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2020届高三高考数学二轮专项训练 折叠问题 导学案

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2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第4讲导数的综合应用与热点问题教学案(文)

2020届高考数学大二轮复习层级二专题一函数与导数第4讲导数的综合应用与热点问题教学案(文)

第4讲 导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具,利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型,而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题,是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时,f (x )＋e≥0. 解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1ex 得f ′(x )＝2ax ＋1e x －ax 2＋x －1exex 2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0,－1)处的切线斜率为2, ∴y －(－1)＝2(x －0),即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时,f (x )＋e≥x 2＋x －1＋e x ＋1ex,令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1,则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1,当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g (x )≥g (－1)＝0. 因此当a ≥1,f (x )＋e≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数． 证明：(1)f (x )的定义域为(0,＋∞)f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x,因为y ＝ln x 单调递增,y ＝1x单调递减,所以f ′(x )单调递增,又f ′(1)＝－1＜0,f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0,故存在唯一x 0∈(1,2),使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减；当x ＞x 0时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增,因此,f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2,又f (e 2)＝e 2－3＞0,所以f (x )＝0在(x 0,＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1ln 1a －1a－1＝f αa ＝0,故1a是f (x )＝0在(0,x 0)的唯一根． 综上,f (x )＝0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：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：稍作变形后构造．对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导,难以判断符号,导数的零点也不易求得,因此单调性和极值点都不易获得,从而构造f (x )和g (x ),利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ,b ]恒成立⇔[a ,b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集⇔[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ,b ])．(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ,b ]能成立⇔[a ,b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max ＞0(x ∈[a ,b ])．(3)对∀x 1,x 2∈[a ,b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x 1∈[a ,b ],∃x 2∈[a ,b ]使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min . 3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数 根据导数公式,求出函数的导函数,并写出定义域． 第二步：讨论单调性 由f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)讨论函数的单调性． 第三步：定区间端点处的函数值符号 确定单调区间端点处的函数值及符号． 第四步：判定零点 根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数． 4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量 由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数 将已知范围的变量的代数式作为函数,利用导数研究其图象． 第三步：利用图象找交点 利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围． 第四步：运动定范围 通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一 利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1； (2)证明：e 2x－2(x －1)e x≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数,通过求导研究函数的单调性,求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0), 则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1,h ′(x )＝1x －12－2x ＋12＝2－x －x32x x ＋12＝1－x x 2＋x ＋22xx ＋12,所以当x ∈(0,1)时,h ′(x )＞0,当x ∈(1,＋∞)时,h ′(x )＜0,所以h (x )在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,所以h (x )≤h (1)＝0, 所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1. (2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1,t ＞0. 要证e 2x－2(x －1)e x ≥2x ＋3,即(e x＋1)2≥2x (e x＋1)＋4, 只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1,即证e x＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x,则x ≤e x ＋12－2e x ＋1,即x ＋2e x ＋1≤e x＋12,得证．用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ,b ]上是增函数,则①∀x ∈[a ,b ],有f (a )≤f (x )≤f (b ),②∀x 1,x 2∈[a ,b ],且x 1＜x 2,有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m ),则∀x ∈D ,有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )＜g (x ),可构造函数F (x )＝f (x )－g (x ),证明F (x )＜0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2] (2019·西安三模)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2,g (x )＝k (x ＋1)． (1)求f (x )的单调区间．(2)当k ＝2时,求证：对于∀x ＞－1,f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1,使得当x ∈(－1,x 0)时,恒有f (x )＞g (x )成立,试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x ),再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性,从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1) ＝－2x 2＋3x ＋1x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时,x 2＋3x ＋1＜0,解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时,解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52,单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时,由题意,当x ∈(－1,＋∞)时,h (x )＜0恒成立． h ′(x )＝－2x 2＋3x ＋1x ＋2－2＝－2x ＋3x ＋1x ＋2,当x ＞－1时,h ′(x )＜0恒成立,h (x )单调递减．又h (－1)＝0,当x ∈(－1,＋∞)时,h (x )＜h (－1)＝0恒成立,即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1,f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2x 2＋3x ＋1x ＋2－k＝－2x 2＋k ＋6x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知,当k ＝2时,f (x )＜g (x )恒成立,即对于x ＞－1,2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1),不存在满足条件的x 0；当k ＞2时,对于x ＞－1,x ＋1＞0,此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1),即f (x )＜g (x )恒成立,不存在满足条件的x 0；当k ＜2时,令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2),可知t (x )与h ′(x )符号相同, 当x ∈(x 0,＋∞)时,t (x )＜0,h ′(x )＜0,h (x )单调递减． 当x ∈(－1,x 0)时,h (x )＞h (－1)＝0,即f (x )－g (x )＞0恒成立． 综上,k 的取值范围为(－∞,2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：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)转化为含参数函数的最值问题：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),伴有对参数的分类讨论,然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立,应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ,使得f (x )≥g (a )成立,应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样,就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值,然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ,a ∈R .(1)当a ＝0时,求曲线y ＝f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2,正实数x 1,x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0,证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时,f (x )＝ln x ＋x ,则f (1)＝1,∴切点为(1,1),又f ′(x )＝1x＋1,∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1),即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时,f (x )＝ln x ＋x 2＋x ,x ＞0.f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0,即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0, 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)． 令t ＝x 1x 2,φ(t )＝t －ln t , 得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t.易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,＋∞)上单调递增, 所以φ(t )≥φ(1)＝1,所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0,x 2＞0,所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二 利用导数研究函数的零点问题[例(1)证明：当a ≤2e时,f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点,并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0,只需证明f (x )min ≥0,根据函数单调性求出f (x )min ,证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数,结合(1)需分a ＝2e ,0＜a ＜2e ,a ＞2e ,三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0,＋∞),令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax＝0,则x ＝a2,所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2时,f ′(x )＜0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞时,f ′(x )＞0,所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2＋1, 当0＜a ≤2e 时,ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0,所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2＋1≥0, 所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时,由(1)得,f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0,即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时,由(1)得,f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2＋1, 且f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a2＋1＞0,即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点； ③当a ＞2e 时,f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a 2＋1＜0,又1e ＜ a 2,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e2＞0,所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上有唯一的零点,又当a ＞2e时,a ＞a2,f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1), 令g (a )＝a －ln a －1,g ′(a )＝1－1a ＝a －1a,g ′(a )＝0,得a ＝1,可知g (a )在⎝⎛⎭⎪⎫2e，1上递减,在(1,＋∞)上递增,所以g (a )≥g (1)＝0,所以f (a )≥0,所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上有唯一的零点,所以,当a ＞2e时,f (x )有2个不同的零点,综上所述,①当a ＝2e 时,有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时,不存在零点；③当a ＞2e 时,有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数学思想来求解,这类问题求解的通法是：(1)构造函数,这是解决此类问题的关键点和难点,并求其定义域；(2)求导数,得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象与x 轴的交点情况,进而求解．2．研究方程的根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象判断方程的根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R ),(1)若a ＞0,讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0,求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x＋x ＝(2x －a )ln x＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x ),令f ′(x )＝0,即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2,x 2＝1e,①当x 1＝x 2,即a 2＝1e ,a ＝2e 时,f ′(x )≥0,f (x )是(0,＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2,即a 2＜1e ,0＜a ＜2e时,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1e 时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增； ③当x 2＜x 1,即1e ＜a 2,a ＞2e 时,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增；当x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，a 2时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增； 综上所述,当0＜a ＜2e 时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2,⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1e 单调递减；当a ＝2e时,f (x )在(0,＋∞)单调递增；当a ＞2e 时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ,⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0,令f ′(x )＝0,即(2x －a )(1＋ln x )＝0,得x ＝1e ,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,f ′(x )＜0,f (x )单调递减,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )单调递增,故当x ＝1e 时,f (x )取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12e ＜0,以下证明：在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上,f (x )＜0,令x ＝1e t ,t ＞1,则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e , f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e t ＝1e t ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ,f (x )＜0⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e t ＜0⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t＋12＜0⇒at e t ＜t －12,因为a ＜0,t ＞1,不等式at e t＜t －12显然成立,故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上,f (x )＜0,又f (1)＝12＞0,即f (1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＜0,故当a ＜0时,函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1.限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e xcos x ,g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时,证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知,有f ′(x )＝e x(cos x －sin x )．因此,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k∈Z )时,有sin x ＞cos x ,得f ′(x )＜0,则f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时,有sin x ＜cos x ,得f ′(x )＞0,则f (x )单调递增．所以,f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z ),f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ,依题意及(1),有g (x )＝e x(cos x －sin x ),从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时,g ′(x )＜0,故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＜0.因此,h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减,进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.所以,当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时,f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln x ,k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点,则f (x )在区间(1,e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0,＋∞)上的变化情况如下：x(0,k ) k (k ,＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x )k 1－ln k2所以,f (x )的单调递减区间是(0,k ),单调递增区间是(k ,＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k 1－ln k2.(2)证明：由(1)知,f (x )在区间(0,＋∞)上的最小值为f (k )＝k 1－ln k2.因为f (x )存在零点,所以k 1－ln k2≤0,从而k ≥e.当k ＝e 时,f (x )在区间(1,e)上单调递减,且f (e)＝0, 所以x ＝e 是f (x )在区间(1,e]上的唯一零点．当k ＞e 时,f (x )在区间(0,e)上单调递减,且f (1)＝12＞0,f (e)＝e －k2＜0,所以f (x )在区间(1,e]上仅有一个零点．综上可知,若f (x )存在零点,则f (x )在区间(1,e]上仅有一个零点．3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ,f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x ),则g (x )＝cos x ＋x sin x －1,g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时,g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时,g ′(x )＜0,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0,g (π)＝－2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点,所以f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π,f (π)＝0,可得a ≤0,由(1)知,f ′(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )＞0；当x ∈(x 0,π)时,f ′(x )＜0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减．又f (0)＝0,f (π)＝0,所以当x ∈[0,π]时,f (x )≥0. 又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax . 因此,a 的取值范围是(－∞,0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ,a ∈R . (1)当a ＝0时,求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时,令F (x )＝f x x ＋1＋x －ln x ,证明：F (x )≥－e －2,其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点,求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时,f (x )＝x 2ln x (x ＞0),此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)． 令f ′(x )＞0,解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12,＋∞),单调递减区间为(0,e －12)．(2)证明：F (x )＝f xx ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x . 由F ′(x )＝2＋ln x ,得F (x )在(0,e －2)上单调递减,在(e －2,＋∞)上单调递增, ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋x －a2x＝x －ax·(2x ln x ＋x －a )． 令g (x )＝2x ln x ＋x －a ,则g ′(x )＝3＋2ln x ,∴函数g (x )在(0,e －32)上单调递减,在(e －32,＋∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时,∵函数f (x )无极值,∴－2e －32－a ≥0,解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时,g (x )min ＝－2e －32－a ＜0,即函数g (x )在(0,＋∞)上存在零点,记为x 0.由函数f (x )无极值点,易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根, ∴2a ln a ＋a －a ＝0,即2a ln a ＝0,a ＝1.当0＜a ＜1时,x 0＜1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时,x 0＞1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时,x 0＝1,此时函数f (x )无极值． 综上,a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0,存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t ),证明：当t ＞e 时,有710＜ln g tln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ,∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0),∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,f ′(x )＜0,此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减, 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时,f (x )≤0,又t ＞0,令h (x )＝f (x )－t ,x ∈[1,＋∞), 由(1)知h (x )在区间[1,＋∞)上为增函数,h (1)＝－t ＜0,h (e t )＝t (e t －1)＞0,∴存在唯一的m ,使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m ),t ＞0,当t ＞e 时,若m ＝g (t )≤e ,则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e,矛盾,∴m ＞e, 又ln g t ln t ＝ln m ln f m ＝ln m ln m ln m ＝ln m ln m ＋ln ln m ＝uu ＋ln u,其中u ＝ln m ,u ＞1,要使710＜ln g t ln t ＜1成立,只需0＜ln u ＜37u ,令F (u )＝ln u －37u ,u ＞1,F ′(u )＝1u －37,当1＜u ＜73时F ′(u )＞0,F (u )单调递增,当u ＞73时,F ′(u )＜0,F (u )单调递减．∴对u ＞1,F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＜0,即ln u ＜37u 成立．综上,当t ＞e 时,710＜ln g tln t＜1成立．限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ,f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x ),则g (x )＝cos x ＋x sin x －1,g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时,g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时,g ′(x )＜0,所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞0,g (π)＝－2,故g (x )在(0,π)存在唯一零点,所以f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点．(2)由题设知f (π)≥a π,f (π)＝0,可得a ≤0,由(1)知,f ′(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )＞0；当x ∈(x 0,π)时,f ′(x )＜0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减．又f (0)＝0,f (π)＝0,所以当x ∈[0,π]时,f (x )≥0. 又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax . 因此,a 的取值范围是(－∞,0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ,a ∈R . (1)当a ＝0时,求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝－1时,令F (x )＝f x x ＋1＋x －ln x ,证明：F (x )≥－e －2,其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点,求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时,f (x )＝x 2ln x (x ＞0),此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)． 令f ′(x )＞0,解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12,＋∞),单调递减区间为(0,e －12)．(2)证明：F (x )＝f xx ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x . 由F ′(x )＝2＋ln x ,得F (x )在(0,e －2)上单调递减,在(e －2,＋∞)上单调递增, ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋x －a2x＝x －ax·(2x ln x ＋x －a )． 令g (x )＝2x ln x ＋x －a ,则g ′(x )＝3＋2ln x ,∴函数g (x )在(0,e －32)上单调递减,在(e －32,＋∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时,∵函数f (x )无极值,∴－2e －32－a ≥0,解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时,g (x )min ＝－2e －32－a ＜0,即函数g (x )在(0,＋∞)上存在零点,记为x 0.由函数f (x )无极值点,易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根, ∴2a ln a ＋a －a ＝0,即2a ln a ＝0,a ＝1.当0＜a ＜1时,x 0＜1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时,x 0＞1且x 0≠a ,函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时,x 0＝1,此时函数f (x )无极值．综上,a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0,存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t ),证明：当t ＞e 时,有710＜ln g tln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x , ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0),∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时,f ′(x )＜0,此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时,f ′(x )＞0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时,f (x )≤0,又t ＞0,令h (x )＝f (x )－t ,x ∈[1,＋∞), 由(1)知h (x )在区间[1,＋∞)上为增函数,h (1)＝－t ＜0,h (e t )＝t (e t －1)＞0,∴存在唯一的m ,使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m ),t ＞0,当t ＞e 时,若m ＝g (t )≤e ,则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e,矛盾,∴m ＞e, 又ln g t ln t ＝ln m ln f m ＝ln m ln m ln m ＝ln m ln m ＋ln ln m ＝uu ＋ln u,其中u ＝ln m ,u ＞1,要使710＜ln g t ln t ＜1成立,只需0＜ln u ＜37u ,令F (u )＝ln u －37u ,u ＞1,F ′(u )＝1u －37,当1＜u ＜73时F ′(u )＞0,F (u )单调递增,当u ＞73时,F ′(u )＜0,F (u )单调递减．∴对u ＞1,F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73＜0,即ln u 37u 成立．综上,当t ＞e 时,710＜ln g tln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ,g (x )＝x ＋1x＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3,设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1,x 2,且x 2x 1≥e a,求证：f ′x 1＋x 2＋m f ′x 1－x 2＞65.解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax,其定义域为(0,＋∞),∴h ′(x )＝x ＋1[x －1＋a ]x 2.在(0,＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时,x ∈(0,1＋a )时,h ′(x )＜0,x ∈(1＋a ,＋∞)时,h ′(x )＞0,h (x )在(0,1＋a )递减,在(1＋a ,＋∞)递增,综上,a ＞－1时,h (x )在(0,1＋a )递减,在(1＋a ,＋∞)递增,a ≤－1时,h (x )在(0,＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点,故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0, ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2), 又f (x )＝2ln x ,∴f ′(x )＝2x,f ′x 1＋x 2＋m f ′x 1－x 2＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1. 令x 2x 1＝t ≥e 2,φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ,则φ′(t )＝t 2＋1t t ＋12＞0,∴φ(t )在[e 2,＋∞)上递增,φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65. 故f ′x 1＋x 2＋m f ′x 1－x 2＞65.5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1. (1)讨论f (x )的单调性,并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点,证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1,＋∞)． 因为f ′(x )＝1x＋2x －12＞0,所以f (x )在(0,1),(1,＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0,f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0,所以f (x )在(1,＋∞)有唯一零点x 1,即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0,故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上,f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝,故点B ⎝⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x在曲线y ＝e x上．由题设知f (x 0)＝0,即ln x 0＝x 0＋1x 0－1,故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0,曲线y ＝ln x 在点A (x 0,ln x 0)处切线的斜率也是1x 0,所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0,ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分” 思维流程函数与导数问题一般以函数为载体,以导数为工具,重点考查函数的一些性质,如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论,复杂函数零点的讨论,函数不等式中参数范围的讨论,恒成立和能成立问题的讨论等,是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题,一般是先求导,再变形、分离或分解出基本函数,再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法 (12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x ),f ′(x )为f (x )的导数,(1)设g (x )＝f ′(x ),对g (x )求导可得g (x )在(－1,α)单调递增,在⎝⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减,得证． 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确[解析] (1)设g (x )＝f ′(x ),则g (x )＝cos x －11＋x ,g ′(x )＝－sin x ＋11＋x2.1分①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时,g ′(x )单调递减,而g ′(0)＞0,g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＜0,可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点.2分②设零点为α.则当x ∈(－1,α)时,g ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时,g ′(x )＜0.3分③所以g (x )在(－1,α)单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减,故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点,即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点.4分④(2)f (x )的定义域为(－1,＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时,由(1)知,f ′(x )在(－1,0)单调递增,而f ′(0)＝0,所以当x ∈(－1,0)时,f ′(x )＜0,故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0,从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点.6分⑤。

