创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题训练

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新(全国甲卷)2017版高考数学大二轮总复习与增分策略 专题二 函数与导数 第4讲 导数的热点问题练习 理

新(全国甲卷)2017版高考数学大二轮总复习与增分策略 专题二 函数与导数 第4讲 导数的热点问题练习 理

第4讲 导数的热点问题(2016·课标全国乙)已知函数f (x )=(x -2)e x+a (x -1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2. 解 (1)f ′(x )=(x -1)e x+2a (x -1)=(x -1)(e x +2a ). ①设a =0,则f (x )=(x -2)e x,f (x )只有一个零点. ②设a >0,则当x ∈(-∞,1)时,f ′(x )<0; 当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0, 所以f (x )在(-∞,1)上单调递减, 在(1,+∞)上单调递增.又f (1)=-e ,f (2)=a ,取b 满足b <0且b <ln a2,则f (b )>a 2(b -2)+a (b -1)2=a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2-32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )=0得x =1或x =ln(-2a ).若a ≥-e2,则ln(-2a )≤1,故当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,+∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点.若a <-e2,则ln(-2a )>1,故当x ∈(1,ln(-2a ))时,f ′(x )<0;当x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(-2a ))上单调递减,在(ln(-2a ),+∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)不妨设x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上单调递减,所以x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2),即f (2-x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x --=-+-,而()2e 2222(2)(1)0x f x x a x =-+-=, 所以222222(2)e (2)e .x x f x x x --=---设g (x )=-x e2-x-(x -2)e x,则g ′(x )=(x -1)(e 2-x-e x),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)=0,故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.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 (2015·北京)已知函数f (x )=ln 1+x1-x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)求证:当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33; (3)设实数k 使得f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值. (1)解 因为f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ), 所以f ′(x )=11+x +11-x,f ′(0)=2.又因为f (0)=0,所以曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =2x .(2)证明 令g (x )=f (x )-2⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33, 则g ′(x )=f ′(x )-2(1+x 2)=2x41-x2.因为g ′(x )>0(0<x <1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)=0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33. (3)解 由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )=f (x )-k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33, 则h ′(x )=f ′(x )-k (1+x 2)=kx 4-k -1-x2.所以当0<x < 4k -2k时,h ′(x )<0,因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0, 4k -2k 上单调递减.当0<x < 4k -2k时,h (x )<h (0)=0,即f (x )<k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33.所以当k >2时,f (x )>k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +x 33并非对x ∈(0,1)恒成立. 综上可知,k 的最大值为2. 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 ,则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 已知函数f (x )=a ln x +1(a >0).(1)当x >0时,求证:f (x )-1≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1-1x ;(2)在区间(1,e)上f (x )>x 恒成立,求实数a 的取值范围.