高考數(shù)學理科專題一 函數(shù)與導數(shù)、不等式

第1講函數(shù)圖象與性質(zhì)及函數(shù)與方程高考定位1.以分段函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體，考查函數(shù)的定義域、最值與值域、奇偶性、單調(diào)性；2.利用圖象研究函數(shù)性質(zhì)、方程及不等式的解，綜合性強；3.以基本初等函數(shù)為依托，考查函數(shù)與方程的關(guān)系、函數(shù)零點存在性定理.數(shù)形結(jié)合思想是高考考查函數(shù)零點或方程的根的基本方式.真題感悟1.(2016·山東卷)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，當x<0時，f(x)＝x3－1；當－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(6)＝()A.－2 B.－1C.0 D.2解析當x>eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴f(6)＝f(1).當x<0時，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故選D.答案D2.(2015·全國Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋log2（2－x），x＜1，,2x－1，x≥1，))則f(－2)＋f(log212)＝()A.3 B.6C.9 D.12解析因為－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×eq\f(1,2)＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，故選C.答案C3.(2016·全國Ⅰ卷)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2，2]的圖象大致為()解析令f(x)＝2x2－e|x|(－2≤x≤2)，則f(x)是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B；當x＞0時，令g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex，而當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，g′(x)＜eq\f(1,4)×4－e0＝0，因此g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上單調(diào)遞減，排除C，故選D.答案D4.(2016·山東卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x>m，))其中m>0，若存在實數(shù)b，使得關(guān)于x的方程f(x)＝b有三個不同的根，則m的取值范圍是________.解析如圖，當x≤m時，f(x)＝|x|；當x>m時，f(x)＝x2－2mx＋4m在(m，＋∞)為增函數(shù)，若存在實數(shù)b，使方程f(x)＝b有三個不同的根，則m2－2m·m＋4m<|m|.又m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.答案(3，＋∞)考點整合1.函數(shù)的性質(zhì)(1)單調(diào)性(ⅰ)用來比較大小，求函數(shù)最值，解不等式和證明方程根的唯一性.(ⅱ)常見判定方法：①定義法：取值、作差、變形、定號，其中變形是關(guān)鍵，常用的方法有：通分、配方、因式分解；②圖象法；③復合函數(shù)的單調(diào)性遵循“同增異減”的原則；④導數(shù)法.(2)奇偶性：①若f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函數(shù)，0在其定義域內(nèi)，則f(0)＝0；③奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間內(nèi)有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間內(nèi)有相反的單調(diào)性.(3)周期性：常見結(jié)論有：①若y＝f(x)對x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，則y＝f(x)是周期為2a的周期函數(shù)；②若y＝f(x)是偶函數(shù)，其圖象又關(guān)于直線x＝a對稱，則f(x)是周期為2|a|的周期函數(shù)；③若y＝f(x)是奇函數(shù)，其圖象又關(guān)于直線x＝a對稱，則f(x)是周期為4|a|的周期函數(shù)；④若f(x＋a)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或f（x＋a）＝\f(1,f（x）)))，則y＝f(x)是周期為2|a|的周期函數(shù).2.函數(shù)的圖象(1)對于函數(shù)的圖象要會作圖、識圖和用圖，作函數(shù)圖象有兩種基本方法：一是描點法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換和對稱變換.(2)在研究函數(shù)性質(zhì)特別是單調(diào)性、值域、零點時，要注意結(jié)合其圖象研究.3.求函數(shù)值域有以下幾種常用方法：(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)單調(diào)性法；(5)求導法；(6)分離變量法.除了以上方法外，還有數(shù)形結(jié)合法、判別式法等.4.函數(shù)的零點問題(1)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點就是方程f(x)＝g(x)的根，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點的橫坐標.(2)確定函數(shù)零點的常用方法：①直接解方程法；②利用零點存在性定理；③數(shù)形結(jié)合，利用兩個函數(shù)圖象的交點求解.熱點一函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用【例1】(1)已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜a＜b D.c＜b＜a(2)(2016·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝()A.0 B.mC.2m D.4m解析(1)由f(x)＝2|x－m|－1是偶函數(shù)可知m＝0，所以f(x)＝2|x|－1.所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c<a<b.(2)法一由題設(shè)得eq\f(1,2)(f(x)＋f(－x))＝1，點(x，f(x))與點(－x，f(－x))關(guān)于點(0，1)對稱，則y＝f(x)的圖象關(guān)于點(0，1)對稱.又y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，x≠0的圖象也關(guān)于點(0，1)對稱.則交點(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對出現(xiàn)，且每一對關(guān)于點(0，1)對稱.則＝0＋eq\f(m,2)×2＝m，故選B.法二特殊函數(shù)法，根據(jù)f(－x)＝2－f(x)可設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋1，由y＝eq\f(x＋1,x)，解得兩個點的坐標為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－1，,y1＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝1，,y2＝2，))此時m＝2，所以eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝2＝m，故選B.答案(1)C(2)B探究提高(1)可以根據(jù)函數(shù)的奇偶性和周期性，將所求函數(shù)值轉(zhuǎn)化為給出解析式的范圍內(nèi)的函數(shù)值.(2)利用函數(shù)的對稱性關(guān)鍵是確定出函數(shù)圖象的對稱中心(對稱軸).【訓練1】(1)(2015·全國Ⅰ卷)若函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)，則a＝________.(2)(2016·四川卷)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當0<x<1時，f(x)＝4x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(1)＝________.