(全国通用版)2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 理

(全国通用版)2020高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第4讲 导数的热点问题学案 理

第4讲 导数的热点问题[考情考向分析] 利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．热点一 利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例 1 (2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14. (1)解 由f (x )＝e x (a e x－a －x )≥0对于x ∈R 恒成立，设函数g (x )＝a e x －a －x ，可得g (x )＝a e x －a －x ≥0对于x ∈R 恒成立，∵g (0)＝0，∴g (x )≥g (0)，从而x ＝0是g (x )的一个极小值点，∵g ′(x )＝a e x －1，∴g ′(0)＝a －1＝0，即a ＝1.当a ＝1时，g (x )＝e x －1－x ，g ′(x )＝e x －1，∵x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减， x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，故a ＝1.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x， f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x－1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数； 当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0，∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数，当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数，当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数，当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0，即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0，且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x－x 0－2＝0， ∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14； ∵ln 12e ∈(－2，－1)， ∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2； 综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14. 思维升华 用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.跟踪演练1 (2018·荆州质检)已知函数f (x )＝ax －ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1. (1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)， ①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a >0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x e ax －1＝x e ax －1－ax －ln x ，则g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝(ax ＋1)(x eax －1－1)x (x >0)，设r (x )＝x e ax －1－1(x >0)，则r ′(x )＝(1＋ax )e ax －1(x >0)，∵e ax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减．∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2，∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a 时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，设t ＝－1a ∈(]0，e 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减，∴h (t )≥h (e 2)＝0；∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x e ax －1.热点二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2 (2018·衡水金卷分科综合卷)设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数． 解 (1)∵函数f (x )在[0，＋∞)内单调递增，∴f ′(x )＝e x －1x ＋a ≥0在[0，＋∞)内恒成立． 即a ≥e －x －x 在[0，＋∞)内恒成立．记g (x )＝e －x －x ，则g ′(x )＝－e －x －1<0恒成立，∴g (x )在区间[0，＋∞)内单调递减，∴g (x )≤g (0)＝1，∴a ≥1，即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a(x >－a )， 记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1(x ＋a )2>0， 知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0， ∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x －1x 0＋a ＝0， 于是0e x ＝1x 0＋a，x 0＝－ln ()x 0＋a . 当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x－2a －ln ()x 0＋a ＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0， ∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．思维升华 (1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．跟踪演练2 (2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x . f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①若h (2)>0，即a <e 24，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③若h (2)<0，即a >e 24， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24. 热点三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3 罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？解 (1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1.所以y ＝f (x )＝32n ＋(n ＋1)(2＋x )x ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋m x(2＋x )x＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x <m )． (2)当m ＝96时，f (x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋160， 则f ′(x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －32x 2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x )＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x <16时，f ′(x )<0，f (x )在区间(0,16)内为减函数；当16<x <96时，f ′(x )>0，f (x )在区间(16,96)内为增函数，所以f (x )在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5. 答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小．思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．跟踪演练3 图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围；(2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ，故半圆CmD 的弧长为πx .所以4＝2x ＋2y ＋πx ，得y ＝4－(2＋π)x 2. 依题意知0<x <y ，得0<x <44＋π. 所以y ＝4－(2＋π)x 2 ⎝⎛⎭⎪⎫0<x <44＋π. (2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2 ＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12. 因为0<169π＋12<4π＋4， 所以当0<x <169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数； 当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数， 所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.真题体验(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x－x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减．(ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a .当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a . ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a >0， 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1， 则f (n 0)＝0e n (a 0e n ＋a －2)－n 0>0e n －n 0>02n－n 0>0. 由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1>－ln a ， 因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)． 押题预测已知f (x )＝a sin x ，g (x )＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x )是y ＝g (x )的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G (x )＝f (1－x )＋g (x )在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1n sin 1(1＋k )2<ln 2； (3)设F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x >0，m <0有F (x )>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．押题依据 有关导数的综合应用试题多考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与不等式等基础知识和基本方法，考查分类整合思想、转化与化归思想等数学思想方法．本题的命制正是根据这个要求进行的，全面考查了考生综合求解问题的能力．(1)证明 由题意知G (x )＝a sin(1－x )＋ln x ，G ′(x )＝1x－a cos(1－x )(x >0)， 当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x>1,0<cos(1－x )<1， ∴a cos(1－x )<1，∴G ′(x )>0，故函数G (x )在区间(0,1)上是增函数． (2)证明 由(1)知，当a ＝1时，G (x )＝sin(1－x )＋ln x 在(0,1)上单调递增．∴sin(1－x )＋ln x <G (1)＝0， sin(1－x )<ln 1x(0<x <1)．令1－x ＝1(1＋k )2，所以x ＝k 2＋2k(1＋k )2.∵sin 1(1＋k )2＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－k 2＋2k (1＋k )2<ln (1＋k )2k 2＋2k ＝ln k ＋1k －ln k ＋2k ＋1，∴∑k ＝1nsin1(1＋k )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－ln 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 32－ln 43＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ln n ＋1n －ln n ＋2n ＋1，＝ln 2－lnn ＋2n ＋1<ln 2. (3)解 由对任意的x >0，m <0有F (x )＝g －1(x )－mx 2－2(x ＋1)＋b ＝e x －mx 2－2x ＋b －2>0恒成立，即当x ∈(0，＋∞)时，F ()x min >0. 又设h (x )＝F ′()x ＝e x－2mx －2，h ′(x )＝e x －2m ，m <0，则h ′(x )>0，h (x )单调递增，又h (0)<0，h (1)>0， 则必然存在x 0∈(0,1)，使得h (x 0)＝0，∴F (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (x 0)＝0e x－mx 20－2x 0＋b －2>0，则b >－0e x ＋mx 20＋2x 0＋2，又0e x－2mx 0－2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∵b >－0e x ＋0e x －22x 0·x 20＋2x 0＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x＋x 0＋2， 又m <0，则x 0∈(0，ln 2)，∵b >⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x＋x 0＋2，x 0∈(0，ln 2)恒成立，令m (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－1e x＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)，则m ′(x )＝12(x －1)e x＋1，令n (x )＝12(x －1)e x＋1，则n ′(x )＝12x e x>0，∴m ′(x )在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x )>m ′(0)＝12>0，∴m (x )在(0，ln 2)上单调递增， ∴m (x )<m (ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.A 组 专题通关1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)． (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少． 解 (1)由题意，得下潜用时60v(单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v(升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)； 返回水面用时60v 2＝120v(单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0)．(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3(v 3－2 000)25v 2， 令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减， 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增，∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减， 在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时总用氧量最少， 当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增， ∴当v ＝c 时总用氧量最少． 综上，若0<c <1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032， 则当v ＝c 时总用氧量最少． 2．(2018·淮北模拟)已知函数f (x )＝ax －1＋ln x .(1)若函数f (x )在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0,1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e .(1)解 由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)， f ′(x )＝1x －a (x －1)2＝x 2－(a ＋2)x ＋1x (x －1)2， 设h (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1，要使y ＝f (x )在()e ，＋∞上有极值，则x 2－(a ＋2)x ＋1＝0有两个不同的实根x 1，x 2， ∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，①且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵x 1·x 2＝1， ∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设x 2>e ，∴0<x 1<1e <e<x 2，又h (0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0， ∴a >e ＋1e －2，②联立①②可得a >e ＋1e－2.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e －2，＋∞. (2)证明 由(1)知，当x ∈()1，x 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )在(1，＋∞)上有最小值f (x 2)， 即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (x 2)， 又当x ∈()0，x 1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈()x 1，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴f (x )在(0,1)上有最大值f (x 1)， 即对∀s ∈(0,1)，都有f (s )≤f (x 1)， 又∵x 1＋x 2＝2＋a ，x 1x 2＝1， x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，x 2∈()e ，＋∞，∴f (t )－f (s )≥f (x 2)－f (x 1) ＝ln x 2＋a x 2－1－ln x 1－ax 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－ax 1－1＝ln x 22＋x 2－1x 2()x 2>e ，设k (x )＝ln x 2＋x －1x＝2ln x ＋x －1x(x >e)， 则k ′(x )＝2x ＋1＋1x2>0(x >e)，∴k (x )在()e ，＋∞上单调递增， ∴k (x )>k (e)＝2＋e －1e，∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e.3．(2018·商丘模拟)已知函数f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)．(1)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f (x )的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围； (2)当a >12时，求证：∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. (1)解 函数f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f (0)＝－a <0. 又∵直线y ＝－x 恰好通过原点， ∴函数y ＝f (x )的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f (x )<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x <－x . ∵2x ＋1>0，∴a >ln (2x ＋1)2x ＋1.令h (x )＝ln (2x ＋1)2x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >－12， 则h ′(x )＝2－2ln (2x ＋1)(2x ＋1)2⎝⎛⎭⎪⎫x >－12. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． ∴h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎪⎫e －12＝1e，∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)证明 ∵f ′(x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1， 设u (x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1， 则u ′(x )＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎫x >－12，∵当x >0时，42x ＋1<4，当a >12时，8a >4，∴u ′(x )＝42x ＋1－8a <0， ∴当x >0时，f ′(x )为减函数， 不妨设x 2>x 1>0，令g (x )＝f (x )＋f (x 1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 12(x >x 1)，可得g (x 1)＝0，g ′(x )＝f ′(x )－f ′⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 12，∵x >x ＋x 12且f ′(x )是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′(x )<0，∴当x >x 1时，g (x )为减函数， ∴g (x 2)<g (x 1)＝0， 即f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.4．已知函数f (x )＝ln x ＋a x，g (x )＝e －x＋bx ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若函数y ＝g (x )在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f (x )在x ＝1e 处的切线方程为e x ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )>g (x )．(1)解 易得g ′(x )＝－e －x＋b ＝b －1e x .若b ＝0，则g (x )＝1ex ∈(0，＋∞)，不合题意；若b <0，则g (0)＝1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝1e b －1<0，满足题设， 若b >0，令g ′(x )＝－e －x＋b ＝0，得x ＝－ln b . ∴g (x )在(－∞，－ln b )上单调递减； 在(－ln b ，＋∞)上单调递增， 则g (x )min ＝g (－ln b )＝e ln b －b ln b ＝b －b ln b ≤0，∴b ≥e.综上所述，实数b 的取值范围是(－∞，0)∪[e，＋∞)． (2)证明 易得f ′(x )＝1x －ax2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －a e 2＝－e ，解得a ＝2e .∴f (x )＝ln x ＋2e x，从而f⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1， 即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1. 将切点坐标代入e x ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0. ∴g (x )＝e －x.要证f (x )>g (x )，即证ln x ＋2e x >e －x(x ∈(0，＋∞))，只需证x ln x ＋2e>x e －x(x ∈(0，＋∞))．令u (x )＝x ln x ＋2e ，v (x )＝x e －x，x ∈(0，＋∞)．则由u ′(x )＝ln x ＋1＝0，得x ＝1e，∴u (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u (x )min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e.又由v ′(x )＝e －x－x e －x＝e －x(1－x )＝0，得x ＝1， ∴v (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴v (x )max ＝v (1)＝1e.∴u (x )≥u (x )min ≥v (x )max ≥v (x )， 显然，上式的等号不能同时取到．故对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f (x )>g (x )． 5．(2018·马鞍山模拟)已知函数g (x )＝x ln x ，h (x )＝ax 2－12(a >0)．(1)若g (x )<h (x )对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)解 方法一 记f (x )＝g (x )－h (x )＝x ln x －a 2x 2＋12，令φ(x )＝f ′(x )＝ln x ＋1－ax ，则φ′(x )＝1x－a ，①当a ≥1时，∵x ∈(1，＋∞)，∴φ′(x )＝1x－a <1－a ≤0，∴f ′(x )在(1，＋∞)上单调递减， 又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′(x )<0， 即f (x )在(1，＋∞)上单调递减， 此时，f (x )<f (1)＝－a －12≤0，即g (x )<h (x )，∴a ≥1. ②当0<a <1时，考虑x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，φ′(x )＝1x－a >a －a ＝0，∴f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a >0，∴f ′(x )>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递増，f (x )>f (1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<h (x )等价于a >2x ln x ＋1x2， 令F (x )＝2x ln x ＋1x2(x >1)， F ′(x )＝2()x －1－x ln x x 3(x >1)，记m (x )＝x －1－x ln x (x >1)， 则m ′(x )＝－ln x <0，∴m (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴m (x )<m (1)＝0， ∴F ′(x )<0，即F (x )在(1，＋∞)上单调递减，F (x )<F (1)＝1，故a ∈[1，＋∞)．(2)证明 由(1)知取a ＝1，当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<h (x )恒成立，即x ln x <x 2－12恒成立，即ln x <x 2－12x恒成立，即ln(1＋x )<(x ＋1)2－12(x ＋1)＝x 2＋2x2(x ＋1)对于x ∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋k n 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋1，k ∈N *，于是ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n2＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n 2＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋n n2 <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋2n2＋…＋n n 2＋1n 2＋1＋2n 2＋1＋…＋n n 2＋1＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)n 2＋n (n ＋1)n 2＋1 ＝14·2n 3＋2n 2＋n ＋1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n 3－2n 2＋2n －1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n (n －1)2＋(n －1)n ()n 2＋1≤34， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<34e . B 组 能力提高6．(2018·广东省深中、华附、省实、广雅四校联考)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－a 6e x＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0. (1)求函数f (x )在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F (x )的导数F ′(x )＝()e x－a f (x )，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点？请说明理由．解 (1)f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 6e x，当0<x <a6时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >a6时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6<f (0)＝－a6<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 6＝1>0，所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，1＋a6，使f (x 0)＝0，且当0<x <x 0时，f (x )<0，当x >x 0时，f (x )>0. 故函数f (x )在(0，＋∞)上有1个零点，即x 0. (2)方法一 当a >1时，ln a >0. 因为当x ∈()0，ln a 时，e x－a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x－a >0.由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <x 0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1， 记g (x )＝x ln x －x －x 26＋1，x ∈(1，e)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝3－x3x >0，所以g ′(x )在()1，e 上单调递增， 由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0， 且x ∈()1，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈()t 0，e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g (x )<max {}g (1)，g (e ). 由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e26<0，得当x ∈()1，e 时，g (x )<0. 故f ()ln a <0,0<ln a <x 0.当0<x <ln a 时，e x－a <0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x－a f (x )>0，F (x )单调递增；当ln a <x <x 0时，e x－a >0，f (x )<0，F ′(x )＝()e x－a f (x )<0，F (x )单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F (x )的极大值点． 方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，e x－a <0；当x ∈()ln a ，＋∞时，e x－a >0.由(1)知，当x ∈(0，x 0)时，f (x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F (x )的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a <x 0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1，记g (x )＝x ln x －x －x 26＋1，x ∈(1,4)， g ′(x )＝ln x －x3，x ∈(1,4)，设k (x )＝g ′(x )，因为k ′(x )＝3－x3x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，k ′(x )>0， 所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增， 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0， 所以存在唯一零点t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，t 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈()t 0，2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2时， g (x )min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 206＋1，②由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t 03，代入②式可得g (x )min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g (x )<0， 即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解， 所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F (x )存在极大值点为ln a . 7．已知f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2.(1)当a ＝e 时，求f (x )的极值；(2)若f (x )有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀x >1，求证：f (x )≥12ax 2＋x ＋1＋ln(x －1)．(1)解 当a ＝e 时，f ′(x )＝x (e x＋e)． 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， ∴f (x )极小值＝f (0)＝－1，无极大值． (2)解 f ′(x )＝x (e x＋a )，(ⅰ)当a ＝0时，f (x )＝(x －1)e x，只有一个零点x ＝1， (ⅱ)当a >0时，e x＋a >0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，f (x )极小值＝f (0)＝－1，而f (1)＝a2>0，∴当x >0时，函数f (x )在(0,1)上存在一个零点， 当x <0时，e x<1，∴(x －1)e x>x －1， ∴f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2>x －1＋12ax 2＝12ax 2＋x －1， 令g (x )＝12ax 2＋x －1，x 1是g (x )＝0的一个根，取x 1＝－1－1＋2a a<0，∴f (x 1)>0，f (x 1)·f (0)<0，∴当x <0时，函数f (x )在(x 1,0)上存在一个零点， ∴函数f (x )有两个零点．(ⅲ)当a <0时，f ′(x )＝x (e x＋a )， 令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝ln(－a )， ①当ln(－a )>0，即a <－1时，当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如表所示：∴f (x )极大值＝f (0)＝－1，∴函数f (x )至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a )＝0，即a ＝－1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f (x )至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a )<0，即－1<a <0时，当x 变化时f (x )，f ′(x )的变化情况如表所示：∴x <0，a <0时，f (x )＝(x －1)e x＋12ax 2<0，f (0)＝－1，∴函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明 令g (x )＝f (x )－ln(x －1)－12ax 2－x －1，＝(x －1)e x－ln(x －1)－x －1，x ∈(1，＋∞)， g ′(x )＝x e x －1x －1－1＝x e x－x x －1＝x ⎝⎛⎭⎪⎫e x－1x －1，x ∈(1，＋∞)． 令h (x )＝e x－1x －1，x ∈(1，＋∞)， h ′(x )＝e x ＋1(x －1)2>0， ∴h (x )为(1，＋∞)上的增函数，h (2)＝e 2－1>0，取x －1＝e －2，x ＝1＋e －2，h (1＋e －2)＝21e e－＋－e 2<0， ∴存在唯一的x 0∈(1,2)使h (x 0)＝0，即0e x＝1x 0－1， ∴当x ∈(1，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>0，g ′(x )>0，g (x )为增函数， ∴g (x )min ＝g (x 0)＝(x 0－1) 0e x－ln(x 0－1)－x 0－1 ＝(x 0－1)×1x 0－1－ln 0e x－x 0－1 ＝1＋x 0－x 0－1＝0，∴对∀x >1，g (x )≥g (x 0)＝0， 即f (x )≥12ax 2＋x ＋1＋ln(x －1)．。

