)有两个零点，求a 的取值范围. 解(1)f f x( = In x + 1,所以切线斜率 k = f '(特1.又f(1) = 0 ,•••曲线在点(1, 0)处的切线方程为 y = x — 1.■ ■ 2y =— x + ax — 2, 2由？x 2+ (1 — a)x + 1= 0.y = x — 1由△= (1 — a)2— 4= a 2— 2a — 3= (a + 1)(a — 3)可知： 当△>0时，即a <— 1或a >3时，有两个公共点； 当△= 0时，即a =— 1或a = 3时，有一个公共点； 当△<0时，即一1<a < 3时，没有公共点.2(2)y = f(x) — g(x)= x — ax + 2+ xl n x ,2 2 令 h(x) = x + - + In x ,贝V h'x ( = x(x — 1)( x + 2)2x当 x € e , e 时，由 h'x)= 0，得 x = 1.所以h(x)在e 1上单调递减，在［1 , e ］上单调递增，23< a < e +~+ 1时，函数y = f(x) — g(x)有两个零点.e_ 2 —11.(2015 济南模拟)已知函数 f(x)= 2ln x — x + ax(a € R ).(1)当a = 2时，求f(x)的图象在x = 1处的切线方程；⑵若函数g(x) = f(x)— ax + m 在e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围解 ⑴当 a = 2 时，f(x)= 2ln x — x 2+ 2x ,2f'x) = 2 — 2x + 2,切点坐标为(1 , 1),x切线的斜率k = f ' (=2,则切线方程为 2 ,(2)g(x)= 2ln x — x + m ,y — 1= 2(x — 1)，即 y = 2x — 1.2 则 g ' x)= 一 — 2x = —2 (x + 1) x (X — 1)因为x € 1 .e，e ，所以当 g'x)= 0 时，x = 1.=m — 1 > 0,11 解得 1 v m W 2+ -2, g e = m —2—产0, e所以实数m 的取值范围是l'1, 2+1~[•要使f(x) + 5> 0恒成立，只需f(4) + 5>0恒成立即可，代入解之得 m 》号.答案 A3•若存在正数x 使2x (x — a)v 1成立，则a 的取值范围是()B.( — 2, +8 ) D.( — 1 , +8 )• a > x —玉2 -1令 f(x) = x —歹，• f ，x) = 1 + 2 jn 2 > 0.• f(x)在(0, + )上单调递增,第5讲 导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题令题训练•对接庙考 求落实迎高考 _________________一、选择题1.(2015安徽卷)函数f(x)= ax 3 + bx 2 + cx + d 的图象如图所示，则下列结 论成立的是( A. a>0,B. a >0,C. a<0,D. a>0, 解析 b<0, c>0, d>0 b<0, c<0,d>0 b<0, c>0, d>0 b>0, c>0, d<0 由已知f(0) = d>0)f 'x)= 3ax 2 + 2bx + c 且 f ' (0) c>0,可排除 答案 A2.已知函数f(x)= £x 3- 2^ + 3m , x € [0 , +8 ),若f(x) + 5 > 0恒成立, 是( )A 号,+ 8B. w+ 8C.( — 8 >,2]D.( —8, 2)解析 f ' x (= x 2— 4x ,所以a >0,故选A.(4 ,+s )上单调递增,则实数m 的取值范围由 f 'x)> 0，得 x >4 或 x v 0.••• f(x)在(0, 4)上单调递减，在 ••当 x € [0 , + 8 )时，f(x)min = f(4).，可排除D ;其导函数 B ；又f’x)=0有两不等实根，且乂诫)3a > 0, 所以g(x)在e e的最小值是g(e). 有两个零点的条件是 g(x)在 e ， g ( 1) A.(-rn,+m )C.(0, +^ ) 解析••• 2x (x - a)v 1,1jn••• f(x)> f(0) = 0— 1 = - 1, ••• a 的取值范围为(一1 ,+s )，故选D. 答案 D 4. 当x € [ — 2, 1]时，不等式ax 3 — x 2+ 4x + 3> 0恒成立，则实数 a 的取值范围是( ) A.[ — 5，— 3] B. - 6，- 8 1 D.