解析(1)f(x)為偶函數(shù)，則ln(x＋eq\r(a＋x2))為奇函數(shù)，所以ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(－x＋eq\r(a＋x2))＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.(2)因為f(x)是周期為2的奇函數(shù)，所以f(1)＝f(－1)＝－f(1)，即f(1)＝0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4eq\f(1,2)＝－2，從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(1)＝－2.答案(1)1(2)－2熱點二函數(shù)圖象的問題[微題型1]函數(shù)圖象的變換與識別【例2－1】(1)(2016·成都診斷)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，規(guī)定：當|f(x)|≥g(x)時，h(x)＝|f(x)|；當|f(x)|＜g(x)時，h(x)＝－g(x)，則h(x)()A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，無最小值C.有最小值－1，無最大值D.有最大值－1，無最小值(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx的大致圖象為()解析(1)由題意得，利用平移變換的知識畫出函數(shù)|f(x)|，g(x)的圖象如圖，而h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|f（x）|，|f（x）|≥g（x），,－g（x），|f（x）|＜g（x），))故h(x)有最小值－1，無最大值.(2)由y1＝eq\f(1,x)－x為奇函數(shù)，y2＝sinx為奇函數(shù)，可得函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx為偶函數(shù)，因此排除C、D.又當x＝eq\f(π,2)時，y1＜0，y2＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，因此選B.答案(1)C(2)B探究提高(1)作圖：常用描點法和圖象變換法.圖象變換法常用的有平移變換、伸縮變換和對稱變換.尤其注意y＝f(x)與y＝f(－x)、y＝－f(x)、y＝－f(－x)、y＝f(|x|)、y＝|f(x)|及y＝af(x)＋b的相互關(guān)系.(2)識圖：從圖象與x軸的交點及值域、單調(diào)性、變化趨勢、對稱性、特殊值等方面找準解析式與圖象的對應(yīng)關(guān)系.[微題型2]函數(shù)圖象的應(yīng)用【例2－2】(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,ln（x＋1），x>0.))若|f(x)|≥ax，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，0] B.(－∞，1)C.[－2，1] D.[－2，0](2)(2015·全國Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))解析(1)函數(shù)y＝|f(x)|的圖象如圖.y＝ax為過原點的一條直線，當a＞0時，與y＝|f(x)|在y軸右側(cè)總有交點，不合題意；當a＝0時成立；當a＜0時，找與y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情況，即y′＝2x－2，切線方程為y＝(2x0－2)(x－x0)，由分析可知x0＝0，所以a＝－2，綜上，a∈[－2，0].(2)設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)＜ax0－a，因為g′(x)＝ex(2x＋1)，可知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，作出g(x)與h(x)的大致圖象如圖所示，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（0）＞g（0），,h（－1）≤g（－1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,－2a≤－\f(3,e)，))所以eq\f(3,2e)≤a<1，故選D.答案(1)D(2)D探究提高(1)涉及到由圖象求參數(shù)問題時，常需構(gòu)造兩個函數(shù)，借助兩函數(shù)圖象求參數(shù)范圍.(2)圖象形象地顯示了函數(shù)的性質(zhì)，因此，函數(shù)性質(zhì)的確定與應(yīng)用及一些方程、不等式的求解常與圖象數(shù)形結(jié)合研究.【訓練2】(2016·安慶二模)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數(shù)k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2) D.(2，＋∞)解析由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原題等價于函數(shù)y＝|x－2|與y＝kx－1的圖象有2個不同交點.如圖：∴y＝kx－1在直線y＝x－1與y＝eq\f(1,2)x－1之間，∴eq\f(1,2)＜k＜1，故選B.答案B熱點三函數(shù)的零點與方程根的問題[微題型1]函數(shù)零點的判斷【例3－1】(1)函數(shù)f(x)＝log2x－eq\f(1,x)的零點所在的區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2) D.(2，3)(2)(2016·武漢二模)函數(shù)f(x)＝4cos2eq\f(x,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－2sinx－|ln(x＋1)|的零點個數(shù)為________.解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\f(1,2)－eq\f(1,\f(1,2))＝－1－2＝－3＜0，f(1)＝log21－eq\f(1,1)＝0－1＜0，f(2)＝log22－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＞0，f(3)＝log23－eq\f(1,3)＞1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)＞0，即f(1)·f(2)＜0，∴函數(shù)f(x)＝log2x－eq\f(1,x)的零點在區(qū)間(1，2)內(nèi).(2)f(x)＝4cos2eq\f(x,2)sinx－2sinx－|ln(x＋1)|＝2sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(x,2)－1))－|ln(x＋1)|＝sin2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐標系中作出兩個函數(shù)y＝sin2x與函數(shù)y＝|ln(x＋1)|的大致圖象如圖所示.觀察圖象可知，兩函數(shù)圖象有2個交點，故函數(shù)f(x)有2個零點.答案(1)C(2)2探究提高函數(shù)零點(即方程的根)的確定問題，常見的有①函數(shù)零點值大致存在區(qū)間的確定；②零點個數(shù)的確定；③兩函數(shù)圖象交點的橫坐標或有幾個交點的確定.解決這類問題的常用方法有解方程法、利用零點存在的判定或數(shù)形結(jié)合法，尤其是求解含有絕對值、分式、指數(shù)、對數(shù)、三角函數(shù)式等較復雜的函數(shù)零點問題，常轉(zhuǎn)化為熟悉的兩個函數(shù)圖象的交點問題求解.[微題型2]由函數(shù)的零點(或方程的根)求參數(shù)【例3－2】(1)(2016·鄭州二模)若方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在區(qū)間[0，2]上有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3－1，ln2＋\f(1,2))) B.[ln2－1，ln3－1)C.[ln2－1，ln2] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，ln2＋\f(1,2)))(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2，,（x－2）2，x＞2，))函數(shù)g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，則b的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))解析(1)令f(x)＝ln(x＋1)－x2＋eq\f(3,2)x－a，則f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－2x＋eq\f(3,2)＝eq\f(－（4x＋5）（x－1）,2（x＋1）).