(1)证明 设φ(x )=f (x )-1-a ⎝⎛⎭⎪⎫1-1x=a ln x -a ⎝⎛⎭⎪⎫1-1x (x >0),则φ′(x )=a x -ax2.令φ′(x )=0,则x =1,当0<x <1时,φ′(x )<0,所以φ(x )在(0,1)上单调递减;当x >1时,φ′(x )>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增,故φ(x )在x =1处取到极小值也是最小值,故φ(x )≥φ(1)=0,即f (x )-1≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1-1x .(2)解 由f (x )>x 得a ln x +1>x ,即a >x -1ln x .令g (x )=x -1ln x (1<x <e),则g ′(x )=ln x -x -1x x 2.令h (x )=ln x -x -1x (1<x <e),则h ′(x )=1x -1x2>0,故h (x )在区间(1,e)上单调递增,所以h (x )>h (1)=0.因为h (x )>0,所以g ′(x )>0,即g (x )在区间(1,e)上单调递增,则g (x )<g (e)=e -1,即x -1ln x<e -1,所以a 的取值范围为[e -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 设函数f (x )=ln x +m x,m ∈R .(1)当m =e(e 为自然对数的底数)时,求f (x )的极小值; (2)讨论函数g (x )=f ′(x )-x3零点的个数.解 (1)由题设,当m =e 时,f (x )=ln x +ex(x >0),则f ′(x )=x -ex 2(x >0), ∴当x ∈(0,e)时,f ′(x )<0,f (x )在(0,e)上单调递减, 当x ∈(e,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )在(e ,+∞)上单调递增, ∴当x =e 时,f (x )取得极小值f (e)=ln e +ee =2,∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )=f ′(x )-x 3=1x -m x 2-x3(x >0),令g (x )=0,得m =-13x 3+x (x >0).设φ(x )=-13x 3+x (x >0),则φ′(x )=-x 2+1=-(x -1)(x +1),当x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )在(0,1)上单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,φ′(x )<0,φ(x )在(1,+∞)上单调递减.∴x =1是φ(x )的唯一极值点,且是极大值点,因此x =1也是φ(x )的最大值点, ∴φ(x )的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0,结合y =φ(x )的图象(如图),可知①当m >23时,函数g (x )无零点;②当m =23时,函数g (x )有且只有一个零点;③当0<m <23时,函数g (x )有两个零点;④当m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述,当m >23时,函数g (x )无零点;当m =23或m ≤0时,函数g (x )有且只有一个零点;当0<m <23时,函数g (x )有两个零点.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 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 ,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 =-x +x -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). g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e,e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g =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.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 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r 米,高为h 米,体积为V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率). (1)将V 表示成r 的函数V (r ),并求该函数的定义域;(2)讨论函数V (r )的单调性,并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh =200πrh (元),底面的总成本为160πr 2元. 所以蓄水池的总成本为(200πrh +160πr 2)元. 又根据题意得200πrh +160πr 2=12 000π, 所以h =15r(300-4r 2),从而V (r )=πr 2h =π5(300r -4r 3).因为r >0,又由h >0可得r <53, 故函数V (r )的定义域为(0,53).(2)因为V (r )=π5(300r -4r 3),故V ′(r )=π5(300-12r 2),令V ′(r )=0,解得r 1=5,r 2=-5(因为r 2=-5不在定义域内,舍去). 当r ∈(0,5)时,V ′(r )>0,故V (r )在(0,5)上为增函数; 当r ∈(5,53)时,V ′(r )<0,故V (r )在(5,53)上为减函数. 由此可知,V (r )在r =5处取得最大值,此时h =8. 即当r =5,h =8时,该蓄水池的体积最大.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 统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时耗油量y (升),关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为:y =1128 000x 3-380x +8(0<x ≤120).已知甲、乙两地相距100千米.