[ — 4, — 3] 1]时，得a >-3£)—吧)+x ， 1 令 t =—,贝t € [1 , + g ), a > — 3t 3— 4t 2 +1, x 令 g(t) = — 3t 3— 4t 2 +1, t € [1 , +g ),则 g ，t (=— 9t 2 — 8t + 1=— (t + 1) (9t — 1),显然在[1 , + m )上, g't (v 0, g(t)单调递减， 所以 g(t)max = g(1) = — 6,因此 a 》一6;冋理，当 x € [ — 2, 0)时，得 a w — 2. 由以上两种情况得一6< a < — 2,显然当x = 0时也成立. 故实数a 的取值范围为[—6,— 2]. 答案 C 5. (2015长沙模拟)已知f(x)是定义在(0,+g )上的非负可导函数，且满足 xf 'x) + f(x)w 0，对 任意的0<a<b ，则必有( ) A.af(b) w bf( a) C.af(a) w f(b) D.bf(b) w f(a) 解析 因为 xf ' x)w — f(x), f(x) > 0, —2f (x ) w ^X^ w 0 则函数 f (x )在(0,+ g )上单调递减 x 由于0<a<b ,则心)>斗), a b 即 af(b)w bf(a). 答案 A 二、填空题 6. ___________________________ (2015合肥模拟)设函数f(x)= ax 3— 3x + 1(x € R ),若对于任意x € [ — 1, 1],都有f(x) >0成 立，则实数a 的值为 . 解析 若x = 0，则不论a 取何值，f(x) > 0显然成立； 当 x >0 时，即 x € (0, 1]时，f(x)= ax 3 — 3x + 1 >0 可化为 3 1 a >壬飞. 令g (x)=x 2—吉贝u g'x)=3 (,所以g(x)在区间0, 上因此 g(x)max = g当 x v 0 时，即 x € [ — 1, 0)时,3 1同理 a w -32— -3x xC.[ — 6,— 2] 解析当x € (0, B.bf(a) w af(b) 所以 2 1上单调递减. 「单调递增，在区间~f (x ) -x Xf' (X )— f ( X ) 2 X 4，从而a >4.g(x)在区间[—1, 0)上单调递增，所以g(x)min= g(—1) = 4,从而a w 4,综上可知a = 4.答案4m的取7. _________________已知函数f(x)= x2+ mx—1，若对于任意x€ [m, m + 1]，都有f(x)v0成立，则实数值范围是.解析作出二次函数f(x)的图象，对于任意x€ [m, m+ 1],都有f(x)f (m )v 0,f (m + 1)v 0, m 2+ m 2- 1 v 0,(m + 1) 2+ m (m + 1)- 1 v 0解得——22v m v 0. 答案-子,01 2 8. (2015青岛模拟)已知函数f(x) = x —，g (x) = x 2-2ax + 4,若对于任意X j € [0 , 1]，存在X 2 [1 , 2],使f(x 1)> g(X 2)，则实数a 的取值范围是 ______________ . 解析 由于f'x (= 1 + ( J 1) 2>0,因此函数f(x)在[0 , 1]上单调递增，所以 x € [0 , 1]时，f(x)min = f(0) = — 1•根据题意可知存在 x € [1 , 2],使得 g(x)= x 2— 2ax + 4< — 1,即卩 x 2 -2ax 十5< 0, 即 a >2十能成立，令h(x) = |十£，则要使a > h(x)在x € [1 , 2]能成立,只需使a > h(x)min ，又函数h(x)= 2十承在x € [1 , 2]上单调递减，所以h(x)min = h(2) = 4, q故只需a > q . 4答案q ,+mi 三、解答题9. 已知函数 f(x)= aln x — ax — 3(a € R ).(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 当 a =— 1 时，证明：当 x € (1 ,十8 )时，f(x)十 2>0;(1) 解 根据题意知，f '刈=(—)(x > 0), 当a >0时，则当x € (0, 1)时，f 'x) >0,当x € (1 ,十^ )时，f 'x) v 0, f(x)的单调递增区 间为(0, 1)，单调递减区间为(1 ,十8 );当a v 0时，f(x)的单调递增区间为(1 ,十^ )，单调递减区间为(0, 1);当a = 0时，f(x) = — 3，不是单调函数，无单调区间 .(2) 证明 当 a =— 1 时，f(x) = — ln x + x — 3, 所以 f(1) = — 2,由(1)知f(x)=— ln x + x — 3在(1 ,+s )上单调递增，所以当 x € (1,十^ )时,f(x) >f(1).即 f(x)>— 2，所以 f(x)十2>0.10. (2015 唐山期末)已知函数 f(x) = ae x 十x 2, g(x)= sinf(0))，且与曲线y = g(x)切于点(1, g(1)).