當x∈[0，1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當x∈(1，2]時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.由于方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在區(qū)間[0，2]上有兩個不同的實數(shù)根，即f(x)＝0在區(qū)間[0，2]上有兩個不同的實數(shù)根，其充要條件為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝－a≤0，,f（1）＝ln2＋\f(1,2)－a＞0，,f（2）＝ln3－1－a≤0，))解得ln3－1≤a＜ln2＋eq\f(1,2).所以方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在區(qū)間[0，2]上有兩個不同的實數(shù)根時，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3－1，ln2＋\f(1,2))).(2)函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，即方程f(x)－g(x)＝0，即b＝f(x)＋f(2－x)有4個不同實數(shù)根，即直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個不同的交點，又y＝f(x)＋f(2－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x＋2，x＜0，,2，0≤x≤2，,x2－5x＋8，x＞2，))作出該函數(shù)的圖象如圖所示，由圖可知，當eq\f(7,4)＜b＜2時，直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)＋f(2－x)的圖象有4個不同的交點，故函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個零點時，b的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2)).答案(1)A(2)D探究提高利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構(gòu)建不等式求解.(2)分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域(最值)問題求解.(3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解.【訓練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋3x＋3－a·ex(a為非零實數(shù))，若f(x)有且僅有一個零點，則a的取值范圍為________.解析令f(x)＝0，可得eq\f(x2＋3x＋3,ex)＝a，令g(x)＝eq\f(x2＋3x＋3,ex)，則g′(x)＝eq\f(（2x＋3）·ex－ex·（x2＋3x＋3）,（ex）2)＝－eq\f(x（x＋1）,ex)，令g′(x)＞0，可得x∈(－1，0)，令g′(x)＜0，可得x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)，所以g(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增，在(－∞，－1)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減.由題意知函數(shù)y＝g(x)的圖象與直線y＝a有且僅有一個交點，結(jié)合y＝g(x)及y＝a的圖象可得a∈(0，e)∪(3，＋∞).答案(0，e)∪(3，＋∞)1.解決函數(shù)問題忽視函數(shù)的定義域或求錯函數(shù)的定義域，如求函數(shù)f(x)＝eq\f(1,xlnx)的定義域時，只考慮x＞0，忽視lnx≠0的限制.2.如果一個奇函數(shù)f(x)在原點處有意義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.3.三招破解指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)值的大小比較.(1)底數(shù)相同，指數(shù)不同的冪用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進行比較；(2)底數(shù)相同，真數(shù)不同的對數(shù)值用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較；(3)底數(shù)不同、指數(shù)也不同，或底數(shù)不同，真數(shù)也不同的兩個數(shù)，常引入中間量或結(jié)合圖象比較大小.4.三種作函數(shù)圖象的基本思想方法(1)通過函數(shù)圖象變換利用已知函數(shù)圖象作圖；(2)對函數(shù)解析式進行恒等變換，轉(zhuǎn)化為已知方程對應(yīng)的曲線；(3)通過研究函數(shù)的性質(zhì)，明確函數(shù)圖象的位置和形狀.5.對于給定的函數(shù)不能直接求解或畫出圖形，常會通過分解轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象，然后數(shù)形結(jié)合，看其交點的個數(shù)有幾個，其中交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.一、選擇題1.(2016·臨沂模擬)下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞減的函數(shù)是()A.f(x)＝sinx B.f(x)＝2cosx＋1C.f(x)＝2x－1 D.f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)解析由函數(shù)f(x)為奇函數(shù)排除B、C，又f(x)＝sinx在(－1，1)上單調(diào)遞增，排除A，故選D.答案D2.(2015·湖南卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是()A.奇函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)B.奇函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)C.偶函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)D.偶函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)解析易知函數(shù)定義域為(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,x－1)))，由復合函數(shù)單調(diào)性判斷方法知，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，故選A.答案A3.已知二次函數(shù)f(x)＝x2－bx＋a的部分圖象如圖所示，則函數(shù)g(x)＝ex＋f′(x)的零點所在的區(qū)間是()A.(－1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)解析由函數(shù)f(x)的圖象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，即g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理可知，函數(shù)g(x)的零點所在的區(qū)間是(0，1)，故選B.答案B4.(2016·西安八校聯(lián)考)函數(shù)y＝eq\f(x3,3x－1)的圖象大致是()解析由3x－1≠0得x≠0，∴函數(shù)y＝eq\f(x3,3x－1)的定義域為{x|x≠0}，可排除A；當x＝－1時，y＝eq\f(（－1）3,\f(1,3)－1)＝eq\f(3,2)＞0，可排除B；當x＝2時，y＝1，當x＝4時，y＝eq\f(4,5)，但從D中函數(shù)圖象可以看出函數(shù)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，兩者矛盾，可排除D.故選C.答案C5.