(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数教学案

(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数教学案

专题五 函数、不等式与导数[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点 1.函数的基本性质(5年5考)2.函数的零点问题(5年4考)3.导数与函数的单调性(5年2考)4.基本不等式(5年4考) 本部分内容在高考解答题中为必考内容，考查类型有四类：第一类考查函数的单调性及应用函数零点求参数(2015年T19)，第二类考查函数与不等式零点问题(2016年T19)，第三类考查函数与导数、函数的极值、零点问题(2017年T20，2019年T19)，第四类考查函数的定义、零点以及导数应用与函数的性质(2018年T19)；题目总体难度较大，多体现分类讨论思想和考查推理论证的能力.偶考点 1.一元二次不等式恒成立问题2.线性规划问题第一讲 | 小题考法——函数考点(一) 函数的基本性质主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合 分段函数命题.[题组练透]1．(2018·江苏高考)函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R )，且在区间(－2，2]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx2，0<x ≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，－2<x ≤0，则f (f (15))的值为________．解析：由函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R )， 可知函数f (x )的周期是4，所以f (15)＝f (－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f (f (15))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝cos π4＝22. 答案：222．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a－1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，得f (－x )＝－x 3＋2x ＋1e x －e x＝－f (x )，所以f (x )是R 上的奇函数．又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥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 (2a 2)≤0，所以f (a －1)≤－f (2a 2)＝f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，123．(2019·南通等七市一模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋2)＝f (x )．当0<x ≤1时，f (x )＝x 3－ax ＋1，则实数a 的值为________．解析：f (x ＋2)＝f (x )，令x ＝－1，得f (－1)＝f (1)，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－1)＝－f (1)，所以f (1)＝0.当0<x ≤1时，f (x )＝x 3－ax ＋1，则f (1)＝2－a ＝0，故a ＝2.答案：24．(2019·南通等七市一模)已知函数f (x )＝(2x ＋a )(|x －a |＋|x ＋2a |)(a <0)．若f (1)＋f (2)＋f (3)＋ … ＋f (672)＝0，则满足f (x )＝2 019的x 的值为________．解析：因为a <0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2x ＋a ）2，x ≥－2a ，－3a （2x ＋a ），a <x <－2a ，－（2x ＋a ）2，x ≤a .易知函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0对称，且在R 上单调递增．若f (1)＋f (2)＋f (3)＋ … ＋f (672)＝0，则－a 2＝1＋6722，a ＝－673，则当x ≥－2a 时，f (x )≥9a 2＝9×6732>2 019，当x ≤－a2时，f (x )≤0，所以3×673(2x －673)＝2 019，所以x＝337.答案：337[方法技巧]函数性质的应用技巧奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f (x )的性质：f (|x |)＝f (x )单调性 可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性周期性利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解对称性 利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另一对称区间上研究考点(二) 基本初等函数主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的 性质问题.[题组练透]1．(2018·南通检测)已知幂函数f (x )＝x α，其中α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，12，1，2，3.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．已知函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x的图象共有k (k ∈N *)个公共点：A 1(x 1，y 1)，A 2(x 2，y 2)，…，A k (x k ，y k )，则∑i ＝1k (x i ＋y i )＝________．解析：如图，函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x 的图象都关于点(0，1)成中心对称，所以它们的交点也关于点(0，1)成中心对称，且只有两个交点，所以∑i ＝12 x i =0,∑i ＝12 y i =2,则∑i ＝1k(x i ＋y i )＝2.答案：23．(2018·镇江期末)不等式log a x －ln 2x ＜4(a ＞0且a ≠1)对任意x ∈(1，100)恒成立，则实数a 的取值范围为________________．解析：不等式log a x －ln 2x ＜4可化为ln x ln a －ln 2x ＜4，即1ln a ＜4ln x＋ln x 对任意x ∈(1，100)恒成立． 因为x ∈(1，100)，所以ln x ∈(0，2ln 10)， 所以4ln x ＋ln x ≥4，故1ln a＜4，解得ln a ＜0或ln a ＞14，即0＜a ＜1或a ＞e 14.答案：(0，1)∪⎝⎛⎭⎪⎫e 14，＋∞4．(2019·南京盐城二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋3|，x ≤0，x 3－12x ＋3，x >0.设g (x )＝kx ＋1，且函数y＝f (x )－g (x )的图象经过四个象限，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知，要使y ＝f (x )－g (x )的图象经过四个象限，只需y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象在(－∞，0)和(0，＋∞)都相交且交点个数大于1.当x >0时，f (x )＝x 3－12x ＋3，f ′(x )＝3x 2－12.易知f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，且f (2)<0.又g (x )＝kx ＋1的图象恒过(0，1)，所以易得过(0，1)且与f (x )＝x 3－12x ＋3(x >0)的图象相切的切线的斜率为－9，所以k >－9.当x ≤0时，作出f (x )＝|x ＋3|的图象(图略)，数形结合易知k <13.综上可知，实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－9，13 [方法技巧]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，当底数a 的值不确定时，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同.考点(三) 函数的零点问题主要考查函数零点个数问题以及根据函数零点个数求参数的取值范围.[典例感悟][典例] (1)(2018·苏锡常镇一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x <1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．(2)(2018·镇江期末)已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，|ln x |，x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx ＋2有且只有四个不同解，则实数k 的取值构成的集合为________．[解析] (1)当x ≥1时，y ＝ln x x 2－18， 则ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2， 令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1，则函数g (x )是连续函数且先增后减，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x <0，1－12x，x ∈[0，1），函数的图象与y ＝18的图象如图，则两个函数有2个交点，综上，函数y ＝|f (x )|－18有4个零点．(2)作函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象，如图所示，两图象除了(0，2)还应有3个公共点．当k ≥0时，直线应与曲线y ＝f (x )(x >1)相切，设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0，又k ＝ln x 0－2x 0，则1x 0＝ln x 0－2x 0，解得x 0＝e 3，此时k ＝1e3；当k <0时，当y ＝kx ＋2与曲线y ＝x ＋2x ＋1相切于点(0，2)时，k ＝－1，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意，当－1<k <0时，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意， 当直线y ＝kx ＋2与y ＝f (x )(0<x <1)相切时，两图象只有3个公共点， 设切点为(x 0，－ln x 0)，则切线的斜率k ＝－1x 0，又k ＝－ln x 0－2x 0，则－1x 0＝－ln x 0－2x 0，解得x 0＝e －1，此时k ＝－e 不符合题意，当k <－e 时，两图象只有两个公共点，不合题意，而当－e<k <－1时，两图象有4个公共点，符合题意，所以实数k 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)．[答案] (1)4 (2)⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)[方法技巧]利用函数零点的情况求参数值或范围的方法[演练冲关]1．(2019·苏州期末)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≥0，－2x ，x <0，若方程f (x )－kx ＝3有三个相异的实根，则实数k 的取值范围是________．解析：法一：方程f (x )－kx ＝3，即f (x )＝kx ＋3有三个相异的实根，即曲线y ＝f (x )和直线y ＝kx ＋3有三个不同的交点，作出大致图象如图所示．又直线y ＝kx ＋3和y ＝－2x (x <0)必有一个交点，所以k >－2，则直线y ＝kx ＋3与曲线y ＝－x 2＋2x (x ≥0)有两个交点，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋3，y ＝－x 2＋2x （x ≥0），整理得x 2＋(k －2)x ＋3＝0(x ≥0)，由⎩⎪⎨⎪⎧－（k －2）>0，Δ＝（k －2）2－12>0，得k <2－23，故实数k 的取值范围是(－2，2－23)．法二：当x <0且k ≠－2时，方程f (x )－kx ＝3可转化为－2x －kx ＝3，解为x ＝－32＋k ，当x ≥0时，方程f (x )－kx ＝3可转化为－x 2＋2x －kx ＝3，即x 2＋(k －2)x ＋3＝0(x ≥0)，若Δ＝(k －2)2－12>0，则x ＝2－k ±（k －2）2－122，因为方程f (x )－kx ＝3有三个相异的实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧－32＋k<0，2－k －（k －2）2－122≥0，（k －2）2－12>0，解得－2<k <2－23，所以实数k 的取值范围是(－2，2－23)．答案：(－2，2－23)2．(2019·江苏高考)设f (x )，g (x )是定义在R 上的两个周期函数，f (x )的周期为4，g (x )的周期为2，且f (x )是奇函数．当x ∈(0，2]时，f (x )＝1－（x －1）2，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k （x ＋2），0<x ≤1，－12，1<x ≤2，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则k 的取值范围是________．解析：当x ∈(0，2]时，y ＝f (x )＝1－（x －1）2⇔(x －1)2＋y 2＝1(y ≥0)，结合f (x )是周期为4的奇函数，可作出f (x )在(0，9]上的图象如图所示．∵ 当x ∈(1，2]时，g (x )＝－12，又g (x )的周期为2，∴ 当x ∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，g (x )＝－12.由图可知，当x ∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点，∴ 当x ∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点．又当x ∈(0，1]时，y ＝g (x )＝k (x ＋2)(k >0)恒过定点A (－2，0)，由图可知，当x ∈(2，3]∪(6，7]时，f (x )与g (x )的图象无交点，∴ 当x ∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点．由f (x )与g (x )的周期性可知，当x ∈(0，1]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点．当y ＝k (x ＋2)与圆弧(x －1)2＋y 2＝1(0＜x ≤1)相切时，d ＝|3k |k 2＋1＝1⇒k 2＝18(k >0)⇒k ＝24.当y ＝k (x ＋2)过点A (－2，0)与B (1，1)时，k ＝13.∴ 13≤k ＜24. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，243．(2019·扬州期末)已知函数f (x )＝a ＋3＋4x－|x ＋a |有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a 的值为________．解析：令f (x )＝a ＋3＋4x －|x ＋a |＝0，得|x ＋a |－4x －a ＝3，设g (x )＝|x ＋a |－4x－a ，则函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4x－2a ，x <－a ，x －4x ，x ≥－a ，不妨设f (x )＝0的三个根分别为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，当x ≥－a 时，由f (x )＝0，得g (x )＝3，即x －4x＝3，得x 2－3x －4＝0，得(x ＋1)(x －4)＝0，解得x ＝－1或x ＝4.①－a ≤－1，即a ≥1，此时x 2＝－1，x 3＝4，由等差数列的性质可得x 1＝－6，由f (－6)＝0，即g (－6)＝3，得6＋46－2a ＝3，解得a ＝116，满足题意．②－1<－a ≤4，即－4≤a <1，则f (x )＝0在(－∞，－a )上有两个不同的解x 1，x 2，x 3＝4，所以x 1，x 2是－x －4x－2a ＝3在(－∞，－a )上的两个解，即x 1，x 2是x 2＋(2a ＋3)x ＋4＝0在(－∞，－a )上的两个解，则Δ＝4a 2＋12a －7>0，x 1，2＝－（2a ＋3）±Δ2，所以x 1＋x 2＝－(2a ＋3)，x 1x 2＝4，由x 1，x 2，x 3成等差数列，且x 1<x 2<x 3，得2x 2＝x 1＋4，得a ＝－1＋332(舍去)或a ＝－1－332，符合题意．③－a >4，即a <－4时，f (x )＝0最多有两个解，不满足题意．综上所述，实数a 的值为116或－1－332.答案：116或－1－332[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要牢记 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．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．4．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．5．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．6．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．(二) 二级结论要用好1．函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f (x )，g (x )同为增(减)函数时，f (x )＋g (x )为增(减)函数．(2)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(3)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f (0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f (x )＝0.2．抽象函数的周期性与对称性的结论 (1)函数的周期性①若函数f (x )满足f (x ＋a )＝f (x －a )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ②若函数f (x )满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ③若函数f (x )满足f (x ＋a )＝1f （x ），则f (x )是周期函数，T ＝2a . (2)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，或f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，或f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a ，0)对称．③若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b2对称．3．函数图象平移变换的相关结论(1)把y ＝f (x )的图象沿x 轴左右平移|c |个单位(c ＞0时向左移，c ＜0时向右移)得到函数y ＝f (x ＋c )的图象(c 为常数)．(2)把y ＝f (x )的图象沿y 轴上下平移|b |个单位(b ＞0时向上移，b ＜0时向下移)得到函数y ＝f (x )＋b 的图象(b 为常数)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________．解析：由log 2x －1≥0，即log 2x ≥log 22，解得x ≥2，所以函数f (x )＝log 2x －1的定义域为{x |x ≥2}．答案：{x |x ≥2}2．(2019·江苏高考)函数y ＝7＋6x －x 2的定义域是________． 解析：要使函数有意义，需7＋6x －x 2≥0，即x 2－6x －7≤0，即(x ＋1)(x －7)≤0，解得－1≤x ≤7. 故所求函数的定义域为[－1，7]． 答案：[－1，7]3．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0＜1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]4．(2019·南京盐城一模)已知y ＝f (x )为定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝e x＋1，则f (－ln 2)的值为________．解析：法一：因为f (x )为奇函数，f －(ln 2)＝－f (ln 2)＝－(e ln 2＋1)＝－3.法二：当x <0时，－x >0，所以当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－(e －x ＋1)，因为－ln 2<0，所以f (－ln 2)＝－(e ln 2＋1)＝－3.答案：－35．已知f (x )是奇函数，g (x )＝2＋f （x ）f （x ）.若g (2)＝3，则g (－2)＝________．解析：由题意可得g (2)＝2＋f （2）f （2）＝3，解得f (2)＝1.又f (x )是奇函数，则f (－2)＝－1， 所以g (－2)＝2＋f （－2）f （－2）＝2－1－1＝－1.答案：－16．(2019·苏北三市一模)已知a ，b ∈R ，函数f (x )＝(x －2)·(ax ＋b )为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x 的不等式f (2－x )>0的解集为________．解析：因为f (x )＝(x －2)(ax ＋b )＝ax 2＋(b －2a )x －2b 为偶函数，所以b ＝2a ，f (x )＝ax 2－4a ＝a (x －2)(x ＋2)，又f (x )在(0，＋∞)上是减函数，所以a <0，由二次函数的图象可知f (x )>0的解集为(－2，2)．f (2－x )＝f (x －2)，而f (x －2)的图象可看成是由f (x )的图象向右平移2个单位长度得到，所以f (2－x )>0的解集为(0，4)．答案：(0，4)7．(2018·福建模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x －a ，x ≥1，ln （1－x ），x <1有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当x <1时，令ln(1－x )＝0，解得x ＝0，故f (x )在(－∞，1)上有1个零点， ∴f (x )在[1，＋∞)上有1个零点． 当x ≥1时，令x －a ＝0，得a ＝x ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞)8．(2018·苏州模拟)设a ＝log 132，b ＝log 1213，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3，则a ，b ，c 按从小到大的顺序排列为_________．解析：因为log 132<log 131＝0，log 1213＝log 23>log 22＝1，0<⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3<⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，即a <0，b >1，0<c <1，所以a <c <b .答案：a <c <b9．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（3－x ），x ≤0，2x －1，x >0，若f (a －1)＝12，则实数a ＝________．解析：当a －1≤0，即a ≤1时，f (a －1)＝log 2(4－a )＝12，a ＝4－2>1，舍去；当a －1>0，即a >1时，2a －1－1＝12，a ＝1＋log 232＝log 23>1，所以实数a ＝log 23.答案：log 2310．(2018·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 )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12，因为当x ∈[2，4]时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫4－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝⎛⎭⎪⎫4－12－32＝log 42＝12. 答案：1211．(2019·苏州期末)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2，若对任意x 1∈(－∞，0)，总存在x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 2)≤f (x 1)，则实数a 的取值范围为________．解析：对任意x 1∈(－∞，0)，总存在x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 2)≤f (x 1)，即f (x )min (x ∈[2，＋∞))≤f (x )min (x ∈(－∞，0))．a ＝0，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ，当x ∈(－∞，0)时，函数f (x )＝－2x∈(0，＋∞)，当x ∈[2，＋∞)时，f (x )＝2x∈(0，1]，符合题意．a <0，当x <0时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2≥0，此时最小值为0.当x ≥2时，f (x )＝2x－ax 2>0，不满足题意．a >0，当x ≥2时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2，易得32a ≥2，即0<a ≤14时，f (x )的最小值为0，a >14时，f (x )的最小值为f (2)＝4a －1，当x <0时，f (x )＝－2x ＋ax 2，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＝2ax 3＋2x2，易得x ＝3－1a时f (x )取极小值，且取最小值，可得f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫ 3－1a ＝33a ，由题意可得0<a ≤14时满足题意，a >14时，33a ≥4a －1，结合图象(图略)，得14<a ≤1.综上可得，实数a 的取值范围为[0，1]． 答案：[0，1]12．(2018·苏锡常镇调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x，x <1，x ＋4x，x ≥1(e 是自然对数的底数)．若函数y ＝f (x )的最小值是4，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：当x ≥1时，f (x )min ＝f (2)＝4，所以当x <1时，a －e x≥4恒成立．转化为a ≥e x ＋4对x <1恒成立．因为e x ＋4在(－∞，1)上的值域为(4，e ＋4)，所以a ≥e ＋4.法二：当x <1时，f (x )＝a －e x>a －e ；当x ≥1时，f (x )＝x ＋4x ≥4，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时，取“＝”，又函数f (x )的值域是[4，＋∞)，所以a －e ≥4，即a ≥e ＋4.答案： [e ＋4，＋∞)13．(2019·南京盐城二模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝x 2－5x ，则不等式f (x －1)>f (x )的解集为________．解析：当x <0时，－x >0，所以f (－x )＝x 2＋5x ，又f (x )为奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－x 2－5x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－5x ，x ≥0，－x 2－5x ，x <0.法一：当x －1≥0时，x ≥1，由f (x －1)>f (x )得，(x －1)2－5(x －1)>x 2－5x ，解得x <3，所以1≤x <3.当x －1<0时，x <1，①0≤x <1时，由f (x －1)>f (x )得，－(x －1)2－5(x －1)>x 2－5x ， 解得－1<x <2，所以0≤x <1；②x <0时，由f (x －1)>f (x )得，－(x －1)2－5(x －1)>－x 2－5x ，解得x >－2， 所以－2<x <0.综上可得，不等式f (x －1)>f (x )的解集为{x |－2<x <3}．法二：数形结合可知，不等式f (x －1)>f (x )的解集可以理解为将f (x )的图象向右平移一个单位长度后所得函数f (x －1)的图象在函数f (x )的图象上方部分的点对应的横坐标取值的集合，由f (x )的解析式易得函数f (x －1)的图象与函数f (x )的图象的交点坐标分别为(－2，6)和(3，－6)，所以不等式的解集为{x |－2<x <3}．答案：(－2，3)14．(2018·南通三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥a ，x 3－3x ，x <a .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：由题意可知，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2－a ）x ，x ≥a ，2x 3－（6＋a ）x ，x <a ，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x <a 时，令g (x )＝0，得x ＝0或x 2＝6＋a 2，①若a >0，且a ≠2，则g (x )在[a ，＋∞)上无零点， 在(－∞，a )上存在零点x ＝0和x ＝－6＋a2， ∴6＋a2≥a ，解得0<a <2， ②若a ＝0，则g (x )在[0，＋∞)上存在零点x ＝0， 在(－∞，0)上存在零点x ＝－3，符合题意． ③若a <0，则g (x )在[a ，＋∞)上存在零点x ＝0， ∴g (x )在(－∞，a )上只有1个零点， ∵0∉(－∞，a )，∴g (x )在(－∞，a )上的零点为－6＋a2， ∴－6＋a 2<a ，解得－32<a <0， 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2 B 组——力争难度小题1．(2019·南京四校联考)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足∀x ∈R ，f (x ＋2)＝f (x )＋1.若g (x )＝f (x )＋cos πx 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219＝________． 解析：由题意得，f (－x )＝－f (x )＝－[f (x ＋2)－1]⇒f (－x )＋f (x ＋2)＝1， 故g (x )＋g (2－x )＝f (x )＋cos πx 2＋f (2－x )＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－πx 2＝1，又f (6＋x )＝f (4＋x )＋1＝f (2＋x )＋2＝f (x )＋3＝－f (－x )＋3， 所以f (－x )＋f (6＋x )＝3，所以g (x )＋g (6－x )＝f (x )＋cos πx2＋f (6－x )＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫3π－πx 2＝3.令S 1＝g ⎝⎛⎭⎪⎫1219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫437219，则S 1＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫437219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫436219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1219， 两式相加得，2S 1＝437×1，所以S 1＝4372.令S 2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫439219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫440219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219， 则S 2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫874219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫439219， 两式相加得，2S 2＝437×3，所以S 2＝1 3112.又f (2)＝f (0)＋1＝1，g (2)＝f (2)＋cos π＝f (2)－1＝0， 故原式＝S 1＋g (2)＋S 2＝4372＋0＋1 3112＝874.答案：8742．(2019·南通等七市二模)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在[2，4)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，2≤x <3，x －4，3≤x <4，则函数y ＝f (x )－log 5|x |的零点个数为________．解析：由f (x ＋4)＝f (x )得奇函数f (x )的最小正周期为4，作出函数f (x )与y ＝log 5|x |的部分图象如图所示，根据图象易知，函数y ＝f (x )与y ＝log 5|x |的图象有5个交点，故函数y ＝f (x )－log 5|x |的零点个数是5.答案：53．(2018·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －1x 2，x ≤－12，log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2，x >－12，g (x )＝－x 2－2x －2.若存在a ∈R ，使得f (a )＋g (b )＝0，则实数b 的取值范围是________．解析：由题意，存在a ∈R ，使得f (a )＝－g (b )， 令h (b )＝－g (b )＝b 2＋2b ＋2.当a ≤－12时，f (a )＝a 2＋2a －1a 2＝－1a 2＋2a ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12＋2，因为a ≤－12，所以－2≤1a <0，从而－7≤f (a )<1；当a >－12时，f (a )＝log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 2，因为a >－12，所以1＋a 2>14，从而f (a )<2. 综上，函数f (a )的值域是(－∞，2)． 令h (b )<2，即b 2＋2b ＋2<2，解得－2<b <0.所以实数b 的取值范围是(－2，0)． 答案：(－2，0)4．(2018·苏北四市三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax －1，x ≤0，x 3－ax ＋|x －2|，x >0的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＜0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象经过第二、三象限；x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a ＜0时显然满足题意；当a ≥0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象仅经过第三象限，由题意知，x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|的图象需经过第一、四象限．y ＝x 3＋|x －2|与y ＝ax 在y 轴右侧的图象有公共点(且不相切)，如图，y ＝x 3＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－x ＋2，0<x <2，x 3＋x －2，x >2.结合图象设切点坐标为(x 0，x 30－x 0＋2)，y ′＝3x 2－1，则有3x 20－1＝x 30－x 0＋2x 0，解得x 0＝1，所以临界直线l 0的斜率为2，所以a ＞2时，符合．综上，a ＜0或a ＞2. 答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)5．(2018·苏州测试)设f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2x，若对任意的x ∈[a ，a ＋2]，不等式f (x ＋a )≥f 2(x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥0时，定义在R 上的偶函数f (x )＝2x ，易得f (x )＝2|x |，x ∈R .由f (x ＋a )≥f 2(x )得，2|x ＋a |≥(2|x |)2，即|x ＋a |≥|2x |对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即(3x ＋a )(x －a )≤0对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧（3a ＋a ）（a －a ）≤0，[3（a ＋2）＋a ]（a ＋2－a ）≤0，解得a ≤－32.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－326．(2018·南京、盐城、连云港二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0(t ∈R )．若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．解析：当x <0时，f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝3x (2－x )，故函数f (x )在区间(－∞，0)上单调递减，此时f (0)＝t .当t ≥0时，作出函数f (x )的图象如图①所示． 令f (x )＝0，得x ＝0，从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )＝1， 由图象①可知，此时至多有两个零点，不符合题意； 当t <0时，作出函数f (x )的图象如图②所示．令f (x )＝0，得x ＝0，或x ＝m (m <0)，且－m 3＋3m 2＋t ＝0， 从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )－1＝0或f (x )－1＝m ，即f (x )＝1或f (x )＝1＋m ，借助图象②知，欲使得函数g (x )恰有4个不同的零点， 则m ＋1≥0，从而－1≤m <0.又因为t (m )＝m 3－3m 2，而t ′(m )＝3m 2－6m >0，故t (m )在区间[－1，0)上单调递增，从而t ∈[－4，0)．答案： [－4，0)第二讲 | 小题考法——不等式考点(一) 不等式的恒成立问题及存在性问题主要考查恒成立问题或存在性问题以及等价转化思想的应用.[题组练透]1．设实数a ≥1，使得不等式x |x －a |＋32≥a 对任意的实数x ∈[1，2]恒成立，则满足条件的实数a 的范围是________．解析：(1)当1≤a ≤32时，显然符合题意；(2)当a ≥2时，原不等式可化为x (a －x )≥a －32，取x ＝1，成立；当x ∈(1，2]时，a ≥x 2－32x －1＝x ＋1－12（x －1）.而函数f (x )＝x ＋1－12（x －1）在(1，2]上单调递增，故a ≥f (2)＝52； (3)当32<a <2时，原不等式可化为①⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤a ，x （a －x ）≥a －32或②⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x ≤2，x （x －a ）≥a －32，不等式组①参照(2)的过程得a ≥a ＋1－12（a －1），解得1≤a ≤32，矛盾，舍去；由不等式组②得a ≤x 2＋32x ＋1＝x －1＋52（x ＋1），同上可得1≤a ≤32，矛盾，舍去．综上所述，1≤a ≤32或a ≥52.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ 2．(2019·扬州期末)已知正实数x ，y 满足x ＋4y －xy ＝0，若x ＋y ≥m 恒成立，则实数m 的取值范围为________．解析：x ＋4y －xy ＝0，即x ＋4y ＝xy ，等式两边同时除以xy ，得4x ＋1y ＝1，由基本不等式可得x ＋y ＝(x ＋y ).⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋1y ＝4y x＋xy＋5≥24y x ·x y ＋5＝9，当且仅当4y x＝x y，即x ＝2y ＝6时，等号成立，所以x ＋y 的最小值为9，因此m ≤9.答案：(－∞，9]3．已知不等式(m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2≥2对任意m ∈R ，n ∈(0，＋∞)恒成立，则实数λ的取值范围为________．解析：条件“不等式(m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2≥2对任意m ∈R ，n ∈(0，＋∞)恒成立”可看作“点(m ，m ＋λ)，(n ，ln n )两点的距离的平方恒大于2”，即“直线y ＝x ＋λ与曲线f (x )＝ln x 上点之间的距离恒大于等于2”．如图，当与直线y ＝x ＋λ平行的直线与曲线f (x )＝ln x 相切时，两平行线间的距离最短，f ′(x )＝1x＝1，故切点A (1，0)，此切点到直线y ＝x ＋λ的距离为|1＋λ|2≥ 2，解得λ≥1或λ≤－3(舍去，此时直线与曲线相交)．故实数λ的取值范围为[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)4．(2019·南京盐城一模)若正实数a ，b ，c 满足ab ＝a ＋2b ，abc ＝a ＋2b ＋c ，则c 的最大值为________．解析：由ab ＝a ＋2b ≥22ab ，得ab ≥8，则由abc ＝a ＋2b ＋c ，得c ＝a ＋2b ab －1＝abab －1＝1＋1ab －1≤1＋17＝87，当且仅当a ＝4，b ＝2时等号成立，所以c 的最大值为87. 答案：875．(2019·江苏连云港期中)已知a 为正实数，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax ＋3，x ≥0，2x ＋a ，x <0.若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)＝f (x 2)，则实数a 的取值范围是________．解析：因为a >0，所以抛物线y ＝x 2＋ax ＋3的对称轴在y 轴左侧，所以函数y ＝x 2＋ax ＋3在[0，＋∞)上单调递增，且当x ＝0时有最小值为3.又函数y ＝2x＋a 在(－∞，0)上为增函数，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)＝f (x 2)，只需20＋a >3，解得a >2，则实数a 的取值范围为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)[方法技巧]不等式恒成立问题或存在性问题的求解策略(1)有关不等式恒成立问题，通常利用分离变量法将其转化，即将所求参数与变量x 之间的函数关系用不等式连接起来，再求函数的最值，从而确定参数范围．用分离变量法进行等价转化的好处是可以减少分类讨论．若不等式中含有绝对值，须通过分类讨论，转化为一般的一元二次不等式，再求解．(2)存在性问题也需要转化为最值问题，优先考虑分离变量的做题思路． (3)二元问题的恒成立也可以构造几何意义，利用几何法求解．考点(二) 基本不等式[题组练透]1．(2019·常州期末)已知正数x ，y 满足x ＋y x＝1，则1x ＋xy的最小值为________．解析：法一：由正数x ，y 满足x ＋y x ＝1，得y x ＝1－x ，x y ＝11－x >0，则0<x <1，1x ＋x y ＝1x＋11－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋11－x [x ＋(1－x )]＝2＋1－x x ＋x 1－x ≥2＋21－x x ·x 1－x ＝4，当且仅当x ＝12时取等号，故1x ＋xy的最小值为4.法二：由正数x ，y 满足x ＋y x ＝1，得x 2＋y ＝x ，y ＝x (1－x )>0，则0<x <1，则1x ＋x y ＝y ＋x 2xy＝1y ＝1x （1－x ）≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1－x 22＝4，当且仅当x ＝12时取等号，故1x ＋xy的最小值为4.答案：42．(2019·南通等七市二模)已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3<x <4}，则c 2＋5a ＋b的最小值为________．解析：由题意可得a <0，－b a ＝7，c a＝12，则a <0，b ＝－7a ，c ＝12a ，c 2＋5a ＋b ＝144a 2＋5－6a ＝－24a －56a≥2（－24a ）·5－6a＝45，当且仅当a ＝－512时取等号，故c 2＋5a ＋b 的最小值为4 5.答案：4 53．已知实数x ，y 满足x >y >0，且x ＋y ≤2，则2x ＋3y ＋1x －y的最小值为________． 解析：法一：因为4≥2x ＋2y ，所以 4⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋3y ＋1x －y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3y ＋1x －y [(x ＋3y )＋(x －y )]＝3＋2（x －y ）x ＋3y ＋x ＋3y x －y ≥3＋22，当且仅当x ＝22－1，y ＝3－22时取等号， 故2x ＋3y ＋1x －y 的最小值为3＋224. 法二：因为x >y >0，x ＋y ≤2，所以0<y <1， 又因为2x ＋3y ＋1x －y ≥22＋2y ＋12－2y ＝3－y2（1＋y ）（1－y ）＝12·16－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－y ＋83－y ≥3＋224， 当且仅当x ＝22－1，y ＝3－22时取等号． 答案：3＋2244．若实数x ，y 满足2x 2＋xy －y 2＝1，则x －2y 5x 2－2xy ＋2y 2的最大值为________．解析：2x 2＋xy －y 2＝(2x －y )(x ＋y )，令2x －y ＝m ，x ＋y ＝n ，则mn ＝1，当x －2y 5x 2－2xy ＋2y2＝m －n m 2＋n 2＝m －n （m －n ）2＋2取得最大值时，必有m －n ＞0，则m －n（m －n ）2＋2＝1m －n ＋2m －n≤122＝24，当且仅当m －n ＝2时取等号，所以x －2y 5x 2－2xy ＋2y 2的最大值为24. 答案：24[方法技巧]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．(4)“a ＋b ，a 2＋b 2，ab ，1a ＋1b”之间的互化也是基本等式常见处理方法．考点(三) 线性规划问题主要考查在约束条件下目标函数最值的求法，以及已知最优解或可行域的情况求参数的值或范围.[题组练透]1．(2018·全国卷Ⅱ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，则z ＝x ＋y 的最大值为________．解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示．由图可知当直线x ＋y ＝z 过点A 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点A (5，4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：92．(2018·苏州模拟)设变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥0，2x －y －2≤0，则目标函数z ＝2x ＋y 的最小值为________．解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥0，2x －y －2≤0对应的可行域，如图中阴影部分所示．当直线y ＝－2x ＋z 过点C 时，在y 轴上的截距最小，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x －y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝12，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，z min ＝2×12＋12＝32.答案：323．(2018·福州四校联考)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤0，2x －2y －1≤0，x －a ≥0，其中a >0，若x －yx ＋y的最大值为2，则a 的值为________．解析：设z ＝x －y x ＋y ，则y ＝1－z 1＋z x ，当z ＝2时，y ＝－13x ，作出x，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤0，2x －2y －1≤0，x －a ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y ＝－13x ，易知此直线与区域的边界线2x －2y －1＝0的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫38，－18，当直线x ＝a 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫38，－18时a ＝38，又此时直线y ＝1－z 1＋z x 的斜率1－z 1＋z ＝－1＋2z ＋1的最小值为－13，即z 的最大值为2，符合题意，所以a 的值为38.答案：384．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ≤8c ，2a ＋3b ≤2c ，则3a ＋8bc的取值范围为________．解析：因为a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ≤8c ，2a ＋3b ≤2c，所以⎝ ⎛a c ＋2bc ≤8，2c a ＋3c b ≤2，令a c ＝x ，b c ＝y ， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，2x ＋3y≤2，则⎩⎪⎨⎪⎧y ≤4－12x ，y ≥3x 2x －2，1<x <8.作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．令z ＝3a ＋8b c ＝3x ＋8y ，则y ＝－38x ＋z 8，由图知当直线y ＝－38x ＋z 8过点A 时，截距最大，即z 最大，当直线y ＝－38x ＋z 8与曲线y ＝3x2x －2相切时，截距最小，即z 最小．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4－12x ，y ＝3x 2x －2得A (2，3)， ∴z max ＝3×2＋8×3＝30，设直线y ＝－38x ＋z 8与曲线y ＝3x2x －2的切点为(x 0，y 0)，则⎝⎛⎭⎪⎫3x 2x －2′⎪⎪⎪x ＝x 0＝－38，即－6（2x 0－2）2＝－38， 解得x 0＝3.∴切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，94，∴z min ＝3×3＋8×94＝27，∴27≤3a ＋8b c ≤30.答案：[27，30][方法技巧]解决线性规划问题的3步骤[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．不等式的性质 (1)a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c ；(2)a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ；a ＞b ，c ＜0⇒ac ＜bc ； (3)a ＞b ⇒a ＋c ＞b ＋c ； (4)a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d ； (5)a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd ；(6)a ＞b ＞0，n ∈N ，n ＞1⇒a n＞b n，n a ＞nb . 2．简单分式不等式的解法 (1)f （x ）g （x ）＞0⇔f (x )g (x )＞0，f （x ）g （x ）＜0⇔f (x )g (x )＜0.(2)f （x ）g （x ）≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）g （x ）≥0，g （x ）≠0，f （x ）g （x ）≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）g （x ）≤0，g （x ）≠0.(3)对于形如f （x ）g （x ）＞a (≥a )的分式不等式要采取：“移项—通分—化乘积”的方法转化为(1)或(2)的形式求解．(二) 二级结论要用好1．一元二次不等式的恒成立问题(1)ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0.(2)ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＜0.2．基本不等式的重要结论 (1)a ＋b2≥ab (a ＞0，b ＞0)．(2)ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )．(3)a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab (a ＞0，b ＞0)．3．线性规划中的两个重要结论(1)点M (x 0，y 0)在直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0(B ＞0)上方(或下方)⇔Ax 0＋By 0＋C ＞0(或＜0)． (2)点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)在直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0同侧(或异侧)⇔(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＞0(或＜0)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．当x ＞0时，f (x )＝2xx 2＋1的最大值为________． 解析：因为x ＞0，所以f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x≤22＝1， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．答案：12．(2019·苏北三市一模)已知a >0，b >0，且a ＋3b ＝1b －1a，则b 的最大值为________．解析：a ＋3b ＝1b －1a 可化为1b －3b ＝a ＋1a ≥2，即3b 2＋2b －1≤0，解得0<b ≤13，所以b 的最大值为13.答案：133．已知点A (a ，b )在直线x ＋2y －1＝0上，则2a＋4b的最小值为________．解析：由题意可知a ＋2b ＝1，则2a ＋4b ＝2a ＋22b ≥22a ＋2b＝22，当且仅当a ＝2b ＝12，即a ＝12且b ＝14时等号成立．答案：2 24．若不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：当a －2＝0，即a ＝2时，原不等式为－4<0， 所以a ＝2时不等式恒成立， 当a －2≠0，即a ≠2时，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，Δ<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，4（a －2）2＋16（a －2）<0， 解得－2<a <2.综上所述，－2<a ≤2，即实数a 的取值范围是(－2，2]． 答案：(－2，2]5．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________．解析：设底面矩形的一边长为x .由容器的容积为4 m 3，高为1 m ，得另一边长为4xm.记容器的总造价为y 元，则y ＝4×20＋2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ×1×10＝80＋20⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥80＋20×2x ·4x＝160，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时等号成立． 因此，当x ＝2时，y 取得最小值160， 即容器的最低总造价为160元． 答案：160元6．已知a >0, b >0，且2a ＋3b＝ab ，则ab 的最小值是________．解析：因为ab ＝2a ＋3b≥22a ·3b ，所以ab ≥26，当且仅当2a ＝3b＝6时取等号．答案：2 67．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________．解析：因为x ∈(a ，＋∞)，所以2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥2 2（x －a ）·2x －a＋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 ≥32，即实数a 的最小值为32.答案：328．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是________．解析：由题可知，1＝1x ＋4y ≥24xy＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，解得m <－1或m >4，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞)9．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________．解析：因为f (x )＝x 2＋mx －1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，只需⎩⎪⎨⎪⎧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 ＜22，－32＜m ＜0，所以－22<m <0，即实数m 的取值范围是m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 10．(2018·苏北四市期末)若实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <12，则3x ＋1y －3的最小值为________．解析：因为实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，所以x ＝3y ＋3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，解得y ＞3.则3x ＋1y －3＝y ＋3＋1y －3＝y －3＋1y －3＋6≥2（y －3）·1y －3＋6＝8，当且仅当x ＝37，y ＝4时取等号． 答案：811．已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin αsin β，则tan α的最大值是________．解析：由cos(α＋β)＝sin αsin β，得cos αcos β－sin αsin β＝sin αsin β，即cos αcos β＝sin α⎝ ⎛⎭⎪⎫sin β＋1sin β， 由α，β均为锐角得cos α≠0，tan β>0， 所以tan α＝sin αcos α＝cos βsin β＋1sin β＝sin βcos βsin 2β＋1＝tan β2tan 2β＋1＝12tan β＋1tan β≤122＝24， 当且仅当2tan β＝1tan β，即tan β＝22时，等号成立． 答案：2412．(2019·湖北宜昌模拟)已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2y －x ≥0，x ＋y －3≤0，2x －y ＋3≥0，若不等式ax ＋y ≤7恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2y －x ≥0，x ＋y －3≤0，2x －y ＋3≥0的平面区域如图所示，由于对任意的实数x ，y ，不等式ax ＋y ≤7恒成立，设z ＝ax ＋y ，根据图形，当a ≥0时，z ＝ax ＋y 的最优解为A (2，1)，可得2a ＋1≤7，解得0≤a ≤3；当a <0时，z ＝ax ＋y 的最优解为B (－2，－1)，则－2a －1≤7，解得－4≤a ＜0，则实数a 的取值范围是[－4，3]．。