(1) 求a , b 的值和直线I 的方程；(2) 证明：f(x)> g(x).(1)解 f'x) = ae x 十 2x , g'x)= ^cos ?x + b , f(0) = a , f ' (=a , g(1) = 1十 b , g ' (= b. 曲线y = f(x)在点(0, f(0))处的切线为y = ax + a , 曲线y = g(x)在点(1, g(1))处的切线为：y = b(x — 1)十 1 十 b ,即 y = bx + 1,依题意有a = b = 1,直线l 的方程为y = x + 1,x 2 n⑵证明 由⑴知 f(x)= e + X , g(x)= sin qx + x , 设 F(x)= f(x)— (x + 1) = e x + x 2-x - 1, 则 F 'x(= e x + 2x - 1, 当 x € ( — a, 0)时，F 'x) V F ' (0=0, 当 x € (0,+a )时，F 'x)>F ' (0=0. F(x)在(-a, 0)上单调递减，在(0,+a )上单调递增， 故 F(x)> F(0) = 0,、i n 设 G(x)= x + 1 -g(x) = 1- sin ^x ,则G(x)>0，当且仅当x = 4k + 1(k € Z )时等号成立， v 0,则有 即* 十bx ,直线l 与曲线y = f(x)切于点(0,由上可知，f(x)> x+ 1 > g(x)，且两个等号不同时成立，因此f(x)> g(x).be x T11. (2014新课标全国I卷)设函数f(x) = ae x ln x+ —,曲线y= f(x)在点(1, f(1))处的切线方程x为y= e(x- 1) + 2.(1)求a, b;⑵证明：f(x)> 1.(1)解函数f(x)的定义域为(0，+a ),a b v— b v—df'x) = ae In x + je -严 +je由题意可得f(1)= 2, f' (=e. 故 a = 1, b= 2.⑵证明由(1)知，f(x)= ein x+¥e x 1- 2从而f(x)> 1 等价于xln x>xe---.设函数g(x)= xln x，贝V g'x)= 1 + In x.设函数h(x)= xe X—2,则h'x) = e x(1 -x). e所以当x€ (0 , 1)时，h'x) > 0；当x€ (1 ,+a )时，h'x) V 0. 故h(x)在(0, 1)上单调递增，在(1 ,+a )上单调递减，1从而h(x )在(0 ,+a )上的最大值为h(1) =- 1综上，当x> 0 时，g(x)> h(x),即f(x)> 1.。
全国高考数学备考二轮专题二 函数与导数 第5讲 函数的综合应用(八省新高考)解析版
第5讲 函数的综合应用考点1 函数与方程例 1.(1)已知函数2,0,(),0.x a x f x x x ⎧->=⎨-<⎩若()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[1,)-+∞ B ．(1,)-+∞ C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞【答案】D【解析】设00x >，则00x -<，()y f x =的图象上存在两个点,A B 关于原点对称， 则0020xa x -+=在()0,∞+上有解，即002xa x =+在()0,∞+上有解，由002xy x =+在()0,∞+上的值域为(1,)+∞，则实数a 的取值范围是(1,)+∞．故选:D ．(2)已知函数()()22log ,2log 4,2x x f x x x ≥⎧=⎨-<⎩，若函数()y f x k =-有两个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．(),2-∞ B ．(),1-∞ C ．()2,+∞D ．()1,+∞【答案】D【解析】由函数2log y x =与()2log 4y x =-的图象关于直线2x =对称， 可得()f x 的图象如图所示，所以当1k >时，直线y k =与函数()y f x =的图象有两个交点．故选:D ． 【点睛】解决函数零点(方程有根)的问题常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解． 【跟踪演练】1.(1)对于函数()y f x =与()y g x =，若存在0x ，使()()00f x g x =-，则称()()00,M x f x ，0(,N x -()0)g x -是函数()f x 与()g x 图象的一对“隐对称点”．已知函数()()1f x m x =+，()ln xg x x=，函数()f x 与()g x 的图象恰好存在两对“隐对称点”，则实数m 的取值范围为（ ） A ．