(2015·全國Ⅱ卷)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析當點P沿著邊BC運動，即0≤x≤eq\f(π,4)時，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，則f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，它不是關(guān)于x的一次函數(shù)，圖象不是線段，故排除A和C；當點P與點C重合，即x＝eq\f(π,4)時，由以上得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(4＋tan2\f(π,4))＋taneq\f(π,4)＝eq\r(5)＋1，又當點P與邊CD的中點重合，即x＝eq\f(π,2)時，△PAO與△PBO是全等的腰長為1的等腰直角三角形，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝|PA|＋|PB|＝eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故又可排除D.綜上，選B.答案B二、填空題6.(2016·浙江卷)已知a＞b＞1.若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，則a＝________，b＝________.解析設(shè)logba＝t，則t＞1，因為t＋eq\f(1,t)＝eq\f(5,2)，解得t＝2，所以a＝b2，因此ab＝(b2)b＝b2b＝ba，∴a＝2b，b2＝2b，又b＞1，解得b＝2，a＝4.答案427.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－[x]，x≥0，,f（x＋1），x＜0，))其中[x]表示不超過x的最大整數(shù).若直線y＝k(x＋1)(k＞0)與函數(shù)y＝f(x)的圖象恰有三個不同的交點，則實數(shù)k的取值范圍是________.解析根據(jù)[x]表示的意義可知，當0≤x＜1時，f(x)＝x，當1≤x＜2時，f(x)＝x－1，當2≤x＜3時，f(x)＝x－2，以此類推，當k≤x＜k＋1時，f(x)＝x－k，k∈Z，當－1≤x＜0時，f(x)＝x＋1，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖，直線y＝k(x＋1)過點(－1，0)，當直線經(jīng)過點(3，1)時恰有三個交點，當直線經(jīng)過點(2，1)時恰好有兩個交點，在這兩條直線之間時有三個交點，故k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))8.(2016·海淀二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x＜1，,4（x－a）（x－2a），x≥1.))(1)若a＝1，則f(x)的最小值為________；(2)若f(x)恰有2個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)當a＝1時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x<1，,4（x－1）（x－2），x≥1.))當x<1時，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，當x≥1時，f(x)＝4(x2－3x＋2)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)))≥－1，∴f(x)min＝－1.(2)由于f(x)恰有2個零點，分兩種情況討論：當f(x)＝2x－a，x<1沒有零點時，a≥2或a≤0.當a≥2時，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1時，有2個零點；當a≤0時，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1時無零點.因此a≥2滿足題意.當f(x)＝2x－a，x<1有一個零點時，0<a<2.f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一個零點，此時a<1,2a≥1，因此eq\f(1,2)≤a<1.綜上知實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|\f(1,2)≤a<1或a≥2)).答案(1)－1(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個正實數(shù)的零點，求實數(shù)m的取值范圍.解當m＝0時，f(x)＝－2x＋1，它顯然有一個為正實數(shù)的零點.當m≠0時，函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1的圖象是拋物線，且與y軸的交點為(0，1)，由f(x)有且僅有一個正實數(shù)的零點，則得：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,m)＞0，,Δ＝0))或②x＝eq\f(1,m)＜0，解①，得m＝1；解②，得m＜0.綜上所述，m的取值范圍是(－∞，0]∪{1}.10.已知函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)k(x)＝f(x)－h(huán)(x)，若函數(shù)k(x)在[1，3]上恰有兩個不同零點，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝0，得x＝1.當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值為1，無極大值.(2)k(x)＝f(x)－h(huán)(x)＝x－2lnx－a(x＞0)，所以k′(x)＝1－eq\f(2,x)，令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上單調(diào)遞減，在(2，3]上單調(diào)遞增，所以當x＝2時，函數(shù)k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln2－a，因為函數(shù)k(x)＝f(x)－h(huán)(x)在區(qū)間[1，3]上恰有兩個不同零點.即有k(x)在[1，2)和(2，3]內(nèi)各有一個零點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（1）≥0，,k（2）＜0，,k（3）≥0，))即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,2－2ln2－a＜0，,3－2ln3－a≥0，))解得2－2ln2＜a≤3－2ln3.所以實數(shù)a的取值范圍為(2－2ln2，3－2ln3].11.已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù).(1)若對任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范圍；(2)當m＞1時，判斷f(x)在[0，2m]上零點的個數(shù)，并說明理由.解(1)f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當x∈(－∞，m)時，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(m，＋∞)時，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.∴當x＝m時，f(m)為極小值，也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即若對任意x∈R有f(x)≥0成立，則m的取值范圍是(－∞，1].(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有兩個零點，當m＞1時，f(m)＝1－m＜0.∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，∴f(x)在(0，m)上有一個零點.∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，∵當m＞1時，g′(m)＝em－2＞0，∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.∴f(m)·f(2m)＜0，∴f(x)在(m，2m)上有一個零點.∴故f(x)在[0，2m]上有兩個零點.第2講不等式問題高考定位1.利用不等式性質(zhì)比較大小，不等式的求解，利用基本不等式求最值及線性規(guī)劃問題是高考的熱點，主要以選擇題、填空題為主；2.但在解答題中，特別是在解析幾何中求最值、范圍問題或在解決導數(shù)問題時常利用不等式進行求解，難度較大.真題感悟1.(2016·全國Ⅰ卷)若a>b>1，0<c<1，則()A.ac<bc B.abc<bacC.alogbc<blogac D.logac<logbc解析取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2)，逐一驗證C正確.答案C2.