2020届高三高考数学二轮专项训练 立体几何综合练习 导学案15

2020届高三高考数学二轮专项训练 立体几何综合练习 导学案15

高三年级文数导学案使用日期：20年 3 月12日编号：151．某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥4个侧面中，直角三角形共有（）A．4个B．3个C．2个D．1个2．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等.现有同高的三棱锥和圆锥满足祖暅满足祖暅原理的条件.若圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，由此推算三棱锥的体积为（）A．B．C．D．3．已知从球的一内接长方体的一个顶点出发的三条棱长分别为3,4,5，则此球的表面积为( ) A．25π B．50π C．125π D．均不正确4．在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，.主备人审核人课题：立体几何综合练习（1）求证：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求的长.5．如图所示多面体中，四边形是一个等腰梯形，四边形是一个矩形，，，，，.（1）求证：面；（2）求三棱锥的体积.立体几何综合导案参考答案1 .A【详解】画出三视图对应的四棱锥如下图所示.由三视图可知是直角三角形.而，所以，即为直角三角形.所以直角三角形一共有个，故选A.2．【答案】D【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得，故圆锥的高为，所以圆锥的体积也即三棱锥的体积为.故选D.3．【答案】B【详解】∵长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为3，4，5，∴长方体的对角线长为：，∵长方体的对角线长恰好是外接球的直径，∴球半径为，可得球的表面积为，故选B.4．【详解】（1）取的中点，的中点，连接，，.由已知得，四边形是梯形，，.∴，∴，又∵，∴，且，∴平面，∴，由已知得，∴，又与相交，∴平面，∴，又∵，∴，∴平面且平面，∴平面平面（2）设，则，，解得，又∵，且=1+=10,∴2+10=12,从而.5．【详解】（1）在等腰梯形中，由条件，，，可以得到，，从而有, 即证，又条件知，而、面且相交，因此面.又∵面∴又∵为矩形知；而、面且相交，∴面.（2）过做交的延长线于点，由（1）知，所以面，即为等腰梯形的高，由条件可得，，三棱锥的体积，；而，所以，即三棱锥的体积为.。

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题四立体几何高考热点追踪(四)学案(文)苏教版

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题四立体几何高考热点追踪(四)学案(文)苏教版

高考热点追踪(四)体积、表面积创新试题两例赏析随着课改的深入，高考考查考生的创新意识已逐年增强，有些试题不仅“立意”新颖，而且在“求解途径、求解方法”上也力求创新．以下采用空间几何体体积、表面积两例，加以剖析，以感受其“立意”之新、“求解”之新，从而领略其蕴含的创新意识和探究能力．(2019·苏州模拟)某市为创建国家级旅游城市，市政府决定实施“景观工程”，对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”．计划将平顶房屋改为尖顶，并铺上彩色瓦片．现对某幢房屋有如下两种改造方案：方案1：坡顶如图1所示，为侧顶面是等腰三角形的直三棱柱，尖顶屋脊AA 1的长度与房屋长度BB 1等长，有两个坡面需铺上瓦片．方案2：坡顶如图2所示，为由图1消去两端相同的两个三棱锥而得，尖顶屋脊DD 1比房屋长度BB 1短，有四个坡面需铺上瓦片．若房屋长BB 1＝2a ，宽BC ＝2b ，屋脊高为h ，试问哪种尖顶铺设的瓦片比较省？说明理由． 【解】 作AE ⊥BC , 即AE ⊥平面B 1BCC 1，AE 为屋脊的高，故AE ＝h ． 由DB ＝DC ，得DE ⊥BC ，故AB ＝h 2＋b 2． 设AD 长为x ，则DE ＝h 2＋x 2，所以，S △BCD ＝12BC ·DE ＝12·2b ·h 2＋x 2＝b h 2＋x 2，S △ABD ＋S △ACD ＝x h 2＋b 2．由于面积均为正数，所以只需比较(S △ABD ＋S △ACD )2与(S △BCD )2的大小．事实上：(S △ABD ＋S △ACD )2－(S △BCD )2＝x 2(h 2＋b 2)－b 2(h 2＋x 2)＝x 2h 2－b 2h 2＝h 2(x 2－b 2)． 所以分b >x ，b ＝x ，b <x 三种情况讨论，得结果为：(1)若AD 之长小于房屋宽度的一半时，图1尖顶铺设的瓦片较省； (2)若AD 之长等于房屋宽度的一半时，两种尖顶铺设的瓦片数相同； (3)若AD 之长大于房屋宽度的一半时，图2尖顶铺设的瓦片较省．[名师点评] 近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题．即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托．因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式．(2019·南京、盐城模拟) 如图，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面边长为4，侧棱长为a ，过BC 的截面为DBC ．E 为BC 的中点且∠DEA ＝30°．(1)分别就a ＝3和a ＝1计算截面的面积； (2)记该截面的面积为f (a )，求f (a )的最大值． 【解】 (1)因为∠DEA ＝30°，等边△ABC 边长为4， 所以AE ＝23．在Rt △DAE 中，DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2．①当a ＝3时，D 点在侧棱AA 1上，截面为△BCD ， 在Rt △DAE 中，DE ＝AD 2＋AE 2＝4，所以S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8．②当a ＝1时，D 点在AA 1延长线上，截面为梯形BCNM ，因为AD ＝2，AA 1＝1，所以MN 是△DBC 的中位线， 所以S 梯形BCNM ＝34S △DBC ＝34×8＝6．(2)当a ≥2时， 截面与正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的棱AA 1相交于D 点，此时截面为△BCD ，其面积为S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8；当0<a <2时，截面为梯形BCNM ，但是始终有DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2， 由△BCD ∽△MND ， 得DF DE ＝DA 1DA ＝2－a 2， 所以S 梯形BCNM ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－a 22×S △BCD ＝4a －a24×8＝2a (4－a )．所以f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≥2，2a （4－a ），0<a <2，于是当a ≥2时，该函数的最大值为8．[名师点评] 截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可变性． 涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本例通过改变侧棱长而改变了截面形状；也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面所成角而改变截面形状．平行问题是高考中热点问题，其中最重要的又是线线平行的判定，因为它是证明线面平行，面面平行的基础，下面举例解析线线平行的判定方法．一、利用中位线定理得线线平行题目中给出中点条件时，往往隐含着中位线的信息因素，利用中位线很容易寻求线线平行．但不同三角形中的中位线效果也不一样，因此，寻求三角形的中位线也是解题的关键．(2019·南京模拟)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面是菱形，AA 1＝12AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1，B ，M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N ．求证：EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．【证明】 取A 1B 1的中点F ，连结EF ，C 1F ．因为E 为A 1B 的中点，所以EF 綊12BB 1 ．又因为M 为CC 1中点，所以EF 綊C 1M ．所以四边形EFC 1M 为平行四边形，所以EM ∥FC 1． 而EM ⊄平面A 1B 1C 1D 1，FC 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， 所以EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．[名师点评] 线面关系转化为线线关系，体现了转化的思想． 二、利用比例关系得线线平行对应线段成比例是平面几何中判断直线平行的重要依据，而线面平行的空间问题通过转化可变通为线线平行．已知正方形ABCD 的边长是13，平面ABCD 外一点P 到正方形各顶点的距离都为13，M 、N 分别是PA 、BD 上的点且PM ∶MA ＝BN ∶ND ＝5∶8，如图所示．求证：直线MN ∥平面PBC ．【证明】 连结AN 并延长交BC 于E 点，连结PE ，则EN ∶NA ＝BN ∶ND ，所以NE NA ＝PMMA，所以MN ∥PE ，而MN ⊄平面PBC ，PE ⊂平面PBC ，所以MN ∥平面PBC ．[名师点评] 利用成比例线段是寻求线线平行的一条行之有效的措施． 三、利用线面平行性质得线线平行线面平行的性质定理中，包含要素：两线两面． 两线两面的关系是：一线在一面内平行于另一面，一线是两面的交线． 结论是：两线平行．(2019·南京模拟)在四棱锥P ­ABCD 中．若平面PAB ∩平面PCD ＝l ，问：直线l 能否与平面ABCD 平行？请说明理由．【解】 假定直线l ∥平面ABCD ，由于l ⊂平面PCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，所以l ∥CD ．同理可得l ∥AB ，所以AB ∥CD ．所以当AB ∥CD 时直线l 能与平面ABCD 平行，否则不平行．[名师点评] 线面关系转化为线线关系，体现了重要的数学思想方法：转化的思想，化繁为简，化未知为已知．四、利用面面平行性质得线线平行利用面面平行的性质定理，即如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号表示：若α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ∥b ．如图所示，已知平面α∥平面β，A ∈α，B ∈α，C ∈β，D ∈β，AC ，BD 是异面直线，点E ，F 分别是AC ，BD 的中点，求证：EF ∥α．【证明】 如图，过点E 作直线A 1C 1∥BD ，设A 1C 1与平面α，β分别交于点A 1，C 1．连结AA 1，A 1B ，CC 1，C 1D ．因为α∥β，平面A 1C 1DB ∩平面α＝A 1B ，平面A 1C 1DB ∩平面β＝C 1D ，所以A 1B ∥C 1D ，又BD ∥A 1C 1，所以四边形A 1C 1DB 为平行四边形．同理，AA 1∥CC 1，又E 为AC 的中点，所以E 为A 1C 1的中点，又F 为BD 的中点，所以EF ∥A 1B ，因为A 1B ⊂平面α，EF ⊄平面α，所以EF ∥α．[名师点评] 第三个辅助平面往往要根据需要作出，或观察出，这是面面平行性质使用的需要．总之线线平行的判定，不但需要平面几何的知识作基础，更需要解决问题和处理问题的方法，这需要在学习中善于思考、善于总结和积累，由量变到质变，当积累达到一定的程度，就会升华．1．(2019·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析] 由题意得圆锥的底面半径、高分别为r ＝1，h ＝3，故该圆锥的体积为V ＝13π×12×3＝3π3． [答案]33π 2．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析] 设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．[答案] 2 1123．(2019·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D ­ABC 的体积为________．[解析] 在平面DAC 内过点D 作DE ⊥AC ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC ．又DE ＝125，所以三棱锥D ­ABC 的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案] 2454．(2019·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线b 在平面α内，直线c 在平面β内，且c ⊥m ，则“c ⊥b ”是“α⊥β”的________条件．[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m ，c ⊂β，c ⊥m 可得c ⊥α，因为b ⊂α，所以c ⊥b ．反过来c ⊥b 不能得到α⊥β(如b ∥m 时，由c ⊥m 可得c ⊥b ，但不能判断α，β的位置关系)．[答案] 必要不充分5．如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线， 所以EF ＝12AC ＝12×22＝2．[答案] 26．(2019·扬州模拟)设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题： ①若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ； ②若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m ； ③若l ∥α，m ∥α，则l ∥m ． 则其中正确命题的序号是________．[解析] 根据线面垂直的性质定理可知①正确． [答案] ①7．(2019·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ．若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．[解析] 由题意可得12×a 2×32×a ＝π(b 2)2×b ，即34a 3＝14πb 3，则a 3b 3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A 1­BCB 1的体积为3，则三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的体积为________．[解析] 设三棱柱的底面面积为S ，高为h ，则VA 1­ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ＝13VABC ­A 1B 1C 1，同理VC ­A 1B 1C 1＝13VABC ­A 1B 1C 1，所以VA 1­BCB 1＝13VABC ­A 1B 1C 1．又VA 1­BCB 1＝3，所以三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的体积为9．[答案] 99．(2019·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与CF 异面；②直线BE 与AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD ．其中一定正确的有________个．[解析] 如图，易得EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以EF ∥BC ，即B ，E ，F ，C 四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确． [答案] 210．(2019·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P ­ABC 的体积为223，底面边长为2，D为侧棱PA 的中点，则四面体D ­ABC 的表面积为________．[解析] 设底面正三角形ABC 的中心为O ，连结OA ，OP ，又底面边长为2，可得OA ＝233，由V P ­ABC ＝13S △ABC ·PO ，即223＝13PO ×34×22，得PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2．S △ABC ＝3，S △DAB ＝S △DAC ＝32，S △DBC ＝2，所以四面体D ­ABC 的表面积为23＋2． [答案] 23＋ 211．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P ­ABC 中，PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，平面PAB ⊥平面ABC ，D 是PA 的中点，E 是PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：平面BDE ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为D 是PA 的中点，E 是PC 的中点， 所以DE ∥AC ．又DE ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC ．(2)因为PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，所以PA 2＋AC 2＝PC 2， 所以三角形PAC 是直角三角形，AC ⊥PA ． 又DE ∥AC ，所以DE ⊥PA ． 过P 作PH ⊥AB 于H ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，PH ⊂平面PAB ， 所以PH ⊥AC ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PH ． 又PA ∩PH ＝P ，PA ，PH ⊂平面PAB ， 所以DE ⊥平面PAB ．又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAB ．12．(2019·南京检测)如图，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ； (2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．[证明] (1)连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF ，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1． 又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1．因为E 为BB 1中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1．所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE ． 又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF ∥平面A 1EC ．(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 中点， 所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF ．由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1． 因为OE ⊂平面A 1EC ， 所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．13．(2019·江苏高考原创卷)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝4，DE ＝2AB ＝3，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)在线段CE 上是否存在点H ，使DH ⊥平面BCE ？若存在，求出CH HE的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取CE 的中点P ，连结FP ，BP ， 因为F 为CD 的中点， 所以FP ∥DE ，且FP ＝12DE ．又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，所以AB ∥FP ，且AB ＝FP ， 所以四边形ABPF 为平行四边形， 所以AF ∥BP ．因为AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ， 所以AF ∥平面BCE ．(2)在线段CE 上存在点H ，使DH ⊥平面BCE ．理由如下：在△CDE 中，过点D 作DH ⊥CE ，交CE 于点H ， 因为△ACD 为正三角形，所以AF ⊥CD ．因为AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，所以DE ⊥平面ACD ，又CD 、AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF ，DE ⊥CD ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面DCE ．又BP ∥AF ， 所以BP ⊥平面DCE ．因为DH ⊂平面CDE ，所以DH ⊥BP ． 又BP ∩CE ＝P ， 所以DH ⊥平面BCE ．在Rt △CDE 中，CD ＝4，DE ＝3，DH ⊥CE ， 所以CH ＝165，HE ＝95，CH HE ＝169．14．如图所示，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(2)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E 的位置，并判断平面A 1BD 与平面BDE 是否垂直？若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为AB ＝B 1B ，所以四边形ABB 1A 1为正方形，所以A 1B ⊥AB 1， 又因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以AC 1⊥A 1B ，- 11 - 所以A 1B ⊥平面AB 1C 1，所以A 1B ⊥B 1C 1．又在直棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，BB 1⊥B 1C 1，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1．(2)存在．证明如下：设AB ＝BB 1＝a ，CE ＝x ， 因为D 为AC 的中点，且AC 1⊥A 1D ，所以A 1B ＝A 1C 1＝2a ， 又因为B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，B 1C 1⊥A 1B 1，所以B 1C 1＝a ，BE ＝a 2＋x 2， A 1E ＝2a 2＋（a －x ）2＝3a 2＋x 2－2ax ，在△A 1BE 中，由余弦定理得BE 2＝A 1B 2＋A 1E 2－2A 1B ·A 1E ·cos 45 °， 即a 2＋x 2＝2a 2＋3a 2＋x 2－2ax －23a 2＋x 2－2ax ·2a ·22，所以3a 2＋x 2－2ax ＝2a －x ，解得x ＝12a ，即E 是C 1C 的中点， 因为D ，E 分别为AC ，C 1C 的中点，所以DE ∥AC 1， 因为AC 1⊥平面A 1BD ，所以DE ⊥平面A 1BD ， 又因为DE ⊂平面BDE ，所以平面A 1BD ⊥平面BDE ．。