(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 解 (1)当x =40时,汽车从甲地到乙地行驶了10040=2.5(小时),要耗油(1128 000×403-380×40+8)×2.5=17.5(升).所以,当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油17.5升. (2)当速度为x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了100x小时,设耗油量为h (x )升,依题意得h (x )=(1128 000x 3-380x +8)100x=11 280x 2+800x -154(0<x ≤120), h ′(x )=x640-800x 2=x 3-800×640640x 2(0<x ≤120), 令h ′(x )=0得x =80,当x ∈(0,80)时,h ′(x )<0,h (x )是减函数; 当x ∈(80,120]时,h ′(x )>0,h (x )是增函数, 当x =80时,h (x )取到极小值h (80)=11.25,因为h (x )在(0,120)上只有一个极值,所以它是最小值.故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,最少为11.25升.已知函数f (x )=12x 2-(2a +2)x +(2a +1)ln x .(1)当a =0时,求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程; (2)求f (x )的单调区间;(3)对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,52,x 1,x 2∈[1,2],恒有|f (x 1)-f (x 2)|≤λ|1x 1-1x 2|,求正实数λ的取值范围.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. 解 (1)当a =0时,f (x )=12x 2-2x +ln x ,f ′(x )=x -2+1x ,且f (1)=-32,f ′(1)=0,故曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为y =-32.(2)f ′(x )=x -(2a +2)+2a +1x=[x -a +x -x,x >0.①当2a +1≤0,即a ≤-12时,函数f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;②当0<2a +1<1,即-12<a <0时,函数f (x )在(2a +1,1)上单调递减,在(0,2a +1),(1,+∞)上单调递增;③当2a +1=1,即a =0时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;④当2a +1>1,即a >0时,函数f (x )在(1,2a +1)上单调递减,在(0,1),(2a +1,+∞)上单调递增.(3)根据(2),当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,52时,函数f (x )在[1,2]上单调递减.若x 1=x 2,则不等式|f (x 1)-f (x 2)|≤λ|1x 1-1x 2|对任意正实数λ恒成立,此时λ∈(0,+∞).若x 1≠x 2,不妨设1≤x 1<x 2≤2, 则f (x 1)>f (x 2),1x 1>1x 2,原不等式即f (x 1)-f (x 2)≤λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1-1x 2, 即f (x 1)-λx 1≤f (x 2)-λx 2对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,52,x 1,x 2∈[1,2]恒成立,设g (x )=f (x )-λx ,则对任意的a ∈[32,52],x 1,x 2∈[1,2],不等式g (x 1)≤g (x 2)恒成立,即函数g (x )在[1,2]上为增函数,故g ′(x )≥0对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,52,x ∈[1,2]恒成立. g ′(x )=x -(2a +2)+2a +1x +λx2≥0,即x 3-(2a +2)x 2+(2a +1)x +λ≥0,即(2x -2x 2)a +x 3-2x 2+x +λ≥0对任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32,52恒成立.由于x ∈[1,2],2x -2x 2≤0,故只要(2x -2x 2)×52+x 3-2x 2+x +λ≥0,即x 3-7x 2+6x +λ≥0对任意的x ∈[1,2]恒成立. 令h (x )=x 3-7x 2+6x +λ,x ∈[1,2], 则h ′(x )=3x 2-14x +6<0恒成立, 故函数h (x )在区间[1,2]上是减函数,所以h (x )min =h (2)=λ-8,只要λ-8≥0即可,即λ≥8, 故实数λ的取值范围是[8,+∞).A 组 专题通关1.函数f (x )的定义域为R ,f (-1)=3,对任意x ∈R ,f ′(x )<3,则f (x )>3x +6的解集为( ) A .(-1,1) B .(-1,+∞) C .(-∞,-1) D .(-∞,+∞)答案 C解析 设g (x )=f (x )-(3x +6),则g ′(x )=f ′(x )-3<0,所以g (x )为减函数,又g (-1)=f (-1)-3=0,所以根据单调性可知g (x )>0的解集是{x |x <-1}. 2.设a >0,b >0,e 是自然对数的底数( ) A .若e a +2a =e b+3b ,则a >b B .若e a +2a =e b+3b ,则a <b C .若e a -2a =e b-3b ,则a >b D .若e a -2a =e b-3b ,则a <b 答案 A解析 由e a +2a =e b +3b ,有e a +3a >e b+3b , 令函数f (x )=e x+3x ,则f (x )在(0,+∞)上单调递增,因为f (a )>f (b ),所以a >b ,A 正确,B 错误; 由e a -2a =e b -3b ,有e a -2a <e b-2b , 令函数f (x )=e x -2x ,则f ′(x )=e x-2, 函数f (x )=e x-2x 在(0,ln 2)上单调递减, 在(ln 2,+∞)上单调递增,当a ,b ∈(0,ln 2)时,由f (a )<f (b ),得a >b , 当a ,b ∈(ln 2,+∞)时,由f (a )<f (b )得a <b , 故C ,D 错误.3.