(2016·北京卷)若x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0，,x＋y≤3，,x≥0，))則2x＋y的最大值為()A.0 B.3C.4 D.5解析不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示.令z＝2x＋y，則y＝－2x＋z，作直線2x＋y＝0并平移，當直線過點A時，截距最大，即z取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,x＋y＝3，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以A點坐標為(1，2)，可得2x＋y的最大值為2×1＋2＝4.答案C3.(2015·陜西卷)設(shè)f(x)＝lnx，0＜a＜b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，則下列關(guān)系式中正確的是()A.q＝r＜p B.q＝r＞pC.p＝r＜q D.p＝r＞q解析∵0＜a＜b，∴eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＞f(eq\r(ab))，即q＞p.又r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝ln(ab)eq\f(1,2)＝f(eq\r(ab))＝p.故p＝r＜q.選C.答案C4.(2016·江蘇卷)已知實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0，,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0，))則x2＋y2的取值范圍是________.解析已知不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，則(x，y)為陰影部分內(nèi)的動點，x2＋y2表示原點到可行域內(nèi)的點的距離的平方.解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－3＝0，,x－2y＋4＝0，))得A(2，3).由圖可知(x2＋y2)min＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|－2|,\r(22＋12))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，(x2＋y2)max＝|OA|2＝22＋32＝13.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13))考點整合1.簡單分式不等式的解法(1)eq\f(f（x）,g（x）)＞0(＜0)?f(x)g(x)＞0(＜0)；(2)eq\f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.2.(1)解含有參數(shù)的一元二次不等式，要注意對參數(shù)的取值進行討論：①對二次項系數(shù)與0的大小進行討論；②在轉(zhuǎn)化為標準形式的一元二次不等式后，對判別式與0的大小進行討論；③當判別式大于0，但兩根的大小不確定時，對兩根的大小進行討論；④討論根與定義域的關(guān)系.(2)四個常用結(jié)論①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))②ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))③a＞f(x)恒成立?a＞f(x)max.④a＜f(x)恒成立?a＜f(x)min.3.利用基本不等式求最值已知x，y∈R＋，則(1)若x＋y＝S(和為定值)，則當x＝y(tǒng)時，積xy取得最大值eq\f(S2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xy≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))\s\up12(2)＝\f(S2,4)))；(2)若xy＝P(積為定值)，則當x＝y(tǒng)時，和x＋y取得最小值2eq\r(P)(x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(P)).4.二元一次不等式(組)和簡單的線性規(guī)劃(1)線性規(guī)劃問題的有關(guān)概念：線性約束條件、線性目標函數(shù)、可行域、最優(yōu)解等.(2)解不含實際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟：①畫出可行域；②根據(jù)線性目標函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點；③求出目標函數(shù)的最大值或者最小值.5.不等式的證明不等式的證明要注意和不等式的性質(zhì)結(jié)合起來，常用的方法有：比較法、作差法、作商法(要注意討論分母)、分析法、綜合法、數(shù)學歸納法、反證法，還要結(jié)合放縮和換元的技巧.熱點一利用基本不等式求最值[微題型1]基本不等式的簡單應(yīng)用【例1－1】(1)(2016·山東師大附中模擬)設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(xy,z)取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為()A.0 B.1C.eq\f(9,4) D.3(2)已知正項等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，若存在兩項am，an使得eq\r(aman)＝4a1，則eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為________.解析(1)由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)則eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，當且僅當x＝2y時取等號，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\s\up12(2)＋1≤1.所以當y＝1時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為1.(2)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵a7＝a6＋2a5，∴a5q2＝a5q＋2a5，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去).∴eq\r(am·an)＝eq\r(a1·2m－1·a1·2n－1)＝4a1，平方得2m＋n－2＝16＝24，∴m＋n＝6，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))(m＋n)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2)，當且僅當eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m，亦即m＝2，n＝4時取等號.答案(1)B(2)eq\f(3,2)探究提高在利用基本不等式時往往都需要變形，變形的原則是在已知條件下通過變形湊出基本不等式應(yīng)用的條件，即“和”或“積”為定值，等號能夠取得.[微題型2]帶有約束條件的基本不等式問題【例1－2】(1)已知兩個正數(shù)x，y滿足x＋4y＋5＝xy，則xy取最小值時，x，y的值分別為()A.5，5 B.10，eq\f(5,2)C.10，5 D.10，10(2)(2016·臨沂模擬)設(shè)x，y為實數(shù)，若4x2＋y2＋xy＝1，則2x＋y的最大值是________.解析(1)∵x＞0，y＞0，∴x＋4y＋5＝xy≥2eq\r(4xy)＋5，即xy－4eq\r(xy)－5≥0，可求xy≥25.當且僅當x＝4y時取等號，即x＝10，y＝eq\f(5,2).(2)∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－eq\f(3,2)·2xy＝1，∴(2x＋y)2－eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)≤1，解之得(2x＋y)2≤eq\f(8,5)，即2x＋y≤eq\f(2\r(10),5).等號當且僅當2x＝y(tǒng)＞0，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)時成立.答案(1)B(2)eq\f(2\r(10),5)探究提高在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，或?qū)s束條件中的一部分利用基本不等式，構(gòu)造不等式進行求解.