(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数教学案

(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题五函数、不等式与导数教学案

专题五 函数、不等式与导数[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点 1.函数的基本性质(5年5考)2.函数的零点问题(5年4考)3.导数与函数的单调性(5年2考)4.基本不等式(5年4考) 本部分内容在高考解答题中为必考内容，考查类型有四类：第一类考查函数的单调性及应用函数零点求参数(2015年T19)，第二类考查函数与不等式零点问题(2016年T19)，第三类考查函数与导数、函数的极值、零点问题(2017年T20，2019年T19)，第四类考查函数的定义、零点以及导数应用与函数的性质(2018年T19)；题目总体难度较大，多体现分类讨论思想和考查推理论证的能力.偶考点 1.一元二次不等式恒成立问题2.线性规划问题第一讲 | 小题考法——函数考点(一) 函数的基本性质主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合 分段函数命题.[题组练透]1．(2018·江苏高考)函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R )，且在区间(－2，2]上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx2，0<x ≤2，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，－2<x ≤0，则f (f (15))的值为________．解析：由函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )(x ∈R )， 可知函数f (x )的周期是4，所以f (15)＝f (－1)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋12＝12，所以f (f (15))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝cos π4＝22. 答案：222．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a－1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 3－2x ＋e x－1e x ，得f (－x )＝－x 3＋2x ＋1e x －e x＝－f (x )，所以f (x )是R 上的奇函数．又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥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 (2a 2)≤0，所以f (a －1)≤－f (2a 2)＝f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，123．(2019·南通等七市一模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋2)＝f (x )．当0<x ≤1时，f (x )＝x 3－ax ＋1，则实数a 的值为________．解析：f (x ＋2)＝f (x )，令x ＝－1，得f (－1)＝f (1)，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－1)＝－f (1)，所以f (1)＝0.当0<x ≤1时，f (x )＝x 3－ax ＋1，则f (1)＝2－a ＝0，故a ＝2.答案：24．(2019·南通等七市一模)已知函数f (x )＝(2x ＋a )(|x －a |＋|x ＋2a |)(a <0)．若f (1)＋f (2)＋f (3)＋ … ＋f (672)＝0，则满足f (x )＝2 019的x 的值为________．解析：因为a <0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2x ＋a ）2，x ≥－2a ，－3a （2x ＋a ），a <x <－2a ，－（2x ＋a ）2，x ≤a .易知函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0对称，且在R 上单调递增．若f (1)＋f (2)＋f (3)＋ … ＋f (672)＝0，则－a 2＝1＋6722，a ＝－673，则当x ≥－2a 时，f (x )≥9a 2＝9×6732>2 019，当x ≤－a2时，f (x )≤0，所以3×673(2x －673)＝2 019，所以x＝337.答案：337[方法技巧]函数性质的应用技巧奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f (x )的性质：f (|x |)＝f (x )单调性 可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性周期性利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解对称性 利用其轴对称或中心对称可将研究的问题，转化到另一对称区间上研究考点(二) 基本初等函数主要考查基本初等函数的图象和性质以及由基本初等函数复合而成的函数的 性质问题.[题组练透]1．(2018·南通检测)已知幂函数f (x )＝x α，其中α∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2，－1，12，1，2，3.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．已知函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x的图象共有k (k ∈N *)个公共点：A 1(x 1，y 1)，A 2(x 2，y 2)，…，A k (x k ，y k )，则∑i ＝1k (x i ＋y i )＝________．解析：如图，函数y ＝2x ＋12x ＋1与函数y ＝x ＋1x 的图象都关于点(0，1)成中心对称，所以它们的交点也关于点(0，1)成中心对称，且只有两个交点，所以∑i ＝12 x i =0,∑i ＝12 y i =2,则∑i ＝1k(x i ＋y i )＝2.答案：23．(2018·镇江期末)不等式log a x －ln 2x ＜4(a ＞0且a ≠1)对任意x ∈(1，100)恒成立，则实数a 的取值范围为________________．解析：不等式log a x －ln 2x ＜4可化为ln x ln a －ln 2x ＜4，即1ln a ＜4ln x＋ln x 对任意x ∈(1，100)恒成立． 因为x ∈(1，100)，所以ln x ∈(0，2ln 10)， 所以4ln x ＋ln x ≥4，故1ln a＜4，解得ln a ＜0或ln a ＞14，即0＜a ＜1或a ＞e 14.答案：(0，1)∪⎝⎛⎭⎪⎫e 14，＋∞4．(2019·南京盐城二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋3|，x ≤0，x 3－12x ＋3，x >0.设g (x )＝kx ＋1，且函数y＝f (x )－g (x )的图象经过四个象限，则实数k 的取值范围为________．解析：由题意知，要使y ＝f (x )－g (x )的图象经过四个象限，只需y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象在(－∞，0)和(0，＋∞)都相交且交点个数大于1.当x >0时，f (x )＝x 3－12x ＋3，f ′(x )＝3x 2－12.易知f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，且f (2)<0.又g (x )＝kx ＋1的图象恒过(0，1)，所以易得过(0，1)且与f (x )＝x 3－12x ＋3(x >0)的图象相切的切线的斜率为－9，所以k >－9.当x ≤0时，作出f (x )＝|x ＋3|的图象(图略)，数形结合易知k <13.综上可知，实数k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－9，13. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－9，13 [方法技巧]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，当底数a 的值不确定时，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同.考点(三) 函数的零点问题主要考查函数零点个数问题以及根据函数零点个数求参数的取值范围.[典例感悟][典例] (1)(2018·苏锡常镇一模)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x －1，x <1，ln xx 2，x ≥1，则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．(2)(2018·镇江期末)已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，|ln x |，x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx ＋2有且只有四个不同解，则实数k 的取值构成的集合为________．[解析] (1)当x ≥1时，y ＝ln x x 2－18， 则ln x x 2＝18，即ln x ＝18x 2， 令g (x )＝ln x －18x 2，x ≥1，则函数g (x )是连续函数且先增后减，g (1)＝－18＜0，g (2)＝ln 2－12＞0，g (4)＝ln 4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g (x )＝ln x －18x 2有2个零点．当x ＜1时，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x <0，1－12x，x ∈[0，1），函数的图象与y ＝18的图象如图，则两个函数有2个交点，综上，函数y ＝|f (x )|－18有4个零点．(2)作函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象，如图所示，两图象除了(0，2)还应有3个公共点．当k ≥0时，直线应与曲线y ＝f (x )(x >1)相切，设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0，又k ＝ln x 0－2x 0，则1x 0＝ln x 0－2x 0，解得x 0＝e 3，此时k ＝1e3；当k <0时，当y ＝kx ＋2与曲线y ＝x ＋2x ＋1相切于点(0，2)时，k ＝－1，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意，当－1<k <0时，函数y ＝f (x )和y ＝kx ＋2的图象只有3个公共点，不符合题意， 当直线y ＝kx ＋2与y ＝f (x )(0<x <1)相切时，两图象只有3个公共点， 设切点为(x 0，－ln x 0)，则切线的斜率k ＝－1x 0，又k ＝－ln x 0－2x 0，则－1x 0＝－ln x 0－2x 0，解得x 0＝e －1，此时k ＝－e 不符合题意，当k <－e 时，两图象只有两个公共点，不合题意，而当－e<k <－1时，两图象有4个公共点，符合题意，所以实数k 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)．[答案] (1)4 (2)⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)[方法技巧]利用函数零点的情况求参数值或范围的方法[演练冲关]1．(2019·苏州期末)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≥0，－2x ，x <0，若方程f (x )－kx ＝3有三个相异的实根，则实数k 的取值范围是________．解析：法一：方程f (x )－kx ＝3，即f (x )＝kx ＋3有三个相异的实根，即曲线y ＝f (x )和直线y ＝kx ＋3有三个不同的交点，作出大致图象如图所示．又直线y ＝kx ＋3和y ＝－2x (x <0)必有一个交点，所以k >－2，则直线y ＝kx ＋3与曲线y ＝－x 2＋2x (x ≥0)有两个交点，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋3，y ＝－x 2＋2x （x ≥0），整理得x 2＋(k －2)x ＋3＝0(x ≥0)，由⎩⎪⎨⎪⎧－（k －2）>0，Δ＝（k －2）2－12>0，得k <2－23，故实数k 的取值范围是(－2，2－23)．法二：当x <0且k ≠－2时，方程f (x )－kx ＝3可转化为－2x －kx ＝3，解为x ＝－32＋k ，当x ≥0时，方程f (x )－kx ＝3可转化为－x 2＋2x －kx ＝3，即x 2＋(k －2)x ＋3＝0(x ≥0)，若Δ＝(k －2)2－12>0，则x ＝2－k ±（k －2）2－122，因为方程f (x )－kx ＝3有三个相异的实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧－32＋k<0，2－k －（k －2）2－122≥0，（k －2）2－12>0，解得－2<k <2－23，所以实数k 的取值范围是(－2，2－23)．答案：(－2，2－23)2．(2019·江苏高考)设f (x )，g (x )是定义在R 上的两个周期函数，f (x )的周期为4，g (x )的周期为2，且f (x )是奇函数．当x ∈(0，2]时，f (x )＝1－（x －1）2，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧k （x ＋2），0<x ≤1，－12，1<x ≤2，其中k >0.若在区间(0，9]上，关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则k 的取值范围是________．解析：当x ∈(0，2]时，y ＝f (x )＝1－（x －1）2⇔(x －1)2＋y 2＝1(y ≥0)，结合f (x )是周期为4的奇函数，可作出f (x )在(0，9]上的图象如图所示．∵ 当x ∈(1，2]时，g (x )＝－12，又g (x )的周期为2，∴ 当x ∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，g (x )＝－12.由图可知，当x ∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点，∴ 当x ∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点．又当x ∈(0，1]时，y ＝g (x )＝k (x ＋2)(k >0)恒过定点A (－2，0)，由图可知，当x ∈(2，3]∪(6，7]时，f (x )与g (x )的图象无交点，∴ 当x ∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]时，f (x )与g (x )的图象有6个交点．由f (x )与g (x )的周期性可知，当x ∈(0，1]时，f (x )与g (x )的图象有2个交点．当y ＝k (x ＋2)与圆弧(x －1)2＋y 2＝1(0＜x ≤1)相切时，d ＝|3k |k 2＋1＝1⇒k 2＝18(k >0)⇒k ＝24.当y ＝k (x ＋2)过点A (－2，0)与B (1，1)时，k ＝13.∴ 13≤k ＜24. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，243．(2019·扬州期末)已知函数f (x )＝a ＋3＋4x－|x ＋a |有且仅有三个零点，并且这三个零点构成等差数列，则实数a 的值为________．解析：令f (x )＝a ＋3＋4x －|x ＋a |＝0，得|x ＋a |－4x －a ＝3，设g (x )＝|x ＋a |－4x－a ，则函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －4x－2a ，x <－a ，x －4x ，x ≥－a ，不妨设f (x )＝0的三个根分别为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，当x ≥－a 时，由f (x )＝0，得g (x )＝3，即x －4x＝3，得x 2－3x －4＝0，得(x ＋1)(x －4)＝0，解得x ＝－1或x ＝4.①－a ≤－1，即a ≥1，此时x 2＝－1，x 3＝4，由等差数列的性质可得x 1＝－6，由f (－6)＝0，即g (－6)＝3，得6＋46－2a ＝3，解得a ＝116，满足题意．②－1<－a ≤4，即－4≤a <1，则f (x )＝0在(－∞，－a )上有两个不同的解x 1，x 2，x 3＝4，所以x 1，x 2是－x －4x－2a ＝3在(－∞，－a )上的两个解，即x 1，x 2是x 2＋(2a ＋3)x ＋4＝0在(－∞，－a )上的两个解，则Δ＝4a 2＋12a －7>0，x 1，2＝－（2a ＋3）±Δ2，所以x 1＋x 2＝－(2a ＋3)，x 1x 2＝4，由x 1，x 2，x 3成等差数列，且x 1<x 2<x 3，得2x 2＝x 1＋4，得a ＝－1＋332(舍去)或a ＝－1－332，符合题意．③－a >4，即a <－4时，f (x )＝0最多有两个解，不满足题意．综上所述，实数a 的值为116或－1－332.答案：116或－1－332[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要牢记 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．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．4．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．5．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．6．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．(二) 二级结论要用好1．函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f (x )，g (x )同为增(减)函数时，f (x )＋g (x )为增(减)函数．(2)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(3)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f (0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f (x )＝0.2．抽象函数的周期性与对称性的结论 (1)函数的周期性①若函数f (x )满足f (x ＋a )＝f (x －a )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ②若函数f (x )满足f (x ＋a )＝－f (x )，则f (x )是周期函数，T ＝2a . ③若函数f (x )满足f (x ＋a )＝1f （x ），则f (x )是周期函数，T ＝2a . (2)函数图象的对称性①若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，或f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．②若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，或f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a ，0)对称．③若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b2对称．3．函数图象平移变换的相关结论(1)把y ＝f (x )的图象沿x 轴左右平移|c |个单位(c ＞0时向左移，c ＜0时向右移)得到函数y ＝f (x ＋c )的图象(c 为常数)．(2)把y ＝f (x )的图象沿y 轴上下平移|b |个单位(b ＞0时向上移，b ＜0时向下移)得到函数y ＝f (x )＋b 的图象(b 为常数)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________．解析：由log 2x －1≥0，即log 2x ≥log 22，解得x ≥2，所以函数f (x )＝log 2x －1的定义域为{x |x ≥2}．答案：{x |x ≥2}2．(2019·江苏高考)函数y ＝7＋6x －x 2的定义域是________． 解析：要使函数有意义，需7＋6x －x 2≥0，即x 2－6x －7≤0，即(x ＋1)(x －7)≤0，解得－1≤x ≤7. 故所求函数的定义域为[－1，7]． 答案：[－1，7]3．函数f (x )＝ln 1|x |＋1的值域是________．解析：因为|x |≥0，所以|x |＋1≥1. 所以0＜1|x |＋1≤1.所以ln 1|x |＋1≤0，即f (x )＝ln 1|x |＋1的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]4．(2019·南京盐城一模)已知y ＝f (x )为定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝e x＋1，则f (－ln 2)的值为________．解析：法一：因为f (x )为奇函数，f －(ln 2)＝－f (ln 2)＝－(e ln 2＋1)＝－3.法二：当x <0时，－x >0，所以当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－(e －x ＋1)，因为－ln 2<0，所以f (－ln 2)＝－(e ln 2＋1)＝－3.答案：－35．已知f (x )是奇函数，g (x )＝2＋f （x ）f （x ）.若g (2)＝3，则g (－2)＝________．解析：由题意可得g (2)＝2＋f （2）f （2）＝3，解得f (2)＝1.又f (x )是奇函数，则f (－2)＝－1， 所以g (－2)＝2＋f （－2）f （－2）＝2－1－1＝－1.答案：－16．(2019·苏北三市一模)已知a ，b ∈R ，函数f (x )＝(x －2)·(ax ＋b )为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x 的不等式f (2－x )>0的解集为________．解析：因为f (x )＝(x －2)(ax ＋b )＝ax 2＋(b －2a )x －2b 为偶函数，所以b ＝2a ，f (x )＝ax 2－4a ＝a (x －2)(x ＋2)，又f (x )在(0，＋∞)上是减函数，所以a <0，由二次函数的图象可知f (x )>0的解集为(－2，2)．f (2－x )＝f (x －2)，而f (x －2)的图象可看成是由f (x )的图象向右平移2个单位长度得到，所以f (2－x )>0的解集为(0，4)．答案：(0，4)7．(2018·福建模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x －a ，x ≥1，ln （1－x ），x <1有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当x <1时，令ln(1－x )＝0，解得x ＝0，故f (x )在(－∞，1)上有1个零点， ∴f (x )在[1，＋∞)上有1个零点． 当x ≥1时，令x －a ＝0，得a ＝x ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞)8．(2018·苏州模拟)设a ＝log 132，b ＝log 1213，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3，则a ，b ，c 按从小到大的顺序排列为_________．解析：因为log 132<log 131＝0，log 1213＝log 23>log 22＝1，0<⎝ ⎛⎭⎪⎫120.3<⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，即a <0，b >1，0<c <1，所以a <c <b .答案：a <c <b9．(2019·苏锡常镇四市一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（3－x ），x ≤0，2x －1，x >0，若f (a －1)＝12，则实数a ＝________．解析：当a －1≤0，即a ≤1时，f (a －1)＝log 2(4－a )＝12，a ＝4－2>1，舍去；当a －1>0，即a >1时，2a －1－1＝12，a ＝1＋log 232＝log 23>1，所以实数a ＝log 23.答案：log 2310．(2018·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 )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12，因为当x ∈[2，4]时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫4－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪log 4⎝⎛⎭⎪⎫4－12－32＝log 42＝12. 答案：1211．(2019·苏州期末)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2，若对任意x 1∈(－∞，0)，总存在x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 2)≤f (x 1)，则实数a 的取值范围为________．解析：对任意x 1∈(－∞，0)，总存在x 2∈[2，＋∞)，使得f (x 2)≤f (x 1)，即f (x )min (x ∈[2，＋∞))≤f (x )min (x ∈(－∞，0))．a ＝0，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ，当x ∈(－∞，0)时，函数f (x )＝－2x∈(0，＋∞)，当x ∈[2，＋∞)时，f (x )＝2x∈(0，1]，符合题意．a <0，当x <0时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2≥0，此时最小值为0.当x ≥2时，f (x )＝2x－ax 2>0，不满足题意．a >0，当x ≥2时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －ax 2，易得32a ≥2，即0<a ≤14时，f (x )的最小值为0，a >14时，f (x )的最小值为f (2)＝4a －1，当x <0时，f (x )＝－2x ＋ax 2，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＝2ax 3＋2x2，易得x ＝3－1a时f (x )取极小值，且取最小值，可得f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫ 3－1a ＝33a ，由题意可得0<a ≤14时满足题意，a >14时，33a ≥4a －1，结合图象(图略)，得14<a ≤1.综上可得，实数a 的取值范围为[0，1]． 答案：[0，1]12．(2018·苏锡常镇调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x，x <1，x ＋4x，x ≥1(e 是自然对数的底数)．若函数y ＝f (x )的最小值是4，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：当x ≥1时，f (x )min ＝f (2)＝4，所以当x <1时，a －e x≥4恒成立．转化为a ≥e x ＋4对x <1恒成立．因为e x ＋4在(－∞，1)上的值域为(4，e ＋4)，所以a ≥e ＋4.法二：当x <1时，f (x )＝a －e x>a －e ；当x ≥1时，f (x )＝x ＋4x ≥4，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时，取“＝”，又函数f (x )的值域是[4，＋∞)，所以a －e ≥4，即a ≥e ＋4.答案： [e ＋4，＋∞)13．(2019·南京盐城二模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝x 2－5x ，则不等式f (x －1)>f (x )的解集为________．解析：当x <0时，－x >0，所以f (－x )＝x 2＋5x ，又f (x )为奇函数，所以f (x )＝－f (－x )＝－x 2－5x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－5x ，x ≥0，－x 2－5x ，x <0.法一：当x －1≥0时，x ≥1，由f (x －1)>f (x )得，(x －1)2－5(x －1)>x 2－5x ，解得x <3，所以1≤x <3.当x －1<0时，x <1，①0≤x <1时，由f (x －1)>f (x )得，－(x －1)2－5(x －1)>x 2－5x ， 解得－1<x <2，所以0≤x <1；②x <0时，由f (x －1)>f (x )得，－(x －1)2－5(x －1)>－x 2－5x ，解得x >－2， 所以－2<x <0.综上可得，不等式f (x －1)>f (x )的解集为{x |－2<x <3}．法二：数形结合可知，不等式f (x －1)>f (x )的解集可以理解为将f (x )的图象向右平移一个单位长度后所得函数f (x －1)的图象在函数f (x )的图象上方部分的点对应的横坐标取值的集合，由f (x )的解析式易得函数f (x －1)的图象与函数f (x )的图象的交点坐标分别为(－2，6)和(3，－6)，所以不等式的解集为{x |－2<x <3}．答案：(－2，3)14．(2018·南通三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥a ，x 3－3x ，x <a .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：由题意可知，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2－a ）x ，x ≥a ，2x 3－（6＋a ）x ，x <a ，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x <a 时，令g (x )＝0，得x ＝0或x 2＝6＋a 2，①若a >0，且a ≠2，则g (x )在[a ，＋∞)上无零点， 在(－∞，a )上存在零点x ＝0和x ＝－6＋a2， ∴6＋a2≥a ，解得0<a <2， ②若a ＝0，则g (x )在[0，＋∞)上存在零点x ＝0， 在(－∞，0)上存在零点x ＝－3，符合题意． ③若a <0，则g (x )在[a ，＋∞)上存在零点x ＝0， ∴g (x )在(－∞，a )上只有1个零点， ∵0∉(－∞，a )，∴g (x )在(－∞，a )上的零点为－6＋a2， ∴－6＋a 2<a ，解得－32<a <0， 综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2 B 组——力争难度小题1．(2019·南京四校联考)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足∀x ∈R ，f (x ＋2)＝f (x )＋1.若g (x )＝f (x )＋cos πx 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219＝________． 解析：由题意得，f (－x )＝－f (x )＝－[f (x ＋2)－1]⇒f (－x )＋f (x ＋2)＝1， 故g (x )＋g (2－x )＝f (x )＋cos πx 2＋f (2－x )＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－πx 2＝1，又f (6＋x )＝f (4＋x )＋1＝f (2＋x )＋2＝f (x )＋3＝－f (－x )＋3， 所以f (－x )＋f (6＋x )＝3，所以g (x )＋g (6－x )＝f (x )＋cos πx2＋f (6－x )＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫3π－πx 2＝3.令S 1＝g ⎝⎛⎭⎪⎫1219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫437219，则S 1＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫437219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫436219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1219， 两式相加得，2S 1＝437×1，所以S 1＝4372.令S 2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫439219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫440219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219， 则S 2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫875219＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫874219＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫439219， 两式相加得，2S 2＝437×3，所以S 2＝1 3112.又f (2)＝f (0)＋1＝1，g (2)＝f (2)＋cos π＝f (2)－1＝0， 故原式＝S 1＋g (2)＋S 2＝4372＋0＋1 3112＝874.答案：8742．(2019·南通等七市二模)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在[2，4)上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，2≤x <3，x －4，3≤x <4，则函数y ＝f (x )－log 5|x |的零点个数为________．解析：由f (x ＋4)＝f (x )得奇函数f (x )的最小正周期为4，作出函数f (x )与y ＝log 5|x |的部分图象如图所示，根据图象易知，函数y ＝f (x )与y ＝log 5|x |的图象有5个交点，故函数y ＝f (x )－log 5|x |的零点个数是5.答案：53．(2018·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －1x 2，x ≤－12，log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2，x >－12，g (x )＝－x 2－2x －2.若存在a ∈R ，使得f (a )＋g (b )＝0，则实数b 的取值范围是________．解析：由题意，存在a ∈R ，使得f (a )＝－g (b )， 令h (b )＝－g (b )＝b 2＋2b ＋2.当a ≤－12时，f (a )＝a 2＋2a －1a 2＝－1a 2＋2a ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －12＋2，因为a ≤－12，所以－2≤1a <0，从而－7≤f (a )<1；当a >－12时，f (a )＝log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 2，因为a >－12，所以1＋a 2>14，从而f (a )<2. 综上，函数f (a )的值域是(－∞，2)． 令h (b )<2，即b 2＋2b ＋2<2，解得－2<b <0.所以实数b 的取值范围是(－2，0)． 答案：(－2，0)4．(2018·苏北四市三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax －1，x ≤0，x 3－ax ＋|x －2|，x >0的图象恰好经过三个象限，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＜0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象经过第二、三象限；x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a ＜0时显然满足题意；当a ≥0时，x ≤0，y ＝ax －1的图象仅经过第三象限，由题意知，x >0，y ＝x 3－ax ＋|x －2|的图象需经过第一、四象限．y ＝x 3＋|x －2|与y ＝ax 在y 轴右侧的图象有公共点(且不相切)，如图，y ＝x 3＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－x ＋2，0<x <2，x 3＋x －2，x >2.结合图象设切点坐标为(x 0，x 30－x 0＋2)，y ′＝3x 2－1，则有3x 20－1＝x 30－x 0＋2x 0，解得x 0＝1，所以临界直线l 0的斜率为2，所以a ＞2时，符合．综上，a ＜0或a ＞2. 答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)5．(2018·苏州测试)设f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2x，若对任意的x ∈[a ，a ＋2]，不等式f (x ＋a )≥f 2(x )恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：当x ≥0时，定义在R 上的偶函数f (x )＝2x ，易得f (x )＝2|x |，x ∈R .由f (x ＋a )≥f 2(x )得，2|x ＋a |≥(2|x |)2，即|x ＋a |≥|2x |对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即(3x ＋a )(x －a )≤0对于x ∈[a ，a ＋2]恒成立，即⎩⎪⎨⎪⎧（3a ＋a ）（a －a ）≤0，[3（a ＋2）＋a ]（a ＋2－a ）≤0，解得a ≤－32.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－326．(2018·南京、盐城、连云港二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0(t ∈R )．若函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．解析：当x <0时，f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝3x (2－x )，故函数f (x )在区间(－∞，0)上单调递减，此时f (0)＝t .当t ≥0时，作出函数f (x )的图象如图①所示． 令f (x )＝0，得x ＝0，从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )＝1， 由图象①可知，此时至多有两个零点，不符合题意； 当t <0时，作出函数f (x )的图象如图②所示．令f (x )＝0，得x ＝0，或x ＝m (m <0)，且－m 3＋3m 2＋t ＝0， 从而当g (x )＝f (f (x )－1)＝0时，f (x )－1＝0或f (x )－1＝m ，即f (x )＝1或f (x )＝1＋m ，借助图象②知，欲使得函数g (x )恰有4个不同的零点， 则m ＋1≥0，从而－1≤m <0.又因为t (m )＝m 3－3m 2，而t ′(m )＝3m 2－6m >0，故t (m )在区间[－1，0)上单调递增，从而t ∈[－4，0)．答案： [－4，0)第二讲 | 小题考法——不等式考点(一) 不等式的恒成立问题及存在性问题主要考查恒成立问题或存在性问题以及等价转化思想的应用.[题组练透]1．设实数a ≥1，使得不等式x |x －a |＋32≥a 对任意的实数x ∈[1，2]恒成立，则满足条件的实数a 的范围是________．解析：(1)当1≤a ≤32时，显然符合题意；(2)当a ≥2时，原不等式可化为x (a －x )≥a －32，取x ＝1，成立；当x ∈(1，2]时，a ≥x 2－32x －1＝x ＋1－12（x －1）.而函数f (x )＝x ＋1－12（x －1）在(1，2]上单调递增，故a ≥f (2)＝52； (3)当32<a <2时，原不等式可化为①⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤a ，x （a －x ）≥a －32或②⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x ≤2，x （x －a ）≥a －32，不等式组①参照(2)的过程得a ≥a ＋1－12（a －1），解得1≤a ≤32，矛盾，舍去；由不等式组②得a ≤x 2＋32x ＋1＝x －1＋52（x ＋1），同上可得1≤a ≤32，矛盾，舍去．综上所述，1≤a ≤32或a ≥52.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ 2．(2019·扬州期末)已知正实数x ，y 满足x ＋4y －xy ＝0，若x ＋y ≥m 恒成立，则实数m 的取值范围为________．解析：x ＋4y －xy ＝0，即x ＋4y ＝xy ，等式两边同时除以xy ，得4x ＋1y ＝1，由基本不等式可得x ＋y ＝(x ＋y ).⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋1y ＝4y x＋xy＋5≥24y x ·x y ＋5＝9，当且仅当4y x＝x y，即x ＝2y ＝6时，等号成立，所以x ＋y 的最小值为9，因此m ≤9.答案：(－∞，9]3．已知不等式(m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2≥2对任意m ∈R ，n ∈(0，＋∞)恒成立，则实数λ的取值范围为________．解析：条件“不等式(m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2≥2对任意m ∈R ，n ∈(0，＋∞)恒成立”可看作“点(m ，m ＋λ)，(n ，ln n )两点的距离的平方恒大于2”，即“直线y ＝x ＋λ与曲线f (x )＝ln x 上点之间的距离恒大于等于2”．如图，当与直线y ＝x ＋λ平行的直线与曲线f (x )＝ln x 相切时，两平行线间的距离最短，f ′(x )＝1x＝1，故切点A (1，0)，此切点到直线y ＝x ＋λ的距离为|1＋λ|2≥ 2，解得λ≥1或λ≤－3(舍去，此时直线与曲线相交)．故实数λ的取值范围为[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)4．(2019·南京盐城一模)若正实数a ，b ，c 满足ab ＝a ＋2b ，abc ＝a ＋2b ＋c ，则c 的最大值为________．解析：由ab ＝a ＋2b ≥22ab ，得ab ≥8，则由abc ＝a ＋2b ＋c ，得c ＝a ＋2b ab －1＝abab －1＝1＋1ab －1≤1＋17＝87，当且仅当a ＝4，b ＝2时等号成立，所以c 的最大值为87. 答案：875．(2019·江苏连云港期中)已知a 为正实数，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax ＋3，x ≥0，2x ＋a ，x <0.若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)＝f (x 2)，则实数a 的取值范围是________．解析：因为a >0，所以抛物线y ＝x 2＋ax ＋3的对称轴在y 轴左侧，所以函数y ＝x 2＋ax ＋3在[0，＋∞)上单调递增，且当x ＝0时有最小值为3.又函数y ＝2x＋a 在(－∞，0)上为增函数，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)＝f (x 2)，只需20＋a >3，解得a >2，则实数a 的取值范围为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)[方法技巧]不等式恒成立问题或存在性问题的求解策略(1)有关不等式恒成立问题，通常利用分离变量法将其转化，即将所求参数与变量x 之间的函数关系用不等式连接起来，再求函数的最值，从而确定参数范围．用分离变量法进行等价转化的好处是可以减少分类讨论．若不等式中含有绝对值，须通过分类讨论，转化为一般的一元二次不等式，再求解．(2)存在性问题也需要转化为最值问题，优先考虑分离变量的做题思路． (3)二元问题的恒成立也可以构造几何意义，利用几何法求解．考点(二) 基本不等式[题组练透]1．(2019·常州期末)已知正数x ，y 满足x ＋y x＝1，则1x ＋xy的最小值为________．解析：法一：由正数x ，y 满足x ＋y x ＝1，得y x ＝1－x ，x y ＝11－x >0，则0<x <1，1x ＋x y ＝1x＋11－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋11－x [x ＋(1－x )]＝2＋1－x x ＋x 1－x ≥2＋21－x x ·x 1－x ＝4，当且仅当x ＝12时取等号，故1x ＋xy的最小值为4.法二：由正数x ，y 满足x ＋y x ＝1，得x 2＋y ＝x ，y ＝x (1－x )>0，则0<x <1，则1x ＋x y ＝y ＋x 2xy＝1y ＝1x （1－x ）≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1－x 22＝4，当且仅当x ＝12时取等号，故1x ＋xy的最小值为4.答案：42．(2019·南通等七市二模)已知关于x 的不等式ax 2＋bx ＋c >0(a ，b ，c ∈R )的解集为{x |3<x <4}，则c 2＋5a ＋b的最小值为________．解析：由题意可得a <0，－b a ＝7，c a＝12，则a <0，b ＝－7a ，c ＝12a ，c 2＋5a ＋b ＝144a 2＋5－6a ＝－24a －56a≥2（－24a ）·5－6a＝45，当且仅当a ＝－512时取等号，故c 2＋5a ＋b 的最小值为4 5.答案：4 53．已知实数x ，y 满足x >y >0，且x ＋y ≤2，则2x ＋3y ＋1x －y的最小值为________． 解析：法一：因为4≥2x ＋2y ，所以 4⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋3y ＋1x －y ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3y ＋1x －y [(x ＋3y )＋(x －y )]＝3＋2（x －y ）x ＋3y ＋x ＋3y x －y ≥3＋22，当且仅当x ＝22－1，y ＝3－22时取等号， 故2x ＋3y ＋1x －y 的最小值为3＋224. 法二：因为x >y >0，x ＋y ≤2，所以0<y <1， 又因为2x ＋3y ＋1x －y ≥22＋2y ＋12－2y ＝3－y2（1＋y ）（1－y ）＝12·16－⎝ ⎛⎭⎪⎫3－y ＋83－y ≥3＋224， 当且仅当x ＝22－1，y ＝3－22时取等号． 答案：3＋2244．若实数x ，y 满足2x 2＋xy －y 2＝1，则x －2y 5x 2－2xy ＋2y 2的最大值为________．解析：2x 2＋xy －y 2＝(2x －y )(x ＋y )，令2x －y ＝m ，x ＋y ＝n ，则mn ＝1，当x －2y 5x 2－2xy ＋2y2＝m －n m 2＋n 2＝m －n （m －n ）2＋2取得最大值时，必有m －n ＞0，则m －n（m －n ）2＋2＝1m －n ＋2m －n≤122＝24，当且仅当m －n ＝2时取等号，所以x －2y 5x 2－2xy ＋2y 2的最大值为24. 答案：24[方法技巧]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．(4)“a ＋b ，a 2＋b 2，ab ，1a ＋1b”之间的互化也是基本等式常见处理方法．考点(三) 线性规划问题主要考查在约束条件下目标函数最值的求法，以及已知最优解或可行域的情况求参数的值或范围.[题组练透]1．(2018·全国卷Ⅱ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －5≥0，x －2y ＋3≥0，x －5≤0，则z ＝x ＋y 的最大值为________．解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示．由图可知当直线x ＋y ＝z 过点A 时z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，x －2y ＋3＝0得点A (5，4)，∴z max ＝5＋4＝9. 答案：92．(2018·苏州模拟)设变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥0，2x －y －2≤0，则目标函数z ＝2x ＋y 的最小值为________．解析：作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥0，2x －y －2≤0对应的可行域，如图中阴影部分所示．当直线y ＝－2x ＋z 过点C 时，在y 轴上的截距最小，此时z 最小，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，x －y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝12，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，z min ＝2×12＋12＝32.答案：323．(2018·福州四校联考)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤0，2x －2y －1≤0，x －a ≥0，其中a >0，若x －yx ＋y的最大值为2，则a 的值为________．解析：设z ＝x －y x ＋y ，则y ＝1－z 1＋z x ，当z ＝2时，y ＝－13x ，作出x，y 满足的约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3≤0，2x －2y －1≤0，x －a ≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y ＝－13x ，易知此直线与区域的边界线2x －2y －1＝0的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫38，－18，当直线x ＝a 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫38，－18时a ＝38，又此时直线y ＝1－z 1＋z x 的斜率1－z 1＋z ＝－1＋2z ＋1的最小值为－13，即z 的最大值为2，符合题意，所以a 的值为38.答案：384．已知a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ≤8c ，2a ＋3b ≤2c ，则3a ＋8bc的取值范围为________．解析：因为a ，b ，c 为正实数，且a ＋2b ≤8c ，2a ＋3b ≤2c，所以⎝ ⎛a c ＋2bc ≤8，2c a ＋3c b ≤2，令a c ＝x ，b c ＝y ， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤8，2x ＋3y≤2，则⎩⎪⎨⎪⎧y ≤4－12x ，y ≥3x 2x －2，1<x <8.作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示．令z ＝3a ＋8b c ＝3x ＋8y ，则y ＝－38x ＋z 8，由图知当直线y ＝－38x ＋z 8过点A 时，截距最大，即z 最大，当直线y ＝－38x ＋z 8与曲线y ＝3x2x －2相切时，截距最小，即z 最小．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4－12x ，y ＝3x 2x －2得A (2，3)， ∴z max ＝3×2＋8×3＝30，设直线y ＝－38x ＋z 8与曲线y ＝3x2x －2的切点为(x 0，y 0)，则⎝⎛⎭⎪⎫3x 2x －2′⎪⎪⎪x ＝x 0＝－38，即－6（2x 0－2）2＝－38， 解得x 0＝3.∴切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，94，∴z min ＝3×3＋8×94＝27，∴27≤3a ＋8b c ≤30.答案：[27，30][方法技巧]解决线性规划问题的3步骤[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．不等式的性质 (1)a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c ；(2)a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ；a ＞b ，c ＜0⇒ac ＜bc ； (3)a ＞b ⇒a ＋c ＞b ＋c ； (4)a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d ； (5)a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd ；(6)a ＞b ＞0，n ∈N ，n ＞1⇒a n＞b n，n a ＞nb . 2．简单分式不等式的解法 (1)f （x ）g （x ）＞0⇔f (x )g (x )＞0，f （x ）g （x ）＜0⇔f (x )g (x )＜0.(2)f （x ）g （x ）≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）g （x ）≥0，g （x ）≠0，f （x ）g （x ）≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （x ）g （x ）≤0，g （x ）≠0.(3)对于形如f （x ）g （x ）＞a (≥a )的分式不等式要采取：“移项—通分—化乘积”的方法转化为(1)或(2)的形式求解．(二) 二级结论要用好1．一元二次不等式的恒成立问题(1)ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＜0.(2)ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，Δ＜0.2．基本不等式的重要结论 (1)a ＋b2≥ab (a ＞0，b ＞0)．(2)ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )．(3)a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab (a ＞0，b ＞0)．3．线性规划中的两个重要结论(1)点M (x 0，y 0)在直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0(B ＞0)上方(或下方)⇔Ax 0＋By 0＋C ＞0(或＜0)． (2)点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)在直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0同侧(或异侧)⇔(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )＞0(或＜0)．[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．当x ＞0时，f (x )＝2xx 2＋1的最大值为________． 解析：因为x ＞0，所以f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x≤22＝1， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．答案：12．(2019·苏北三市一模)已知a >0，b >0，且a ＋3b ＝1b －1a，则b 的最大值为________．解析：a ＋3b ＝1b －1a 可化为1b －3b ＝a ＋1a ≥2，即3b 2＋2b －1≤0，解得0<b ≤13，所以b 的最大值为13.答案：133．已知点A (a ，b )在直线x ＋2y －1＝0上，则2a＋4b的最小值为________．解析：由题意可知a ＋2b ＝1，则2a ＋4b ＝2a ＋22b ≥22a ＋2b＝22，当且仅当a ＝2b ＝12，即a ＝12且b ＝14时等号成立．答案：2 24．若不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________． 解析：当a －2＝0，即a ＝2时，原不等式为－4<0， 所以a ＝2时不等式恒成立， 当a －2≠0，即a ≠2时，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，Δ<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，4（a －2）2＋16（a －2）<0， 解得－2<a <2.综上所述，－2<a ≤2，即实数a 的取值范围是(－2，2]． 答案：(－2，2]5．要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________．解析：设底面矩形的一边长为x .由容器的容积为4 m 3，高为1 m ，得另一边长为4xm.记容器的总造价为y 元，则y ＝4×20＋2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ×1×10＝80＋20⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥80＋20×2x ·4x＝160，当且仅当x ＝4x，即x ＝2时等号成立． 因此，当x ＝2时，y 取得最小值160， 即容器的最低总造价为160元． 答案：160元6．已知a >0, b >0，且2a ＋3b＝ab ，则ab 的最小值是________．解析：因为ab ＝2a ＋3b≥22a ·3b ，所以ab ≥26，当且仅当2a ＝3b＝6时取等号．答案：2 67．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________．解析：因为x ∈(a ，＋∞)，所以2x ＋2x －a ＝2(x －a )＋2x －a＋2a ≥2 2（x －a ）·2x －a＋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 ≥32，即实数a 的最小值为32.答案：328．若两个正实数x ，y 满足1x ＋4y ＝1，且不等式x ＋y 4<m 2－3m 有解，则实数m 的取值范围是________．解析：由题可知，1＝1x ＋4y ≥24xy＝4xy，即xy ≥4，于是有m 2－3m >x ＋y4≥xy ≥4，故m 2－3m >4，化简得(m ＋1)(m －4)>0，解得m <－1或m >4，即实数m 的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞)9．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________．解析：因为f (x )＝x 2＋mx －1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )＜0，只需⎩⎪⎨⎪⎧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 ＜22，－32＜m ＜0，所以－22<m <0，即实数m 的取值范围是m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 10．(2018·苏北四市期末)若实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <12，则3x ＋1y －3的最小值为________．解析：因为实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，所以x ＝3y ＋3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，解得y ＞3.则3x ＋1y －3＝y ＋3＋1y －3＝y －3＋1y －3＋6≥2（y －3）·1y －3＋6＝8，当且仅当x ＝37，y ＝4时取等号． 答案：811．已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin αsin β，则tan α的最大值是________．解析：由cos(α＋β)＝sin αsin β，得cos αcos β－sin αsin β＝sin αsin β，即cos αcos β＝sin α⎝ ⎛⎭⎪⎫sin β＋1sin β， 由α，β均为锐角得cos α≠0，tan β>0， 所以tan α＝sin αcos α＝cos βsin β＋1sin β＝sin βcos βsin 2β＋1＝tan β2tan 2β＋1＝12tan β＋1tan β≤122＝24， 当且仅当2tan β＝1tan β，即tan β＝22时，等号成立． 答案：2412．(2019·湖北宜昌模拟)已知x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2y －x ≥0，x ＋y －3≤0，2x －y ＋3≥0，若不等式ax ＋y ≤7恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2y －x ≥0，x ＋y －3≤0，2x －y ＋3≥0的平面区域如图所示，由于对任意的实数x ，y ，不等式ax ＋y ≤7恒成立，设z ＝ax ＋y ，根据图形，当a ≥0时，z ＝ax ＋y 的最优解为A (2，1)，可得2a ＋1≤7，解得0≤a ≤3；当a <0时，z ＝ax ＋y 的最优解为B (－2，－1)，则－2a －1≤7，解得－4≤a ＜0，则实数a 的取值范围是[－4，3]．。