若不等式2x ln x ≥-x 2+ax -3恒成立,则实数a 的取值范围为( ) A .(-∞,0) B .(-∞,4] C .(0,+∞) D .[4,+∞)答案 B解析 条件可转化为a ≤2ln x +x +3x(x >0)恒成立.设f (x )=2ln x +x +3x,则f ′(x )=x +x -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 ≤4.4.如果函数f (x )=ax 2+bx +c ln x (a ,b ,c 为常数,a >0)在区间(0,1)和(2,+∞)上均单调递增,在(1,2)上单调递减,则函数f (x )的零点个数为( ) A .0B .1C .2D .3答案 B解析 由题意可得f ′(x )=2ax +b +c x,则⎩⎪⎨⎪⎧f =2a +b +c =0,f =4a +b +c2=0,解得⎩⎪⎨⎪⎧b =-6a ,c =4a ,所以f (x )=a (x 2-6x +4ln x ),则极大值f (1)=-5a <0,极小值f (2)=a (4ln 2-8)<0,又f (10)=a (40+4ln 10)>0,结合函数图象可得该函数只有一个零点,故选B.5.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π dm 3,且用料最省,则圆柱的底面半径为( ) A .3 dm B .4 dm C .6 dm D .5 dm答案 A解析 设圆柱的底面半径为R dm ,母线长为l dm ,则V =πR 2l =27π,所以l =27R2,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.S 表=πR 2+2πRl =πR 2+2π·27R ,所以S ′表=2πR -54πR2.令S ′表=0,得R =3,则当R =3时,S 表最小.故选A.6.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 <0.7.如果对定义在R 上的函数f (x ),对任意两个不相等的实数x 1,x 2,都有x 1f (x 1)+x 2f (x 2)>x 1f (x 2)+x 2f (x 1),则称函数f (x )为“H 函数”.给出下列函数:①y =-x 3+x +1;②y =3x -2(sin x -cos x );③y =e x+1;④f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧ln|x |,x ≠0,0,x =0.以上函数是“H 函数”的所有序号为________. 答案 ②③解析 因为x 1f (x 1)+x 2f (x 2)>x 1f (x 2)+x 2f (x 1),即(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]>0恒成立,所以函数f (x )在R 上是增函数.由y ′=-3x 2+1>0得-33<x <33,即函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫-33,33上是增函数,故①不是“H 函数”;由y ′=3-2(cos x +sin x )=3-22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x +π4≥3-22>0恒成立,所以②为“H 函数”;由y ′=e x>0恒成立,所以③为“H 函数”;由于④为偶函数,所以不可能在R 上是增函数,所以不是“H 函数”.综上可知,是“H 函数”的有②③.8.已知函数f (x )=13x 3-x 2-3x +43,直线l :9x +2y +c =0,若当x ∈[-2,2]时,函数y =f (x )的图象恒在直线l 下方,则c 的取值范围是________.答案 (-∞,-6)解析 根据题意知13x 3-x 2-3x +43<-92x -c 2在x ∈[-2,2]上恒成立,则-c 2>13x 3-x 2+32x +43,设g (x )=13x 3-x 2+32x +43,则g ′(x )=x 2-2x +32,则g ′(x )>0恒成立,所以g (x )在[-2,2]上单调递增, 所以g (x )max =g (2)=3,则c <-6. 9.已知函数f (x )=ln x +ax +1(a ∈R ),(1)当a =92时,如果函数g (x )=f (x )-k 仅有一个零点,求实数k 的取值范围;(2)当a =2时,试比较f (x )与1的大小. 解 (1)当a =92时,f (x )=ln x +9x +,定义域是(0,+∞).f ′(x )=1x-9x +2=x -x -2x x +2.令f ′(x )=0,得x =12或x =2.因为当0<x <12或x >2时,f ′(x )>0,当12<x <2时,f ′(x )<0, 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,(2,+∞)上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,2上单调递减. 所以f (x )的极大值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=3-ln 2, 极小值是f (2)=32+ln 2.因为当x →0时,f (x )→-∞; 当x →+∞时,f (x )→+∞,所以当g (x )=f (x )-k 仅有一个零点时,实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,32+ln 2∪(3-ln 2,+∞).(2)当a =2时,f (x )=ln x +2x +1,定义域是(0,+∞), 令h (x )=f (x )-1=ln x +2x +1-1, 则h ′(x )=1x-2x +2=x 2+1x x +2>0,所以h (x )在(0,+∞)上是增函数. 当x >1时,h (x )>h (1)=0,即f (x )>1; 当0<x <1时,h (x )<h (1)=0,即f (x )<1; 当x =1时,h (x )=h (1)=0,即f (x )=1.B 组 能力提高10.