【訓練1】(1)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，若x，y均為正數(shù)，則eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A.eq\f(5,3) B.eq\f(8,3)C.8 D.24(2)若直線2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦長為4，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________.解析(1)∵a∥b，∴3(y－1)＋2x＝0，即2x＋3y＝3.∵x＞0，y＞0，∴eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(2,y)))·eq\f(1,3)(2x＋3y)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋6＋\f(9y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,3)(12＋2×6)＝8.當且僅當3y＝2x時取等號.(2)易知圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的半徑為2，圓心為(－1，2)，因為直線2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦長為4，所以直線2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)過圓心，把圓心坐標代入得a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，a＋b＝1，即a＝b＝eq\f(1,2)時等號成立.答案(1)C(2)4熱點二含參不等式恒成立問題[微題型1]分離參數(shù)法解決恒成立問題【例2－1】(1)關(guān)于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________.(2)已知x＞0，y＞0，x＋y＋3＝xy，且不等式(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)設(shè)f(x)＝x＋eq\f(4,x)，因為x＞0，所以f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4.又關(guān)于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以實數(shù)a的取值范圍為(－1，3).(2)要使(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，則有(x＋y)2＋1≥a(x＋y)，即a≤(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)恒成立.由x＋y＋3＝xy，得x＋y＋3＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，解得x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去).設(shè)t＝x＋y，則t≥6，(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)＝t＋eq\f(1,t).設(shè)f(t)＝t＋eq\f(1,t)，則在t≥6時，f(t)單調(diào)遞增，所以f(t)＝t＋eq\f(1,t)的最小值為6＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,6)，所以a≤eq\f(37,6)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6))).答案(1)(－1，3)(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6)))探究提高對于含參數(shù)的不等式恒成立問題，常通過分離參數(shù)，把求參數(shù)的范圍化歸為求函數(shù)的最值問題，a＞f(x)恒成立?a＞f(x)max；a＜f(x)恒成立?a＜f(x)min.[微題型2]函數(shù)法解決恒成立問題【例2－2】(1)已知f(x)＝x2－2ax＋2，當x∈[－1，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，則a的取值范圍為________.(2)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋x＋1對x∈[0，2]恒有f(x)＞0.則實數(shù)a的取值范圍為________.解析(1)法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a，當a∈(－∞，－1)時，結(jié)合圖象知，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②當a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1.∴－1≤a≤1.綜上所述，所求a的取值范圍為[－3，1].法二設(shè)g(x)＝f(x)－a，則g(x)＝x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g（－1）≥0，))解得[－3，1].(2)法一函數(shù)法.若a＞0，則對稱軸x＝－eq\f(1,2a)＜0，故f(x)在[0，2]上為增函數(shù)，且f(0)＝1，因此在x∈[0，2]上恒有f(x)＞0成立.若a＜0，則應(yīng)有f(2)＞0，即4a＋3＞0，∴a＞－eq\f(3,4).∴－eq\f(3,4)＜a＜0.綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).法二分離參數(shù)法.當x＝0時，f(x)＝1＞0成立.當x≠0時，ax2＋x＋1＞0變?yōu)閍＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，令g(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)≥\f(1,2))).∴當eq\f(1,x)≥eq\f(1,2)時，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4))).∵a＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，∴a＞－eq\f(3,4).又∵a≠0，∴a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).答案(1)[－3，1](2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞)探究提高參數(shù)不易分離的恒成立問題，特別是與二次函數(shù)有關(guān)的恒成立問題的求解，常用的方法是借助函數(shù)圖象根的分布，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在區(qū)間上的最值或值域問題.【訓練2】(1)若不等式x2－ax＋1≥0對于一切a∈[－2，2]恒成立，則x的取值范圍是________.(2)已知不等式eq\f(2,x－1)≥eq\f(1,5)|a2－a|對于x∈[2，6]恒成立，則a的取值范圍是________.解析(1)因為a∈[－2，2]，可把原式看作關(guān)于a的一次函數(shù)，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－2）＝x2＋2x＋1≥0，,g（2）＝x2－2x＋1≥0，))解之得x∈R.(2)設(shè)y＝eq\f(2,x－1)，y′＝－eq\f(2,（x－1）2)，故y＝eq\f(2,x－1)在x∈[2，6]上單調(diào)遞減，即ymin＝eq\f(2,6－1)＝eq\f(2,5)，故不等式eq\f(2,x－1)≥eq\f(1,5)|a2－a|對于x∈[2，6]恒成立等價于eq\f(1,5)|a2－a|≤eq\f(2,5)恒成立，化簡得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a－2≤0，,a2－a＋2≥0，))解得－1≤a≤2，故a的取值范圍是[－1，2].答案(1)R(2)[－1，2]熱點三簡單的線性規(guī)劃問題[微題型1]已知線性約束條件，求目標函數(shù)最值【例3－1】(2016·全國Ⅰ卷)某高科技企業(yè)生產(chǎn)產(chǎn)品A和產(chǎn)品B需要甲、乙兩種新型材料.生產(chǎn)一件產(chǎn)品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5個工時；生產(chǎn)一件產(chǎn)品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3個工時，生產(chǎn)一件產(chǎn)品A的利潤為2100元，生產(chǎn)一件產(chǎn)品B的利潤為900元.