2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇专题六 函数与导数第1讲 函数的图象与性质

综上.不等式f (x ＋1)<f (2x )的解集为(－∞.0)．故选D.法二：∵f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x≤0，1，x>0，∴函数f (x )的图象如图所示． 结合图象知.要使f (x ＋1)<f (2x ).则需⎩⎨⎧x ＋1<0，2x<0，2x<x ＋1或⎩⎨⎧x ＋1≥0，2x<0，∴x <0.故选D.4.[分段函数求参数值或范围]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x<1，2x －1，x≥1的值域为R.则实数a 的取值范围是________． 解析：当x ≥1时.f (x )＝2x －1≥1.∵函数f (x )＝⎩⎨⎧（1－2a ）x ＋3a ，x<1，2x －1，x≥1的值域为R .∴当x <1时.y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞.1]内的所有实数.则⎩⎨⎧1－2a>0，1－2a ＋3a≥1，解得0≤a ＜12. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12[解题方略]1．函数定义域的求法求函数的定义域.其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则.列出不等式或不等式组.然后求出它们的解集即可．2．分段函数问题的5种常见类型及解题策略 求函数值弄清自变量所在区间.然后代入对应的解析式.求“层层套”的函数值.要从最内层逐层往外计算求函数最值 分别求出每个区间上的最值.然后比较大小 解不等式 根据分段函数中自变量取值范围的界定.代入相应的解析式求解.但要注意取值范围的大前提求参数 “分段处理”.采用代入法列出各区间上的方程 利用函数性质求值依据条件找到函数满足的性质.利用该性质求解[小创新——变换角度考迁移]1.[概念型新定义函数问题]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2（1－x ），0≤x≤1，x －1，1＜x≤2，如果对任意的n ∈N *.定义f n (x )＝(x )]}.那么f 2 020(2)的值为( ) A ．0 B.1 C ．2D.3解析：选B ∵f 1(2)＝f (2)＝1.f 2(2)＝f (1)＝0.f 3(2)＝f (0)＝2.∴f n (2)的值具有周期性.且周期为3.∴f 2 020(2)＝f 3×673＋1(2)＝f 1(2)＝1.故选B.2.[性质型新定义函数问题]已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )的函数.我们称为满足“倒负”变换的函数.下列函数：①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1x ；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜1，0，x ＝1，－1x ，x ＞1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A ．①② B.①③ C ．②③D.①解析：选B 对于①.f (x )＝x －1x .f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x ).满足；对于②.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x ＋x ＝f (x ).不满足；对于③.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0＜1x ＜1，0，1x＝1，－x ，1x ＞1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ＞1，0，x ＝1，－x ，0＜x ＜1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x ).满足．综上可知.满足“倒负”变换的函数是①③.故选B.考点二 函数的图象及应用题型一 函数图象的识别[例1](1)已知函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），x>0，g （x ），x<0是偶函数.f (x )＝log a x 的图象过点(2.1).则y ＝g (x )在(－∞.0)上对应的大致图象是( )(2)(20xx·××市检测(一))如图.一高为H 且装满水的鱼缸.其底部装有一排水小孔.当小孔打开时.水从孔中匀速流出.水流完所用时间为T .若鱼缸水深为h 时.水流出所用时间为t .则函数h ＝f (t )的图象大致是( )(3)已知某个函数的部分图象如图所示.则这个函数的解析式可能是( ) A ．y ＝x ln xB ．y ＝x ln x －x ＋1C ．y ＝ln x ＋1x －1 D ．y ＝－ln xx ＋x －1[解析] (1) 因为f (x )＝log a x 的图象过点(2.1).且恒过点(1.0).且y ＝⎩⎨⎧f （x ），x>0，g （x ），x<0是偶函数.所以y ＝g (x )在(－∞.0)上对应的图象和f (x )＝log a x 的图象关于y 轴对称.所以y ＝g (x )的图象过点(－2.1)和(－1.0)．观察图象只有选项B 满足题意．(2)水位由高变低.排除C 、D 半缸前下降速度先快后慢.半缸后下降速度先慢后快．故选B.(3)对于选项A .当x ＝2时.2ln 2＝ln 4＞ln e ＝1.由图象可知选项A 不符合题意；对于选项B .当x ＝e 时.eln e －e ＋1＝1.由图象可知选项B 不符合题意；对于选项C .当x ＝e 时.ln e ＋1e －1＝1e ＜1.由图象可知选项C 不符合题意．故选D.[答案] (1)B (2)B (3)D [解题方略]寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法知式选图①从函数的定义域.判断图象的左右位置；从函数的值域.判断图象的上下位置②从函数的单调性.判断图象的变化趋势 ③从函数的奇偶性.判断图象的对称性 ④从函数的周期性.判断图象的循环往复知图选式①从图象的左右、上下分布.观察函数的定义域、值域②从图象的变化趋势.观察函数的单调性 ③从图象的对称性方面.观察函数的奇偶性 ④从图象的循环往复.观察函数的周期性题型二 函数图象的应用[例2] (1)已知函数f (x )＝x |x |－2x .则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数.递增区间是(0.＋∞)B ．f (x )是偶函数.递减区间是(－∞.1)C ．f (x )是奇函数.递减区间是(－1.1)D ．f (x )是奇函数.递增区间是(－∞.0)(2)函数f (x )＝－x 2＋3x ＋a .g (x )＝2x －x 2.若f (g (x ))≥0对x ∈[0.1]恒成立.则实数a 的取值范围是( )A ．[－e.＋∞) B.[－ln 2.＋∞)C ．[－2.＋∞)D.⎝⎛⎦⎥⎤－12，0 [解析] (1)将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值.得f (x )＝⎩⎨⎧x2－2x ，x≥0，－x2－2x ，x ＜0，作出函数f (x )的图象. 如图.观察图象可知.函数f (x )为奇函数.且在(－1.1)上单调递减．故选C.(2)如图所示.在同一坐标系中作出y ＝x 2＋1.y ＝2x .y ＝x 2＋32的图象. 由图象可知.在[0.1]上. x 2＋1≤2x ＜x 2＋32恒成立. 即1≤2x －x 2＜32.当且仅当x ＝0或x ＝1时等号成立. ∴1≤g (x )＜32.∴f (g (x ))≥0⇒f (1)≥0⇒－1＋3＋a ≥0⇒a ≥－2. 则实数a 的取值范围是[－2.＋∞)． [答案] (1)C (2)C [解题方略]1．利用函数的图象研究不等式当不等式问题不能用代数法求解.但其与函数有关时.常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题.从而利用数形结合求解．2．利用函数的图象研究函数的性质对于已知或解析式易画出其在给定区间上图象的函数.其性质常借助图象研究：①从图象的最高点、最低点.分析函数的最值、极值；②从图象的对称性.分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势.分析函数的单调性、周期性．[多练强化]1．(20xx·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sin x＋xcos x＋x2在[－π.π]的图象大致为( )解析：选D∵f(－x)＝sin（－x）－xcos（－x）＋（－x）2＝－sin x＋xcos x＋x2＝－f(x).∴f(x)为奇函数.排除A；∵f(π)＝sin π＋πcos π＋π2＝π－1＋π2>0.∴排除C；∵f(1)＝sin 1＋1cos 1＋1.且sin 1>cos1.∴f(1)>1.∴排除B.故选D.2.某地一年的气温Q(t)(单位：℃)与时间t(月份)之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10 ℃.令C(t)表示时间段[0.t]的平均气温.下列四个函数图象中.最能表示C(t)与t之间的函数关系的是( )(2)(20xx·全国卷Ⅱ)已知f (x )是定义域为(－∞.＋∞)的奇函数.满足f (1－x )＝f (1＋x )．若f (1)＝2.则f(1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝( )A ．－50B.0 C ．2 D.50(3)(20xx·全国卷Ⅱ)已知f (x )是奇函数.且当x <0时.f (x )＝－e ax .若f (ln2)＝8.则a ＝________．[解析] (1)由f (x )为奇函数.在(0.＋∞)上单调递增.且f (－1)＝0.可得f (1)＝0.作出函数f (x )的示意图如图所示.由f (x ＋1)＞0.可得－1＜x ＋1＜0或x ＋1＞1.解得－2＜x ＜－1或x ＞0.所以f (x ＋1)＞0的解集为(－2.－1)∪(0.＋∞)．故选D.(2)法一：∵f (x )是奇函数.∴f (－x )＝－f (x ).∴f (1－x )＝－f (x －1)．由f (1－x )＝f (1＋x ).得－f (x －1)＝f (x ＋1).∴f (x ＋2)＝－f (x ).∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x ).∴函数f (x )是周期为4的周期函数．由f (x )为奇函数得f (0)＝0.又∵f (1－x )＝f (1＋x ).∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称.∴f (2)＝f (0)＝0.∴f (－2)＝0.又f (1)＝2.∴f (－1)＝－2.∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝f (1)＋f (2)＋f (－1)＋f (0)＝2＋0－2＋0＝0.∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋…＋f (49)＋f (50)＝0×12＋f (49)＋f (50)＝f (1)＋f (2)＝2＋0＝2.故选C.法二：由题意可设f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x .作出f (x )的部分图象如图所示．由图可知.f (x )的一个周期为4.所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (50)＝12[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＋f (49)＋f (50)＝12×0＋f (1)＋f (2)＝2.故选C.。