()1,0- B ．(),1-∞- C ．()()0,11,+∞D ．()(),11,0-∞--【答案】A【解析】由题意函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点， 令()ln x h x x =，则()21ln xh x x-'=，∴当()0,x e ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减； 又()1y m x =--恒过点()1,0，当1x >时，()0h x >， 在同一坐标系中作出函数()1y m x =--、()ln xh x x=的图象，如图，由图象可知，若函数()1y m x =--与ln xy x=的图象有两个交点，则0m >， 当直线()1y m x =--为函数ln xy x=图象的切线时，由()11h '=可得1m -=， ∴01m <-<即()1,0m ∈-．故选:A ．(2)已知函数2(0)()ln (0)x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，且关于x 的方程()0f x x a +-=有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0,)+∞ B ．(1,)+∞ C ．(0,)+∞D ．[,1)-∞【答案】B【解析】若要使方程()0f x x a +-=即()f x x a =-+有且只有一个实数根， 则函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点， 在同一坐标系中作出函数()y f x =及y x a =-+的图象，如图，数形结合可得，若函数()y f x =的图象与直线y x a =-+有且仅有一个交点， 则1a >，所以实数a 的取值范围为(1,)+∞．故选:B ．考点2 函数性质的综合例2.(1)已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()()22f x f x +=-，且()2,0x ∈-时，()()2log 31f x x =-+，则()2021f =（ ）A ．4B ．2log 7C ．2D ．-2【答案】D【解析】因为()()22f x f x +=-，所以函数()f x 是周期为4的周期函数， 则(2021)(50541)f f f =⨯+=（1）22(1)log (31)log 42f =--=-+=-=-，故选:D ．(2)已知函数()13xbf x a a=--（0a >且1a ≠）是奇函数，且(1)2f =． ①求,a b 的值及()f x 的定义域；②设函数()()2g x kf x =-有零点，求常数k 的取值范围； ③若2(2)(3)0f t f t ++->，求t 的取值范围． 【答案】①3a =，6b =-， ()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞；②(2,0)(0,2)-；③(2,1)(1,2)--⋃.【解析】①由(1)2f = 得12ba =-又()f x 是奇函数， (1)(1)2f f ∴-=-=- 即233aba=-,注意到0a > 解得3a =，6b =- 2()131x f x =+- ,由310x -≠ 得0x ≠∴()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞②3,6a b ==-，∴31()()2231x x g x kf x k +=-=--()g x ∴有零点，即关于x 的方程312031x x k +-=-有实数解 ∴2(31)31x x k -=+ (0)x ≠有实数解 2(31)423131x x x-=-++ ， 311x +>且312x +≠ ∴2(31)2231x x --<<+且2(31)031xx -≠+ ∴k 的取值范围是(2,0)(0,2)-③先证明函数2()131x f x =+-在(0,)+∞上单调递减 设0m n >>，则331m n >>31310m n ∴->->223131m n ∴<--，22113131m n+<+--即()()f m f n <∴函数2()131xf x =+-在(0,)+∞上单调递减 由2(2)(3||)0f t f t ++->得2(2)(3||)f t f t +>-- 又()f x 是奇函数2(2)(3||)f t f t ∴+> 223||t t ∴+< ∴1||2t <<所以t 的取值范围是(2,1)(1,2)--⋃【点睛】本题考查了奇函数的性质和单调性的应用以及函数的零点，考查了利用函数的单调性解不等式. 【跟踪演练】2.