該企業(yè)現(xiàn)有甲材料150kg，乙材料90kg，則在不超過600個工時的條件下，生產(chǎn)產(chǎn)品A、產(chǎn)品B的利潤之和的最大值為________元.解析設(shè)生產(chǎn)A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件，根據(jù)所耗費的材料要求、工時要求等其他限制條件，得線性約束條件為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*))目標函數(shù)z＝2100x＋900y.作出可行域為圖中陰影部分(包括邊界)內(nèi)的整數(shù)點，頂點為(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)處取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元).答案216000探究提高線性規(guī)劃的實質(zhì)是把代數(shù)問題幾何化，即數(shù)形結(jié)合的思想.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數(shù)所對應(yīng)的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數(shù)的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.[微題型2]線性規(guī)劃中的含參問題【例3－2】(1)(2016·陜西八校二模)已知a＞0，x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥a（x－3），))若z＝2x＋y的最小值為1，則a＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.1 D.2(2)(2016·濟南十校二模)已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))若z＝ax＋y的最大值為4，則a＝()A.3 B.2C.－2 D.－3解析(1)由約束條件畫出可行域(如圖所示的△ABC及其內(nèi)部)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝a（x－3），))得A(1，－2a)，當直線2x＋y－z＝0過點A時，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝2×1－2a，解得a＝eq\f(1,2).(2)不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示.易知A(2，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋y＝2，))得B(1，1).由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴當a＝－2或－3時，z＝ax＋y在O(0，0)處取得最大值，最大值為zmax＝0，不滿足題意，排除C，D；當a＝2或3時，z＝ax＋y在A(2，0)處取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，故選B.答案(1)B(2)B探究提高對于線性規(guī)劃中的參數(shù)問題，需注意：(1)當最值是已知時，目標函數(shù)中的參數(shù)往往與直線斜率有關(guān)，解題時應(yīng)充分利用斜率這一特征加以轉(zhuǎn)化.(2)當目標函數(shù)與最值都是已知，且約束條件中含有參數(shù)時，因為平面區(qū)域是變動的，所以要抓住目標函數(shù)及最值已知這一突破口，先確定最優(yōu)解，然后變動參數(shù)范圍，使得這樣的最優(yōu)解在該區(qū)域內(nèi)即可.【訓練3】(1)(2016·浙江卷)在平面上，過點P作直線l的垂線所得的垂足稱為點P在直線l上的投影.由區(qū)域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2≤0，,x＋y≥0，,x－3y＋4≥0))中的點在直線x＋y－2＝0上的投影構(gòu)成的線段記為AB，則|AB|＝()A.2eq\r(2) B.4C.3eq\r(2) D.6(2)已知x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤－x＋2，,x≥a，))且目標函數(shù)z＝2x＋y的最小值為1，則實數(shù)a的值是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析(1)已知不等式組表示的平面區(qū)域如圖中△PMQ所示.因為直線x＋y－2＝0與直線x＋y＝0平行.所以區(qū)域內(nèi)的點在直線x＋y－2上的投影構(gòu)成線段AB，則|AB|＝|PQ|.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4＝0，,x＋y＝0，))解得P(－1，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,x＋y＝0))解得Q(2，－2).∴|AB|＝|PQ|＝eq\r(（－1－2）2＋（1＋2）2)＝3eq\r(2).(2)依題意，不等式組所表示的可行域如圖所示(陰影部分)，觀察圖象可知，當目標函數(shù)z＝2x＋y過點B(a，a)時，zmin＝2a＋a＝3a；因為目標函數(shù)z＝2x＋y的最小值為1，所以3a＝1，解得a＝eq\f(1,3)，故選C.答案(1)C(2)C1.多次使用基本不等式的注意事項當多次使用基本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且要注意取等號的條件的一致性，否則就會出錯，因此在利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，也是檢驗轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法.2.基本不等式除了在客觀題考查外，在解答題的關(guān)鍵步驟中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先變換形式才能應(yīng)用.3.解決線性規(guī)劃問題首先要作出可行域，再注意目標函數(shù)表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標函數(shù)達到最值時可行域的頂點(或邊界上的點)，但要注意作圖一定要準確，整點問題要驗證解決.4.解答不等式與導數(shù)、數(shù)列的綜合問題時，不等式作為一種工具常起到關(guān)鍵的作用，往往涉及到不等式的證明方法(如比較法、分析法、綜合法、放縮法、換元法等).在求解過程中，要以數(shù)學思想方法為思維依據(jù)，并結(jié)合導數(shù)、數(shù)列的相關(guān)知識解題，在復習中通過解此類問題，體會每道題中所蘊含的思想方法及規(guī)律，逐步提高自己的邏輯推理能力.一、選擇題1.(2016·全國Ⅲ卷)已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，則()A.b＜a＜c B.a＜b＜cC.b＜c＜a D.c＜a＜b解析a＝2eq\f(4,3)＝eq\r(3,16)，b＝3eq\f(2,3)＝eq\r(3,9)，c＝25eq\f(1,3)＝eq\r(3,25)，所以b＜a＜c.答案A2.(2016·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0，))若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.[0，1] B.[－1，0]C.[－1，1] D.[－1，0]解析f(－a)＋f(a)≤2f(1)?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,（－a）2－2×（－a）＋a2＋2a≤2×3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,（－a）2＋2×（－a）＋a2－2a≤2×3))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2＋2a－3≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,a2－2a－3≤0，))解得0≤a≤1，或－1≤a＜0.故－1≤a≤1.答案C3.(2016·北京卷)已知x，y∈R，且x＞y＞0，則()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＞0 B.sinx－siny＞0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0 D.lnx＋lny＞0解析函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\f(1,x)＜eq\f(1,y)，即eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＜0，A錯；函數(shù)y＝sinx在(0，＋∞)上不是單調(diào)函數(shù)，B錯；函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0，所以C正確；lnx＋lny＝ln(xy)，當x＞y＞0時，xy不一定大于1，即不一定有l(wèi)n(xy)＞0，D錯.