部编版2020高考数学二轮复习 专题四 函数与导数 第3讲 函数、导数的综合问题学案

第3讲 函数、导数的综合问题[考情考向分析] 函数和导数的综合问题，主要是利用导数证明不等式问题、函数零点问题、函数的实际应用问题等，一般需要研究函数的单调性和最值问题，注重数学思想的考查．B 级要求，题目难度较大．热点一 利用导数研究不等式问题例1 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.(1)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围； (2)求证：对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x恒成立．(1)解 由题意知2x ln x ≥－x 2＋ax －3对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，则a ≤2ln x ＋x ＋3x.设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x2， 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，即实数a 的取值范围是(－∞，4]．(2)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))恒成立．又f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，从而对一切x ∈(0，＋∞)，ln x >1e x －2e x恒成立．思维升华 利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 跟踪演练1 已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)若f (1)＝0，求函数f (x )的单调减区间；(2)若关于x 的不等式f (x )≤ax －1恒成立，求整数a 的最小值． 解 (1)因为f (1)＝1－a2＝0，所以a ＝2，此时f (x )＝ln x －x 2＋x (x >0)， f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2＋x ＋1x(x >0)．由f ′(x )<0，得2x 2－x －1>0， 解得x <－12或x >1.又因为x >0，所以x >1.所以f (x )的单调减区间为(1，＋∞)．(2)方法一 由f (x )≤ax －1恒成立，得ln x －12ax 2＋x ≤ax －1在(0，＋∞)上恒成立，问题等价于a ≥ln x ＋x ＋112x 2＋x 在(0，＋∞)上恒成立．令g (x )＝ln x ＋x ＋112x 2＋x (x ＞0)，只需a ≥g (x )max 即可．又g ′(x )＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x －ln x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x 2，令g ′(x )＝0，得－12x －ln x ＝0.设h (x )＝－12x －ln x (x ＞0)，因为h ′(x )＝－12－1x<0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 不妨设－12x －ln x ＝0的根为x 0.当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )>0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )<0， 所以g (x )在(0，x 0)上是增函数，在(x 0，＋∞)上是减函数， 所以g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0＋x 0＋112x 20＋x 0＝1＋12x 0x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x 0＝1x 0.因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 2－14>0，h (1)＝－12<0， 所以12<x 0<1，此时1<1x 0<2，即g (x )max ∈(1,2)，所以a ≥2，即整数a 的最小值为2.方法二 令g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，所以g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x.当a ≤0时，因为x >0，所以g ′(x )>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为g (1)＝ln 1－12a ＋(1－a )＋1＝－32a ＋2>0，所以关于x 的不等式f (x )≤ax －1不能恒成立．当a >0时，g ′(x )＝－ax 2＋(1－a )x ＋1x ＝－(ax －1)(x ＋1)x.令g ′(x )＝0，得x ＝1a.所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，g ′(x )<0，因此函数g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是减函数．故函数g (x )的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －12a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋(1－a )×1a ＋1＝12a －ln a .令h (a )＝12a－ln a ，因为h (1)＝12>0，h (2)＝14－ln 2<0，又h (a )在(0，＋∞)上是减函数， 所以当a ≥2时，h (a )<0， 所以整数a 的最小值为2.热点二 利用导数研究实际应用问题例2 (2015·江苏)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l 1，l 2，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l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米，以l 2，l 1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 ＝ax 2＋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 ＝ax 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 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2，设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，又y ′＝－2 000x3，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]．②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 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． 所以当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． 思维升华 利用导数解决实际应用问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)结论：回归实际问题作答．跟踪演练2 如图所示，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 km ，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＋k 2)x 2(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 km ，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＋k 2)x 2＝0.由实际意义和题设条件知x >0，k >0， 故x ＝20k 1＋k 2＝20k ＋1k≤202＝10， 当且仅当k ＝1时取等号． 所以炮的最大射程为10 km. 答 炮的最大射程为10 km.(2)因为a >0，所以炮弹可击中目标⇔存在k >0，使3.2＝ka －120(1＋k 2)a 2成立⇔关于k 的方程a 2k 2－20ak ＋a 2＋64＝0有正根⇔Δ＝(－20a )2－4a 2(a 2＋64)≥0⇔0<a ≤6. 所以当a 不超过6 km 时，可击中目标．答 当横坐标a 不超过6 km 时，炮弹可以击中飞行物． 热点三 利用导数研究函数的零点问题例3 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2(e 为自然对数的底数，a ∈R )． (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；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，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 ′(x )＝ln x ＋1， 所以切线斜率k ＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，所以曲线在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋ax －2，y ＝x －1，得x 2＋(1－a )x ＋1＝0.由Δ＝(1－a )2－4＝a 2－2a －3＝(a ＋1)(a －3)可知， 当Δ＞0，即a ＜－1或a ＞3时，有两个公共点； 当Δ＝0，即a ＝－1或a ＝3时，有一个公共点； 当Δ＜0，即－1＜a ＜3时，没有公共点．(2)y ＝f (x )－g (x )＝x 2－ax ＋2＋x ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，由y ＝0，得a ＝x ＋2x＋ln x .令h (x )＝x ＋2x ＋ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，则h ′(x )＝(x －1)(x ＋2)x 2.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，由h ′(x )＝0，得x ＝1. 所以h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此h (x )min ＝h (1)＝3.由h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e＋2e －1，h (e)＝e ＋2e ＋1，比较可知h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＞h (e)，所以，结合函数图象，可得当3＜a ≤e＋2e ＋1时，函数y ＝f (x )－g (x )有两个零点．思维升华 (1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x 轴的交点等．(2)由函数零点求参数范围，一般要根据函数零点的个数，结合函数图象，构造满足问题的不等式求解．跟踪演练3 已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x (x ＞0)，f ′(x )＝2x－2x ＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2，则切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e ，所以当g ′(x )＝0时，x ＝1.当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0. 故g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝4－e 2＋1e2<0，则g (e)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值是g (e)． 所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点的条件是 ⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.1．(2018·江苏)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN (P 为此圆弧的中点)和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP ，要求A ，B 均在线段MN 上，C ，D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD 和△CDP 的面积，并确定sin θ的取值范围；(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 解 (1)如图，设PO 的延长线交MN 于点H ，则PH ⊥MN ，所以OH ＝10.过点O 作OE ⊥BC 于点E ，则OE ∥MN ，所以∠COE ＝θ， 故OE ＝40cos θ，EC ＝40sin θ，则矩形ABCD 的面积为2×40cos θ·(40s in θ＋10)＝800(4sin θcos θ＋cos θ)， △CDP 的面积为12×2×40cos θ(40－40sin θ) ＝1 600(cos θ－sin θcos θ)．过点N 作GN ⊥MN ，分别交圆弧和OE 的延长线于点G 和K ，则GK ＝KN ＝10. 令∠GOK ＝θ0，则sin θ0＝14，θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6.当θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1.答 矩形ABCD 的面积为800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP 的面积为1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1. (2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k (k ＞0)，则年总产值为4k ×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋ 3k ×1 600(cos θ－sin θcos θ)＝8 000k (sin θcos θ＋cos θ)，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2. 设f (θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫θ0，π2， 则f ′(θ)＝cos 2θ－sin 2θ－sin θ＝－(2sin 2θ＋sin θ－1) ＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令f ′(θ)＝0，得θ＝π6，当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π6时，f ′(θ)＞0，所以f (θ)为增函数； 当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2时，f ′(θ)＜0，所以f (θ)为减函数， 因此，当θ＝π6时，f (θ)取到最大值．答 当θ＝π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．2．已知函数f (x )＝axe x 在x ＝0处的切线方程为y ＝x .(1)求实数a 的值；(2)若对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求实数k 的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝a (1－x )ex，因为函数在x ＝0处的切线方程为y ＝x ，所以f ′(0)＝1，解得a ＝1.(2)由题意知f (x )＝x e x <1k ＋2x －x2对任意x ∈(0,2)都成立，所以k ＋2x －x 2>0，即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)都成立，从而k ≥0. 不等式整理可得k <e xx＋x 2－2x ，令g (x )＝e xx＋x 2－2x ，所以g ′(x )＝e x(x －1)x2＋2(x －1) ＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2＝0，解得x ＝1，当x ∈(1,2)时，g ′(x )>0，函数g (x )在(1,2)上单调递增， 同理可得函数g (x )在(0,1)上单调递减． 所以k <g (x )min ＝g (1)＝e －1.综上所述，实数k 的取值范围是[0，e －1)．A 组 专题通关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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，则不等式f (x )＜0的解集为________________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12解析 如图所示，根据图象，得不等式f (x )＜0的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.2．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3恒成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－∞，4]解析 条件可转化为a ≤2ln x ＋x ＋3x恒成立．设f (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则f ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x2(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 ≤4.3．函数f (x )＝2x ＋x 3－2在区间(0,1)内的零点个数是________． 答案 1解析 因为f ′(x )＝2x ln 2＋3x 2>0，所以函数f (x )＝2x ＋x 3－2在(0,1)上单调递增，且f (0)＝1＋0－2＝－1<0，f (1)＝2＋1－2＝1>0.所以函数f (x )在区间(0,1)内有1个零点． 4．若存在正数x 使2x(x －a )＜1成立，则a 的取值范围是________． 答案 (－1，＋∞)解析 ∵2x(x －a )＜1，∴a ＞x －12x .令f (x )＝x －12x ，则f ′(x )＝1＋2－xln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1， ∴a 的取值范围是(－1，＋∞)．5．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是__________． 答案 (－4,0)解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可，又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x <0时，f ′(x )>0；当0<x <2时，f ′(x )<0；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 ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a <0，解得－4<a <0.6．已知函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋3，若函数g (x )＝f (x )－m 在x ∈[－2,5]上有3个零点，则m 的取值范围为________．答案 [1,8)解析 f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x 2－2x －3)＝3(x ＋1)(x －3)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝3.当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(3,5]时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的极小值为f (3)＝－24，极大值为f (－1)＝8. 而f (－2)＝1，f (5)＝8，函数图象大致如图所示．故要使方程g (x )＝f (x )－m 在x ∈[－2,5]上有3个零点，只需函数f (x )在[－2,5]内的函数图象与直线y ＝m 有3个交点，故⎩⎪⎨⎪⎧m <8，m ≥1，即m ∈[1,8)．7．已知不等式e x－x ＞ax 的解集为P ，若[0,2]⊆P ，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，e －1)解析 由题意知不等式e x－x ＞ax 在x ∈[0,2]上恒成立． 当x ＝0时，显然对任意实数a ，该不等式都成立． 当x ∈(0,2]时，原不等式即a ＜exx－1，令g (x )＝exx－1，x ∈(]0，2，则g ′(x )＝e x(x －1)x2， 当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减， 当1＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 故g (x )在(0,2]上的最小值为g (1)＝e －1， 故a 的取值范围为(－∞，e －1)．8．若函数f (x )＝13x 3－x 在(t,8－t 2)上有最大值，则实数t 的取值范围是________．答案 (－3，－6] 解析 因为f ′(x )＝x 2－1，所以当x ∈(－∞，－1)和(1，＋∞)时，f (x )单调递增， 当x ∈(－1,1)时，f (x )单调递减， 故x ＝－1是函数f (x )的极大值点． 又函数f (x )在(t,8－t 2)上有最大值， 所以t <－1<8－t 2，又f (－1)＝f (2)＝23，且f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以f (8－t 2)≤f (2)，从而t <－1<8－t 2≤2， 得－3<t ≤－ 6.9．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数)． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1,2)，x 0∈[1,2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围． 解 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3， 经验证符合题意．(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，又x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(3)当a ∈(1,2)时，由(2)知，f (x )在[1,2]上的最小值为f (1)＝1－a ， 故问题等价于对任意的a ∈(1,2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a 恒成立．记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa (ln a )2.令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0， 所以M (a )在(1,2)上单调递减， 所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0， 所以g (a )＝1－aln a 在(1,2)上单调递减，所以g (a )＞g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，所以m ≤－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e]．10．一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月生产该小型产品x 万件并全部销售完，每万件的销售收入为(4－x )万元，且每万件国家给予补助⎝⎛⎭⎪⎫2e －2eln x x－1x 万元(e 为自然对数的底数，e 是一个常数)． (1)写出月利润f (x )(万元)关于月产量x (万件)的函数解析式；(2)当月产量在[1,2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月产量值(万件)(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本) 解 (1)由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本， 可得f (x )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫4－x ＋2e －2eln x x －1x－2－1 ＝－x 2＋2(e ＋1)x －2eln x －2(x ＞0)．(2)f (x )＝－x 2＋2(e ＋1)x －2eln x －2的定义域为[1,2e]， 且f ′(x )＝－2x ＋2(e ＋1)－2e x＝－2(x －1)(x －e )x(1≤x ≤2e)．令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝e.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：由上表得f (x )＝－x 2＋2(e ＋1)x －2eln x －2在定义域[1,2e]上的最大值为f (e)，且f (e)＝e 2－2.答 当月产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为e 2－2(万元)，此时的月产量值为e 万件．B 组 能力提高11．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b a的最小值为________． 答案 －1e解析 由不等式f (x )≤0恒成立可得f (x )max ≤0.f ′(x )＝1x＋e －a ，x >0，当e －a ≥0，即a ≤e 时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且x →＋∞，f (x )→＋∞，此时f (x )≤0不可能恒成立；当e －a <0，即a >e 时，由f ′(x )＝0，得x ＝1a －e， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a －e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，此时f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －e ＝－ln(a －e)－1－b ≤0，则b ≥－ln(a －e)－1. 又a >e ，所以b a ≥－ln (a －e )－1a，a >e ，令a －e ＝t >0，则b a ≥－ln t －1t ＋e，t >0.令g (t )＝－ln t －1t ＋e ，t >0，则g ′(t )＝ln t －et (t ＋e )2，由g ′(t )＝0，得t ＝e ，且当t ∈(0，e)时，g ′(t )<0，g (t )单调递减；当t ∈(e，＋∞)时，g ′(t )>0，g (t )单调递增，所以g (t )min ＝g (e)＝－1e，即b a ≥－ln t －1t ＋e ≥－1e ， 故b a 的最小值为－1e. 12．若曲线C 1：y ＝ax 2(a >0)与曲线C 2：y ＝e x在(0，＋∞)上存在公共点，则a 的取值范围为____________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 24，＋∞ 解析 由题意知方程ax 2＝e x(a >0)在(0，＋∞)上有解，则a ＝exx2，x ∈(0，＋∞)，令f (x )＝exx2，x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝x e x －2e xx 3，x ∈(0，＋∞)，由f ′(x )＝0得x ＝2，当0<x <2时，f ′(x )<0，函数f (x )＝exx2在区间(0,2)上是减函数，当x >2时，f ′(x )>0，函数f (x )＝exx2在区间(2，＋∞)上是增函数，所以当x ＝2时，函数f (x )＝exx2在(0，＋∞)上有最小值f (2)＝e 24，所以a ≥e 24.13．已知函数f (x )＝e x|x |，关于x 的方程f 2(x )－2af (x )＋a －1＝0 (a ∈R )有3个相异的实数根，则a 的取值范围是________．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫e 2－12e －1 解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧exx ，x ＞0，－exx ，x ＜0，当x >0时，f ′(x )＝e x(x －1)x2， 当0<x <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， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值f (1)＝e ，当x <0时，f ′(x )＝－e x(x －1)x2＞0，函数单调递增，如图，画出函数的图象，设t ＝f (x )，当t ＞e 时，t ＝f (x )有3个实根，当t ＝e 时，t ＝f (x )有2个实根，当0<t <e时，t ＝f (x )有1个实根，考虑到原方程的判别式大于零恒成立，所以原方程等价于t 2－2at ＋a －1＝0有2个相异实根，其中t 1＝e ，t 2∈(0，e)，当t ＝e 时，e 2－2a e ＋a －1＝0，解得a ＝e 2－12e －1，检验满足条件． 14．已知不等式(m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2≥2对任意m ∈R ，n ∈(0，＋∞)恒成立，则实数λ的取值范围为________． 答案 [1，＋∞)解析 (m －n )2＋(m －ln n ＋λ)2表示点(m ，m ＋λ)与点(n ，ln n )之间的距离的平方，而点(m ，m ＋λ)在直线y ＝x ＋λ上，点(n ，ln n )在曲线y ＝ln x 上，则直线y ＝x ＋λ上的点与曲线y ＝ln x 上的点之间的最小距离大于等于2，则直线一定在曲线上方，则λ>－1.当y ＝ln x 的切线斜率为1时，y ′＝1x＝1，得x ＝1，则y ＝ln x 在点(1,0)处的切线与y ＝x ＋λ平行，则点(1,0)到直线y ＝x ＋λ的距离|1＋λ|2≥2，得λ≥1(λ≤－3舍去)． 15．已知函数f (x )＝2x －2x－5ln x ，g (x )＝x 2－mx ＋4，若存在x 1∈(0,1)，对任意x 2∈[1,2]，总有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．解 题意等价于f (x )在(0,1)上的最大值大于或等于g (x )在[1,2]上的最大值． f ′(x )＝2x 2－5x ＋2x2， 由f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )<0， 所以在(0,1)上，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－3＋5ln 2. 又g (x )在[1,2]上的最大值为max{g (1)，g (2)}，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥g (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥g (2)，即⎩⎪⎨⎪⎧－3＋5ln 2≥5－m ，－3＋5ln 2≥8－2m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ≥8－5ln 2，m ≥12(11－5ln 2)，解得m ≥8－5ln 2，所以实数m 的取值范围是[8－5ln 2，＋∞)．16．已知函数f (x )＝ln x ＋a ＋e －2x(a ＞0)． (1)当a ＝2时，求出函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥a 对于x ＞0的一切值恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝2时，函数f (x )＝ln x ＋ex，所以f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2，所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递增． 综上，当a ＝2时，f (x )的单调增区间为(e ，＋∞)，单调减区间为(0，e)． (2)由题意知ln x ＋a ＋e －2x≥a (x ＞0)恒成立， 等价于x ln x ＋a ＋e －2－ax ≥0在(0，＋∞)上恒成立． 令g (x )＝x ln x ＋a ＋e －2－ax ，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 令g ′(x )＝0，得x ＝ea －1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：所以g (x )的最小值为g (e a －1)＝(a －1)ea －1＋a ＋e －2－a ea －1＝a ＋e －2－ea －1.令t (x )＝x ＋e －2－ex －1(x ＞0)，则t ′(x )＝1－e x －1，令t ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，t ′(x )，t (x )的变化情况如下表：所以当a ∈(0,1)时，g (x )的最小值为t (a )＞t (0)＝e －2－1e ＝e(e －2)－1e＞0，符合题意；当a ∈[1，＋∞)时，g (x )的最小值为t (a )＝a ＋e －2－e a －1≥0＝t (2)，所以a ∈[1,2]．综上所述，a∈(0,2]．。

2020版高考数学二轮复习专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数高考热点追踪(一)学案文苏教

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高考热点追踪（一）函数中的新定义问题用数学符号或文字叙述给出一个新定义,利用这个新定义和已学过的知识解决题目给出的问题，叫新定义题．求解此类问题,首先应明确新定义的实质,利用新定义中包含的内容,结合所学知识,将问题向熟悉的、已掌握的知识进行转化．(2019·无锡市高三上学期期末考试)若函数f(x）在［m，n］（m＜n)上的值域恰好是［m，n]，则称[m，n］为函数f（x）的一个“等值映射区间”．下列函数：①y＝x2－1；②y ＝2＋log2x;③y＝2x－1;④y＝错误!，其中，存在唯一一个“等值映射区间”的函数有________个．【解析】根据新定义可知，存在唯一一个“等值映射区间”的函数与另一函数y＝x的图象有两个交点，且在[m，n］（m＜n）上的值域恰好为［m，n]，可见两函数在[m，n］上均单调递增．对于①y＝x2－1，根据新定义可得，x2－1＝x，方程有两个解，即函数y＝x2－1与函数y ＝x的图象有两个交点,但在同一增区间上只有一个交点，故①不满足题意；对于②y＝2＋log2x,根据新定义可得，2＋log2x＝x,方程有两个解，即函数y＝2＋log2x 与函数y＝x的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故②满足题意;对于③y＝2x－1，根据新定义可得,2x－1＝x，方程有两个解，即函数y＝2x－1与函数y＝x的图象有两个交点，且在定义域内两函数都单调递增，故③满足题意；对于④y＝1x－1，根据新定义可得，x2－x＝1(x≠1），方程有两个解，即函数y＝错误!与函数y＝x的图象有两个交点，但y＝错误!不单调递增，故④不满足题意．所以存在唯一一个“等值映射区间”的函数有2个．【答案】2［名师点评] 创新题型在高考中常出现，考查学生对新定义的理解能力，只有明确新定义的实质，才能使问题得以解决．不等式恒成立问题的解题策略恒成立问题在高考中经常出现，由于涉及的知识面广，制约条件复杂，参变量的潜在约束比较隐晦，考生在解题时，不易理清思路，抓不住关键，往往半途而废．下面谈谈解决此类问题的常用方法．一、反客为主——更换主元有些数学问题构思新颖，同时有其实际背景，按固有的习惯思维，把注意力集中在某些醒目的“主元”上，往往陷入困境．如果打破思维定式，反“客”为“主”，把原来处于相对次要地位的“客元”突显出来，常常能收到出人意料的效果．对任意的｜m|≤2，函数f（x）＝mx2－2x＋1－m恒负，则x的取值范围为________．【解析】设g(m）＝（x2－1)m－2x＋1，则有错误!即错误!解得错误!〈x〈错误!．【答案】错误!［名师点评］当一个题中有多个变量时,要敢于把其中的一个变量作为自变量,其余的变量作为参数处理，逐步减少参数使问题获得解决．二、分离参数——巧妙转化有些问题,是需要将参变量分离出来,单独放在不等式的一侧，将另一侧视作为新函数，则可以将问题转化为新函数的最值问题．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷（十））已知实数x,y满足x＋2y＋3＝xy,且对任意的实数x∈(2，＋∞），y∈(1，＋∞)，不等式（x＋y－3)2－a（x＋y－3)＋1≥0恒成立,则实数a的取值范围是________．【解析】因为x∈（2,＋∞），y∈(1，＋∞),所以x＋y－3〉0,所以不等式（x＋y－3)2－a（x＋y－3）＋1≥0可转化为(x＋y－3）＋1x＋y－3≥a．令t＝x＋y－3，t>0，则f(t）＝t＋错误!≥a，且函数f(t)在区间［1，＋∞)上单调递增．等式x＋2y＋3＝xy可化为（x－2)（y－1）＝5，令m＝x－2,n＝y－1,则m〉0,n〉0，且mn＝5,则t＝m＋n≥2错误!＝2错误!,当且仅当m＝n,即x＝y＋1，即x＝2＋错误!，y＝1＋错误!时等号成立，故f(t）≥f(25）＝2错误!＋错误!＝错误!,所以a≤错误!．【答案】（－∞，错误!］[名师点评] 若对于x取值范围内的任何一个数都需要f（x）≥g（a）恒成立，则g(a)≤f （x）的最小值；若对于x取值范围内的任何一个数，都有f（x）≤g(a）恒成立,则g(a)≥f(x）的最大值．三、变量替换——避繁就简根据所要求解的式子的结构特征,巧妙地设置新的变量来替代原来表达式中的某些式子或变量,对新的变量求出结果后,返回去再求出原变量的结果．此法应用往往简便快捷，可以避开烦琐的运算．（2019·宁波质检）当x∈(0，1)时，不等式错误!≥m－错误!恒成立，则m的最大值为________．【解析】由已知不等式可得m≤错误!＋错误!．设f(x)＝1x＋错误!＝错误!＝错误!，令t＝3x＋1，则x＝错误!,t∈(1,4)，f(x)可化为g(t）＝错误!＝错误!＝错误!，因为t∈(1，4），所以5〉t＋错误!≥4，0<－错误!＋5≤1，错误!≥9,即f（x)∈［9,＋∞)，故m的最大值为9．【答案】9［名师点评］本题使用换元法起到了沟通问题的条件和结论的中介作用，并使运算得以简化，令人耳目一新．四、数形结合-—以“形”代算数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来,使抽象思维和形象思维结合，通过对图形的认识，数形结合的转化，可以培养思维的灵活性、形象性，使问题化难为易，化抽象为具体．通过“形"往往可以解决用“数”很难解决的问题．当x∈错误!时，x2<log a x恒成立，则a的取值范围是__________．【解析】由图形可知，0<a〈1，因为当x∈错误!时，x2〈log a x恒成立，所以log a 错误!≥错误!错误!，所以a ≥错误!,又因为0〈a <1，所以错误!≤a 〈1．【答案】 错误!［名师点评] 以“形”代算，虽然有一定的技巧性，但通过图形的直观显现，答案直接跃然纸上．1．(2019·常州期末）曲线y ＝x －cos x 在点错误!处的切线方程为________．［解析］ y ′＝1＋sin x ,故曲线y ＝x －cos x 在点错误!处的切线的斜率为2．由点斜式方程可得切线方程为2x －y －错误!＝0．[答案］ 2x －y －错误!＝02．函数y ＝错误!的定义域为集合A ，函数y ＝ln （2x ＋1）的定义域为集合B ，则A ∩B ＝________．［解析］ 由1－2x ≥0得x ≤12，故A ＝错误!,由2x ＋1〉0得x >－错误!,故B ＝错误!，故A ∩B ＝错误!．[答案] 错误!3．函数f （x )＝错误!错误!(0≤x ≤2)的值域为________．［解析] 因为函数f （x ）＝错误!错误!（0≤x ≤2）是减函数，又知错误!错误!＝1，错误!错误!＝19，从而值域为错误!． [答案] 错误!4．不等式－1＜x 2＋2x －1≤2的解集是________．[解析］ 原不等式等价于：错误!即错误!所以不等式的解集是{x |－3≤x ＜－2或0＜x ≤1｝．[答案] ｛x｜－3≤x＜－2或0<x≤1}5．(2019·南京模拟）设函数f(x）＝错误!则f(3)＋f(－错误!)＝________．[解析] f(3)＋f（－2）＝（2＋log3错误!）＋(3－log2错误!)＝2＋错误!＋3－错误!＝5．[答案] 56．已知函数f（x)为奇函数，函数f（x＋1）为偶函数,f(1）＝1，则f(3)＝________．[解析］因为f（x)为奇函数且f（x＋1）为偶函数，故f(x＋1）＝f(－x＋1)，令x＝2，得f(3）＝f（－1）＝－f(1）＝－1，即f(3)＝－1．［答案］－17．(2019·深圳质检）在△ABC中,a，b，c分别为∠A,∠B,∠C所对的边,若函数f(x）＝错误!x3＋bx2＋（a2＋c2－ac）x＋1有极值点,则∠B的范围是________．［解析] 由题意得f′（x)＝x2＋2bx＋a2＋c2－ac，Δ＝4b2－4a2－4c2＋4ac＞0,cos B＝错误!〈错误!，则∠B的范围是错误!．［答案] 错误!8．若a>0，b〉0，且12a＋b＋错误!＝1，则a＋2b的最小值为________．[解析］由已知等式得2a＋2b＋1＝2ab＋2a＋b2＋b,从而,a＝错误!，a＋2b＝错误!＋2b＝错误!＋错误!b＋错误!≥错误!＋2错误!＝错误!,当且仅当错误!b＝错误!时等号成立，故有最小值错误!．［答案] 错误!9．(2019·淮安调研）已知函数f（x）＝x－错误!,g（x）＝x2－2ax＋4，若对任意x1∈[0，1],存在x2∈[1，2],使f(x1)≥g（x2），则实数a的取值范围是__________．［解析] 由于f′（x)＝1＋错误!〉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)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0,即a≥x2＋错误!能成立，令h（x）＝x2＋错误!，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)＝错误!＋错误!在x∈［1，2]上单调递减,所以h(x）min＝h（2）＝错误!,故只需a≥错误!．[答案] 错误!10．（2019·南京、盐城高三模拟）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，则错误!的最小值为________．［解析］由不等式f(x）≤0恒成立可得f（x）max≤0．f′（x）＝错误!＋e－a，x＞0，当e－a≥0，即a≤e时，f′（x)＞0，f（x)在（0，＋∞）上单调递增，且x趋近于＋∞，f(x)趋近于＋∞，此时f(x）≤0不可能恒成立;当e－a＜0，即a＞e时，由f′(x）＝0得x＝错误!,当x∈错误!时，f′(x）＞0，f（x)单调递增，当x∈错误!时,f′（x）＜0,f(x)单调递减，此时f(x）max＝f错误!＝－ln（a－e）－1－b≤0，则b≥－ln(a－e）－1，又a＞e，所以错误!≥错误!，a＞e，令a－e＝t＞0，则ba≥－ln t－1t＋e，t＞0．令g（t)＝错误!，t＞0，则g′（t）＝错误!，由g′（t）＝0得t＝e,且当t∈(0,e)时,g′（t)＜0，g（t）单调递减，当t∈(e,＋∞)时，g′（t）＞0，g(t)单调递增，所以g（t)min＝g（e）＝－错误!，即错误!≥错误!≥－错误!，故错误!的最小值为－错误!．[答案] －错误!11．（2019·江苏省高考命题研究专家原创卷（九)）2018年6月，国家发改委发布了《关于完善国有景区门票价格形成机制降低重点国有景区门票价格的指导意见》，推动了旅游业的转型升级和健康发展．某景区积极响应指导意见,拟实行门票新政，将每张50元的景区门票价格降低来吸引更多的游客，以增加门票的收入,同时投入资金对景区进行升级改造，实现由门票经济向产业经济的转型升级，提高门票收入之外的旅游收入的增加值．据市场调研，若每张门票的价格降低x元，则每年的门票收入增加值为p（x）万元，且满足p(x)＝－25x2＋ax－5(5≤x≤50）；若景区的升级改造投入10x万元，则每年旅游收入的增加值为q（x)万元，且满足q(x）＝bx－20ln错误!．已知2017年该景区的游客量为1 000人，且q(25）＝270．(1)求a，b的值并将该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值表示为x的函数；(2)求该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值的最大值．(注：年收入的净增加值＝门票年收入增加值＋门票年收入之外的旅游收入的增加值－升级改造投入费用）［解] （1)设景区实行门票新政后景区年收入的净增加值为f(x)万元．由题意知2017年的门票收入为50×1 000＝50 000(元),则p（50)＝－5，所以p(50)＝－错误!×502＋50a－5＝－5，可得a＝20．由q（x）＝bx－20ln错误!及q(25）＝270得25b－20ln 1＝270，所以b＝错误!，所以f(x)＝p(x）＋q（x)－10x＝错误!x－错误!x2－20ln错误!－5(5≤x≤50）．(2)f′（x)＝错误!－错误!x－错误!＝错误!＝错误!（5≤x≤50),显然f（x)在［5，25）上单调递增，在(25，50]上单调递减，所以f(x)max＝f(25)＝265．答：该景区实行门票新政后景区年收入的净增加值的最大值为265万元．12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f（x)＝x ln x－x．(1）求函数f(x)的单调递减区间；(2）令g（x）＝f(x）－m2（x2－2)（m∈R),若函数g(x）在(0，＋∞）内有两个不相等的极值点x1和x2，且x1<x2．①求实数m的取值范围；②已知λ>0，若不等式e1＋λ〈x1·xλ，2恒成立，求实数λ的取值范围．［解] （1）函数f（x)的定义域为（0，＋∞)，且f′（x)＝ln x，令f′（x）＝ln x 〈0，得0〈x〈1，故函数f(x)的单调递减区间为（0，1)．（2)①依题意，函数g（x）＝x ln x－错误!x2－x＋m的定义域为(0，＋∞），所以方程g′(x)＝0在（0，＋∞）内有两个不相等的实根，即方程ln x－mx＝0在（0,＋∞)内有两个不相等的实根，所以函数y＝ln x与函数y＝mx的图象在（0,＋∞）内有两个不同的交点．在同一平面直角坐标系内作出两个函数的图象如图所示，若令过原点且切于函数y＝ln x 图象的直线斜率为k，只需0〈m<k．设切点为A(x0，ln x0），所以k＝y′｜x＝x0＝错误!，又k＝错误!，所以错误!＝错误!,解得x＝e，于是k＝错误!，所以0<m<错误!．②e1＋λ<x1·x错误!等价于1＋λ<ln x1＋λln x2．由①可知x1，x2分别是方程ln x－mx＝0的两个根，即ln x1＝mx1,ln x2＝mx2，所以原不等式等价于1＋λ<mx1＋λmx2＝m（x1＋λx2)，因为λ>0，0<x1<x2,所以原不等式等价于m>1＋λx1＋λx2．由ln x1＝mx1，ln x2＝mx2作差得,ln 错误!＝m(x1－x2),即m＝错误!，所以原不等式等价于错误!〉错误!，因为0<x1〈x2，原不等式恒成立，所以ln错误!〈错误!恒成立．令t＝错误!，t∈(0，1），则不等式ln t<错误!在t∈(0,1）上恒成立．令h(t）＝ln t－错误!，又h′(t）＝错误!－错误!＝错误!，当λ2≥1时，可知当t∈(0,1）时,h′（t)>0，所以h（t)在t∈(0，1）上单调递增，又h（1)＝0，所以h（t)〈0在t∈(0，1）上恒成立，符合题意．当λ2〈1时,可见当t∈(0，λ2)时，h′（t)>0，当t∈（λ2，1）时，h′（t)<0，所以h（t）在t∈（0,λ2)上单调递增,在t∈（λ2，1）上单调递减，又h(1）＝0，所以h(t）在t∈(0,1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e1＋λ<x1·x错误!恒成立，只需λ2≥1，又λ>0，所以λ≥1．13．（2019·南京模拟)设函数f（x）＝x3＋ax2＋bx（x＞0)的图象与直线y＝4相切于点M （1，4)．(1)求y＝f（x)在区间(0,4］上的最大值与最小值；（2)是否存在两个不等正数s，t（s〈t），使得当s≤x≤t时,函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的值域是［s，t］？若存在，求出所有这样的正数s，t；若不存在，请说明理由．［解] （1）f′(x）＝3x2＋2ax＋b,依题意，得错误!即错误!解得错误!所以f(x)＝x3－6x2＋9x．令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0,解得x＝1或x＝3．当x变化时，f′（x），f（x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：故函数f（(2)由s，t为正数，知s〉0,故极值点x＝3不在区间[s，t]上．（ⅰ）若极值点x＝1在区间[s，t]上，此时0〈s≤1≤t＜3(s〈t),在此区间上f（x）的最大值是4，不可能等于t，故在区间[s,t］上没有极值点；(ⅱ）若f（x)＝x3－6x2＋9x在[s,t］上单调递增，即0＜s＜t≤1或3＜s＜t，则错误!即错误!解得错误!不符合要求；(ⅲ)若f(x)＝x3－6x2＋9x在[s，t］上单调递减，即1〈s〈t<3，则错误!两式相减并除s－t，得(s＋t）2－6(s＋t）－st＋10＝0，①两式相除,可得［s（s－3）]2＝［t（t－3）]2，即s(3－s)＝t（3－t)，整理并除以s－t,得s＋t＝3,②由①、②可得错误!即s，t是方程x2－3x＋1＝0的两根，即s＝错误!,t＝错误!，不合要求．综上所述,不存在满足条件的s,t．14．（2019·江苏省高考名校联考）已知直线y＝xe是曲线f（x)＝错误!的切线．（1）求函数f(x)的解析式．（2）记F（x)＝f（x)－x＋错误!，试问函数F(x）在(0，＋∞）上是否存在零点x0∈(k，k＋1)，k∈N？若存在,求k的值;若不存在，请说明理由．（3）用min｛m,n｝表示m，n中的较小者，设函数g(x）＝min错误!（x＞0)，若函数h（x）＝g（x）－tx2在(0，＋∞)上单调递增，试求实数t的最大值．[解］（1)由题意得f′(x)＝错误!＝错误!，设切点为（x1，y1),则错误!，解得错误!，故函数f(x)的解析式为f(x）＝错误!．（2)由（1)得F(x)＝错误!－x＋错误!，则F′(x)＝错误!－1－错误!，显然，当x≥2时，F′(x）＜0,当0＜x＜2时，F′(x)＝错误!－1－错误!＜－错误!＜0，故F（x)在(0，＋∞)上单调递减．又F(1)＝错误!＞0，F（2）＝错误!－错误!＜0，所以F（1）·F(2）＜0,由零点存在性定理可知，F(x)在(0，＋∞）上存在零点x0，且x0∈(1，2)，故k＝1．（3)由(2）可知，当0＜x≤x0时，F(x)≥0，即f（x）≥x－1 x ,当x＞x0时，F（x）＜0，即f(x)＜x－错误!．故g（x）＝错误!,从而h（x）＝错误!，则h′（x）＝错误!．又在（0，＋∞）上，h′(x）≥0恒成立，当x∈（0，x0]时，由h′（x)＝1＋错误!－2tx≥0得t≤错误!错误!,所以t≤错误!错误!．当x∈（x0，＋∞)时，由h′(x）＝错误!－2tx≥0得t≤错误!，记u（x)＝错误!，则由u′（x）＝错误!可知当x＝3时，u(x)min＝－错误!，从而t≤－错误!．综上所述，实数t的最大值为－错误!．。