(1)设()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，满足(1)(1)f x f x -=+，已知当02x <<时，1()21x f x -=+，则(2022)(2023)f f +=（ ）A ．2B ．2-C ．1D ．1-【答案】B【解析】根据题意，()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，则()()f x f x -=-，且(0)0f =；又由(1)(1)f x f x -=+即有(2)()f x f x +=-，则(2)()f x f x +=-，进而得到(4)(2)()f x f x f x +=-+=，()f x 为周期为4的函数， 则(2022)(24505)(2)f f f =+⨯=(0)0f =-=，(2023)(12024)(1)(1)f f f f =-+=-=-，当02x <<时，1()21x f x -=+，则f （1）11212-=+=，则(2023)(1)f f =-2=-，故(2022)(2023)0(2)2f f +=+-=-，故选:B ．(2)已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且()00f =，当0x <时，()f x 单调递增．若实数a 满足()13a f f -+⎛> ⎝⎭，则a 的取值范围是（ ）A ．31,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭ B ．31,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．42,33⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．42,,33⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】由题意可知()f x 为偶函数，且在(),0-∞上单调递增，所以()f x 在()0,+∞上单调递减，所以()f x 的图象越靠近y 轴对应的函数值越大，因为()13a f f -+⎛> ⎝⎭，所以13a -+<，所以11233a -+-<， 所以112a -+<-，所以112a +>，所以31,,22a ⎛⎫⎛⎫∈-∞--+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故选:B ． 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式的解集,常见利用函数性质求解抽象不等式的方法：（1）根据奇偶性分析出函数在对称区间上的单调性；（2）将关于函数值的不等式中的自变量通过奇偶性转变到同一单调区间内； （3）通过单调性得到自变量的大小关系，由此求解出不等式的解集．考点3 函数的极值与极值点个数例3.(1)已知函数()f x 的导函数()()()1f x a x x a '=+-，若()f x 在x a =处取得极大值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,0- B ．()2,+∞C ．()0,1D ．(),3-∞-【答案】A【解析】由()f x 在x a =处取得极大值可知，当x a <时，()0f x '>；当x a >时，()0f x '<，其等价于①存在(),,b x b a ∀∈，使得(1)()0a x x a +->， 且②存在(),,c x a c ∀∈，使得(1)()0a x x a +-<；若0a >时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，不满足②即不存在(,)x a c ∈，使得(1)()0a x x a +-<，故0a >时()f x 在x a =不是极大值；若10a -<<时，(1)()0a x x a +->的解集为(1,)a -，(1)()0a x x a +-<的解集为(,1)(,)a -∞-⋃+∞，满足①②，故10a -<<时，()f x 在x a =处取得极大值；若1a =-，(1)()a x x a +-恒小于等于0，不满足①，故1a =-时，()f x 在x a =取不到极大值；若1a <-时，(1)()0a x x a +->的解集为(,1)a -，不满足②，故1a <-时，()f x 在x a =处取不到极大值.综上，a 的取值范围是()1,0-.故选：A.【点睛】本题考查了利用导数极值求参数取值范围,其中求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4)检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值。