答案C4.已知當x＜0時，2x2－mx＋1＞0恒成立，則m的取值范圍為()A.[2eq\r(2)，＋∞) B.(－∞，2eq\r(2)]C.(－2eq\r(2)，＋∞) D.(－∞，－2eq\r(2))解析由2x2－mx＋1＞0，得mx＜2x2＋1，因為x＜0，所以m＞eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x).而2x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－2x）＋\f(1,（－x）)))≤－2eq\r(（－2x）×\f(1,（－x）))＝－2eq\r(2).當且僅當－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)時取等號，所以m＞－2eq\r(2).答案C5.(2016·珠海模擬)若x，y滿足不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2≥0，,x－y＋1≥0，,3x＋y－6≤0，))則eq\r(x2＋y2)的最小值是()A.eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(4,5) D.1解析不等式組所表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，eq\r(x2＋y2)表示原點(0，0)到此區(qū)域內(nèi)的點P(x，y)的距離.顯然該距離的最小值為原點到直線x＋2y－2＝0的距離.故最小值為eq\f(|0＋0－2|,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(5),5).答案B二、填空題6.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(x)，x≤0，))那么不等式f(x)≥1的解集為________.解析當x＞0時，由log3x≥1可得x≥3，當x≤0時，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)≥1可得x≤0，∴不等式f(x)≥1的解集為(－∞，0]∪[3，＋∞).答案(－∞，0]∪[3，＋∞)7.設(shè)目標函數(shù)z＝x＋y，其中實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k.))若z的最大值為12，則z的最小值為________.解析作出不等式組所表示的可行域如圖陰影所示，平移直線x＋y＝0，顯然當直線過點A(k，k)時，目標函數(shù)z＝x＋y取得最大值，且最大值為k＋k＝12，則k＝6，直線過點B時目標函數(shù)z＝x＋y取得最小值，點B為直線x＋2y＝0與y＝6的交點，即B(－12，6)，所以zmin＝－12＋6＝－6.答案－68.(2016·大同模擬)已知x＞0，y＞0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，若x＋2y＞m2＋2m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________.解析記t＝x＋2y，由不等式恒成立可得m2＋2m＜tmin.因為eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以t＝x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y).而x＞0，y＞0，所以eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝4(當且僅當eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝2y時取等號).所以t＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋4＝8，即tmin＝8.故m2＋2m＜8，即(m－2)(m＋4)＜0.解得－4＜m＜2.答案(－4，2)三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)若f(x)＞k的解集為{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)對任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范圍.解(1)f(x)＞k?kx2－2x＋6k＜0.由已知{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的兩根是－3，－2.由根與系數(shù)的關(guān)系可知(－2)＋(－3)＝eq\f(2,k)，即k＝－eq\f(2,5).(2)因為x＞0，f(x)＝eq\f(2x,x2＋6)＝eq\f(2,x＋\f(6,x))≤eq\f(2,2\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，當且僅當x＝eq\r(6)時取等號.由已知f(x)≤t對任意x＞0恒成立，故t≥eq\f(\r(6),6)，即t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，＋∞)).10.(1)解關(guān)于x的不等式x2－2mx＋m＋1＞0；(2)解關(guān)于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0.解(1)原不等式對應(yīng)方程的判別式Δ＝(－2m)2－4(m＋1)＝4(m2－m－1).當m2－m－1＞0，即m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)時，由于方程x2－2mx＋m＋1＝0的兩根是m±eq\r(m2－m－1)，所以原不等式的解集是{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；當Δ＝0，即m＝eq\f(1±\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x∈R，且x≠m}；當Δ＜0，即eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)時，不等式的解集為R.綜上，當m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；當m＝eq\f(1±\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x∈R，且x≠m}；當eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)時，不等式的解集為R.(2)原不等式可化為(ax－1)(x－2)＜0.①當a＞0時，原不等式可以化為a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，這個不等式等價于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0.因為方程(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＝0的兩個根分別是2，eq\f(1,a)，所以當0＜a＜eq\f(1,2)時，2＜eq\f(1,a)，則原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2＜x＜\f(1,a)))；當a＝eq\f(1,2)時，原不等式的解集是?；當a＞eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)＜2，則原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).②當a＝0時，原不等式為－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}.③當a＜0時，原不等式可以化為a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，這個不等式等價于(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＞0，由于eq\f(1,a)＜2，故原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,a)或x＞2)))).綜上，當a＝0時不等式解集為(2，＋∞)；當0＜a＜eq\f(1,2)時，不等式解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a)))；當a＝eq\f(1,2)時，不等式解集