通用版2020年中考数学二轮复习大专题-小突破之折叠(翻折)(35道题 含详细解答)

2020年中考数学二轮复习大专题-小突破之折叠（翻折）解析版一、选择题1.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝4，把矩形折叠，使点D 与点B 重合，点C 落在点E 处，则折痕FG 的长为（ ）A. 2.5B. 3C. √5D. 2√52.如图，将矩形ABCD 沿对角线BD 折叠，点C 落在点E 处，BE 交AD 于点F ，已知∠BDC=62°，则∠DFE 的度数为（ ）A. 31°B. 28°C. 62°D. 56°3.如图，在矩形OABC 中，0A=8，OC=4，沿对角线OB 折叠后，点A 与点D 重合，OD 与BC 交于点E ，则点D 的坐标是( )A. (4，8)B. (5，8)C. ( 245 ， 325 )D. ( 225 ， 365 )4.如图，将长方形纸片ABCD 折叠，使边DC 落在对角线AC 上，折痕为CE ，且D 点落在对角线D′处.若AB=3，AD=4，则ED 的长为（ ）A. 32B. 3C. 1D. 435.将直角三角形纸片按如图方式折叠，不可能折出（ ）A. 直角B. 中位线C. 菱形D. 矩形6.如图，将长BC=8cm ，宽AB=4cm 的矩形纸片ABCD 折叠，使点C 与点A 重合，则折痕EF 的长为（ ）A. 4cmB. √17 cmC. 2√5 cmD. 3√5 c7.有一张矩形纸片ABCD ，AB=2.5，AD=1.5，将纸片折叠，使AD 边落在AB 边上，折痕为AE ，再将△AED 以DE 为折痕向右折叠，AE 与BC 交于点F （如图），则CF 的长为（ ）A. 1 13B. 1C. 23D. 128.如图，△ABC 纸片中，AB ＝BC ＞AC ，点D 是AB 边的中点，点E 在边AC 上，将纸片沿DE 折叠，使点A 落在BC 边上的点F 处.则下列结论成立的个数有（ ）①△BDF 是等腰直角三角形；②∠DFE ＝∠CFE ；③DE 是△ABC 的中位线；④BF+CE ＝DF+DE.A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9.如图，在△ABC 中，∠B ＝50°，点D 为边AB 的中点，点E 在边AC 上，将△ADE 沿DE 折叠，使得点A 恰好落在BC 的延长线上的点F 处，DF 与AC 交于点O ，连结CD ，则下列结论一定正确的是（ ）A. CE ＝EFB. ∠BDF ＝90°C. △EOD 和△COF 的面积相等D. ∠BDC ＝∠CEF+∠A10.如图，一张矩形纸片ABCD ，其中AD ＝10cm ，AB ＝6cm ，先沿对角线BD 对折，使点C 落在点C′的位置，BC′交AD 于点G （图1），再折叠一次，使点D 与点A 重合，得折痕EN ，EN 交AD 于点M （图2），则EM 的长为（ ）A. 165B. 83C. 85D. 10311.如图，把一张长方形纸片ABCD 沿对角线BD 折叠，使C 点落在E 处，BE 与AD 相交于点F ，下列结论：①BD=AD 2+AB 2；②△ABF ≌△EDF ；③ DE AB ＝ EF AF④AD=BD•cos45°．其中正确的一组是（ ）A. ①②B. ②③C. ①④D. ③④12.我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a ＝3，b ＝4，则该矩形的面积为( )A. 20B. 24C.D.13.将矩形纸片ABCD 折叠，使点B 落在边CD 上的B′处，折痕为AE ，过B'作B'P ∥BC ，交AE 于点P ，连接BP.已知BC=3，CB'=1，下列结论：①AB=5；②sin ∠ABP= 35 ；③四边形BEB′P 为菱形；④S 四边形BEB'P ﹣S △ECB '=1，其中正确的个数是（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个14.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=7，点E为BC上一动点，把△ABE沿AE折叠，当点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上时，则点B′到BC的距离为（）A. 1或2B. 2或3C. 3或4D. 4或515.如图，已知正方形ABCD，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF将△AEF沿EF折叠得△HEF，延长FH交BC于M，现在有如下5个结论：①△EFM定是直角三角形；②△BEM≌△HEM；AB2，在以上5个结③当M与C重合时，有DF＝3AF；④MF平分正方形ABCD的面积；⑤FH•MH＝14论中，符合题意的有（）A. 2B. 3C. 4D. 5二、填空题16.如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，点P是对角线AC上的一个动点，过点P作EF⊥AC分别交AD、AB于点E、F，将△AEF沿EF折叠，点A落在A′处，当△A′BC是等腰三角形时，AP的长为________．17.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A＝26°，则∠CDE＝________.18.如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝3，点M为AB边上一点，AM＝2，点N为AD边上的一动点，沿MN将△AMN翻折，点A落在点P处，当点P在菱形的对角线上时，AN的长度为________．19.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2 √3，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F.若△AB′F为直角三角形，则AE的长为________或________20.如图，以半圆中的一条弦BC（非直径）为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若ADBD ＝23，且AB＝10，则CB的长为________.21.如图，将矩形OABC置于一平面直角坐标系中，顶点A，C分别位于x轴，y轴的正半轴上，点B的坐标为(5,6)，双曲线y=kx(k≠0)在第一象限中的图象经过BC的中点D，与AB交于点E，P为y轴正半轴上一动点，把△OAP沿直线AP翻折，使点O落在点F处，当点F落在四边形OABC内部时，连接FE，若FE//x轴，则点P的坐标为________ ．22.如图，在矩形纸片ABCD中，BM，DN分别平分∠ABC，∠CDA，沿BP折叠，点A恰好落在BM上的点E处，延长PE交DN于点F沿DQ折叠，点C恰好落在DN上的点G处，延长QG交BM于点H，若四边形EFGH恰好是正方形，且边长为1，则矩形ABCD的面积为________.23.如图，O是正方形ABCD边上一点，以O为圆心，OB为半径画圆与AD交于点E，过点E作⊙O的切线交CD于F，将△DEF沿EF对折，点D的对称点D'恰好落在⊙O上.若AB＝6，则OB的长为________.24.如图，正方形ABCD的边长为（√2+1），点M、N分别是边BC、AC上的动点，沿MN所在直线折叠正方形，使点C的对应点C'始终落在边AB上，若△NAC'为直角三角形，则CN的长为________.25.如图，将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为FG.若BG＝2cm，DE＝3cm，则FG的长为________.三、解答题26.如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB=90°.将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N.（1）求证：AD2=DP•PC；（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；（3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F.若DPAD = 12，求EFAE的值.27.（1）【操作发现】如图①，在矩形ABCD中，E是BC中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G，连接FC，猜想∠GFC与∠GCF的关系，并证明你的结论；（2）【类比探究】如图②，将(1)中的矩形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立?请说明理由；（3）【应用】若满足(2)中条件，且∠AGD=80°，则∠FCG=________．28.如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE＝13AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q.（1）求∠ABP的度数；（2）求S△PBFS△PEB的值；（3）若CD边上有且只有2个点G，使△GPD与△GFC相似，请直接写出BCAB的值.29.如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，过点A作AB⊥x轴，垂足为点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为点C，两条垂线相交于点B.（1）线段AB，BC，AC的长分别为AB＝________，BC＝________，AC＝________；（2）折叠图1中的△ABC，使点A与点C重合，再将折叠后的图形展开，折痕DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，如图2.请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择（）题.A：①求线段AD的长；②在y轴上，是否存在点P，使得△APD为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由.B：①求线段DE的长；②在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.30.如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形沿直线EF折叠.使得点A恰好落在BC边上的点G处，且点E、F分别在边AB、AD上（含端点），连接CF.（1）当BG=3√2时，求AE的长；（2）当AF取得最小值时，求折痕EF的长；（3）连接CF，当△FCG是以CG为底的等腰三角形时，直接写出BG的长.31.如图，已知矩形OABC中，OA=2，AB=4，双曲线y=k（k＞0）与矩形两边AB、BC分别交于E、F．x（1）若E是AB的中点，求F点的坐标；（2）若将△BEF沿直线EF对折，B点落在x轴上的D点，作EG⊥OC，垂足为G，证明△EGD∽△DCF，并求k的值．32.如图，平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A（0，3），C（- 1，0）. 将矩形OABC 绕原点顺时针旋转900，得到矩形OA’B’C’.解答下列问题：（1）求出直线BB’的函数解析式；（2）直线BB’与x 轴交于点M、与y 轴交于点N，抛物线y = ax2+ bx + c 的图象经过点C、M、N，求抛物线的函数解析式.（3）将△MON 沿直线MN 翻折，点O 落在点P 处，请你判断点P 是否在抛物线上，说明理由. 33.如图，已知一个三角形纸片ACB，其中∠ACB=90°，AC=8，BC=6，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF．（1）如图1，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF=4S△EDF，求ED的长；（2）如图2，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长；（3）如图3，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN=2，CE= 87，求AFBF的值．34.已知边长为3的正方形ABCD中，点E在射线BC上，且BE=2CE，连接AE交射线DC于点F，若△ABE 沿直线AE翻折，点B落在点B1处．（1）如图1，若点E在线段BC上，求CF的长；（2）求sin∠DAB1的值；=x”，其它条件都不变，试写出△ABE翻折后与正方形ABCD公共部分（3）如果题设中“BE=2CE”改为“ BECE的面积y与x的关系式及自变量x的取值范围（只要写出结论，不需写出解题过程）．35.已知：如图1，△ABC中，AB=6，AC= 3√3，BC=3，过边AC上的动点E（点E不与点A、C重合）作EF⊥AB于点F，将△AEF沿EF所在的直线折叠得到△A'EF，设CE=x，折叠后的△A'EF与四边形BCEF重叠部分的面积记为S．（1）如图2，当点A'与顶点B重合时，求AE的长；（2）如图3，当点A'落在△ABC的外部时，A'E与BC相交于点D，求证：△A'BD是等腰三角形；（3）试用含x的式子表示S，并求S的最大值．答案一、选择题1.如图，连接BD，交EF于O，则由轴对称的性质可知，FG垂直平分BD，Rt△ABD中，BD= √AD2+AB2=2 √5∴DO= √5，由折叠可得，∠BFO＝∠DFO，由AD∥BC可得，∠DFO＝∠BGO，∴∠BFO＝∠BGO，∴BF＝BG，即△BFG是等腰三角形，∴BD平分FG，设BF＝DF＝x，则AF＝4﹣x，在Rt△ABE中，（4﹣x）2+22＝x2，解得x= 52，即DF= 52，∴Rt△DOF中，OF= √DF2−DO2=√52，∴FG=2FO= √5.故答案为：C.2.解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∠ADC=90°，∵∠FDB=90°-∠BDC=90°-62°=28°，∵AD∥BC，∴∠CBD=∠FDB=28°，∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，∴∠FBD=∠CBD=28°，∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°.故答案为：D.3.如图，过点D 作DF ⊥x 轴于点F ，交CB 于点Q ，∵将矩形OABC 沿对角线OB 折叠后，点A 与点D 重合，∴OC=BD=AB=4，CB ∥OA ，∠DOB=∠BOA ，OA=BC=OD∴∠CBO=∠BOA∴∠DOB=∠CBO∴OE=BE设OE=BE=x ，则DE=8-x在Rt △BDE 中，DE 2+BD 2=BE 2 ，（8-x ）2+42=x 2解之：x=5∴BE=5，DE=CE=8-5=3，∵S △DEB =12DE·DB=12BE·DQ 即4×3=5DQ解之：DQ=125∴DF=4+125=325在Rt △DEQ 中，EQ 2+QD 2=DE 2 ，∴EQ 2+（125）2=32 ，解之：EQ=95∴CQ=3+95=245∴点D （245 ， 325）故答案为：C4.∵AB=3，AD=4，∴DC=3∴根据勾股定理得AC=5根据折叠可得：△DEC ≌△D′EC ，∴D′C=DC=3，DE=D′E设ED=x ，则D′E=x ，AD′=AC ﹣CD′=2，AE=4﹣x ，在Rt △AED′中：（AD′）2+（ED′）2=AE 2 ， 即22+x 2=（4﹣x ）2，解得：x= 32故答案为：A.5.∵当直角三角形沿斜边中点和直角边中点所在直线折叠，可以得到图形有直角，中位线，矩形，∴不可能折出菱形，故答案为：C.6. 解：连结AC交EF于点O，如图：∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC=90°，在Rt△ABC中，∵AB=4cm，BC=8cm，∴AC=√AB2+BC2=4√5（cm），又∵折叠矩形是点C与点A重合时，有EF⊥AC，AO=CO=2√5（cm），EO=FO，∵∠EOC=∠ABC=90°，∠ECO=∠ACB，∴Rt△EOC∽Rt△ABC，∴OEOC =ABBC=48=12，∴OE=12OC=√5（cm），∴EF=2OE=2√5（cm）.故答案为：C.7.解：如图2，根据题意得：BD=AB﹣AD=2.5﹣1.5=1，如图3，AB=AD﹣BD=1.5﹣1=0.5，∵BC∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴ABAD =BFBD，即0.51.5=BF1.5，∴BF=0.5，∴CF=BC﹣BF=1.5﹣0.5=1.故答案为：B.8.解：①根据折叠知AD＝DF，所以BD＝DF，即一定是等腰三角形.因为∠B不一定等于45°，所以①错误；②连接AF，交DE于G，根据折叠知DE垂直平分AF，又点D是AB边的中点，在△ABF中，根据三角形的中位线定理，得DG∥BF.进一步得E是AC的中点.由折叠知AE＝EF，则EF＝EC，得∠C＝∠CFE.又∠DFE＝∠A＝∠C，所以∠DFE＝∠CFE，正确；③在②中已证明正确；④根据折叠以及中位线定理得右边＝AB，要和左边相等，则需CE＝CF，则△CEF应是等边三角形，显然不一定，错误.故答案为：B.9.解：∵点D为边AB的中点，∴AD＝BD，由折叠知，FD＝AD，∠DFE＝∠A，∴BD＝FD，∴∠B＝∠DFB，∵∠EFC＝∠DFB+∠DFE，∠ECF＝∠B+∠A，∴∠EFC＝∠ECF，∴CE＝EF，故A符合题意；∵BD＝FD，∴∠B＝∠DFB＝50°，∴∠BDF＝180°﹣2×50°＝80°，故B不正确；由折叠知，EF＝AE，∴AE＝CE，∵BD＝CD，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，AB＝2DE，∴△DCE的面积＝△DEF的面积，△CFD的面积＝△CFE的面积，当DE＝CF时，△EOD和△COF的面积相等，故C不正确；∵∠BDC＝∠DCE+∠A，当CD∥EF时，∠DCE＝∠CEF，∠BDC＝∠CEF+∠A，故D不正确；故答案为：A.10.解：∵点D与点A重合，得折痕EN，∴DM＝5cm，∵AD＝10cm，AB＝6cm，在Rt△ABD中，BD＝√AD2+AB2=√102+62=2√34cm，∵EN⊥AD，AB⊥AD，∴EN∥AB，∴MN是△ABD的中位线，∴DN＝12BD＝√34cm，在Rt△MND中，∴MN＝√34−25＝3（cm），由折叠的性质可知∠NDE＝∠NDC，∵EN∥CD，∴∠END＝∠NDC，∴∠END＝∠NDE，∴EN＝ED，设EM＝x，则ED＝EN＝x+3，由勾股定理得ED2＝EM2+DM2，即（x+3）2＝x2+52，解得x＝83，即EM＝83cm.故答案为：B。

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高三年级一部
文科数学导学案
使用日期：20年3 月 8 日 编号：17

一:
1如图1，菱形ABCD中，AB=2，，以
对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如

图2所示点E的位置，使.
(1)求证：；
(2)求三棱锥E—BCD的体积．

2如图,平行四边形
中,==,现将沿
折起,得到三棱锥,且
,点为侧棱的中点.

主备人
审核人

课题：折叠问题
(1)求证:平面;
(2)求三棱锥的体积;
(3)在的角平分线上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,请说明理
由.

3．如图，五边形中，四边形为长方形，三角形为边长为2的正三角形，将三角形
沿折起，使得点在平面上的射影恰好在上.
（Ⅰ）当时，证明：平面平面；
（Ⅱ）当，求四棱锥的侧面积.
4如图，在边长为3的正方形中，点分别在
上（如图1），且，将分
别沿折起，使两点重合于点（如图2）.
（1）求证：；
（2）当时，求点到平面的距离.
教师版导学案17
1如图1，菱形ABCD中，AB=2，，以
对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如

图2所示点E的位置，使.
(1)求证：；
(2)求三棱锥E—BCD的体积．
【答案】（1）见解析； （2） .
【解析】
（1）菱形ABCD中可得：，
以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，
则，,又交于点，
所以平面，又平面，所以。
（2）由（1）得平面，所以,
菱形ABCD中，AB=2，，
求得：,,
所以
=。
2如图,平行四边形
中,==,现将沿
折起,得到三棱锥,且
,点为侧棱的中点.
(1)求证:平面;
(2)求三棱锥的体积;
(3)在的角平分线上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,请说明理
由.
【答案】(1)见解析.(2) . (3)=.
【解析】(1)在平行四边形中,有,
又因为为侧棱的中点,所以,
又因为,且,所以平面,
又因为平面,所以,
因为,所以平面.
(2)因为平面,所以是三棱锥的高,
故==.
(3)取中点,连接并延长至点,使,连接,OE，
因为,所以射线是角的角平分线,
又因为点是中点,所以,
因为平面平面,所以平面,
因为互相平分,所以四边形为平行四边形,则,
又因为,所以===.
3．如图，五边形中，四边形为长方形，三角形为边长为2的正三角形，将三角形
沿折起，使得点在平面上的射影恰好在上.
（Ⅰ）当时，证明：平面平面；
（Ⅱ）当，求四棱锥的侧面积.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】试题分析：（Ⅰ）作，垂足为，平面，可得，
在中，.平面，由面面垂直的判定定理可得结果；(Ⅱ)
可证明四个侧面有一个正三角形，一个等腰三角形，两个全等的直角三角形，分别求出特殊三角形
的面积，然后求和即可.
试题解析：（Ⅰ）作，垂足为，依题意得平面，，
又，平面，.

利用勾股定理得，同理可得.
在中，
平面，又平面，
所以平面平面.
(Ⅱ)由（Ⅰ）中可知 ，同理，
，则由勾股定理可得，
，
中，，所以边上高 ，
，
，
所以四棱锥的侧面积.
4如图，在边长为3的正方形中，点分别在
上（如图1），且，将分别沿
折起，使两点重合于点（如图2）.
（1）求证：；
（2）当时，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）。
【解析】
【分析】
（1）由是正方形及折叠方式，得到平面，进而得到线线垂直；（2）根据等体积转

化得到，易求，可求，进而
得到距离.
【详解】
（1）由是正方形及折叠方式，得
平面，又平面，
.
（2），，，

，，，设点到平面的距离为，
，，解得.

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