定义在⎝⎛⎭⎪⎫0,π2上的函数f (x ),f ′(x )是它的导函数,且恒有f (x )<f ′(x )tan x 成立,则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B .f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1 C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 ∵f (x )<f ′(x )tan x , 即f ′(x )sin x -f (x )cos x >0, ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x sin x ′=fxx -f x xsin 2x>0,∴函数f xsin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0,π2上单调递增,从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3,即3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.11.直线y =a 分别与直线y =2(x +1),曲线y =x +ln x 交于点A ,B ,则|AB |的最小值为________. 答案 32解析 解方程2(x +1)=a ,得x =a2-1.设方程x +ln x =a 的根为t (t >0),则t +ln t =a , 则|AB |=⎪⎪⎪⎪⎪⎪t -a2+1=⎪⎪⎪⎪⎪⎪t -t +ln t2+1=⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2-ln t 2+1.设g (t )=t 2-ln t 2+1(t >0),则g ′(t )=12-12t =t -12t (t >0),令g ′(t )=0,得t =1.当t ∈(0,1)时,g ′(t )<0;当t ∈(1,+∞)时,g ′(t )>0, 所以g (t )min =g (1)=32,所以|AB |≥32,所以|AB |的最小值为32.12.已知函数f (x )=a ln(x +1)-x 2在区间(0,1)内任取两个实数p ,q ,且p ≠q ,不等式f p +-f q +p -q>1恒成立,则实数a 的取值范围为________.答案 [15,+∞) 解析f p +-f q +p -q=f p +-f q +p +-q +,表示点(p +1,f (p +1))与点(q +1,f (q +1))连线的斜率,因为p ,q ∈(0,1),所以1<p +1<2,1<q +1<2,即函数图象在区间(1,2)内任意两点连线的斜率大于1,即f ′(x )>1在(1,2)内恒成立.由定义域可知x >-1,所以f ′(x )=a x +1-2x >1,即ax +1>1+2x ,所以a >(1+2x )(x +1)在(1,2)内恒成立.设y =(1+2x )(x +1),则y =2x 2+3x +1=2(x +34)2-18,当1≤x ≤2时,函数y =2(x +34)2-18的最大值为15,所以a ≥15,即a 的取值范围为[15,+∞). 13.已知函数f (x )=a ·ln x -x +2x.(1)若函数f (x )在点(1,f (1))处的切线过点(0,4),求函数f (x )的最大值;(2)当a <1时,若函数g (x )=xf (x )+x 2-2x +2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,2内有且只有一个零点,求实数a的取值范围.(参考数值:ln 2≈0.7)解 (1)∵f ′(x )=a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -1x -x -x +x 2=a ·-ln x -1x2, f ′(1)=-a ,f (1)=a .∴f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -a =-a (x -1), 即y =-ax +2a .又∵该切线过点(0,4),∴a =2.∴f (x )=2·ln x -x +2x ,f ′(x )=-2·1+ln xx2, ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e 时,f ′(x )>0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e 单调递增;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞时,f ′(x )<0,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞单调递减. ∴当x =1e 时,f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =2·ln 1e -1e +21e=2e -2.(2)∵g (x )=xf (x )+x 2-2x +2 =a (ln x -x +2)+x 2-2x +2,∴g ′(x )=a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x-1+2x -2=x -ax -x,令g ′(x )=0,得x 1=a 2,x 2=1,显然x 1=a 2<12,∴在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1上g ′(x )<0,在(1,2)上g ′(x )>0,故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1上是减函数,在(1,2)上是增函数. 要使g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,2上只有一个零点, ①函数g (x )的极小值g (1)=a +1=0,即a =-1. ②⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0,g,即⎩⎪⎨⎪⎧a ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12+32+54≤0,a ln 2+2>0,即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤54ln 2-6,a >-2ln 2.由ln 2≈0.7,可知-2ln 2<54ln 2-6,∴-2ln 2<a ≤54ln 2-6.③⎩⎪⎨⎪⎧g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0,g,得⎩⎪⎨⎪⎧a >54ln 2-6,a ≤-2ln 2,a 不存在.综上,a 的取值范围为-2ln 2<a ≤54ln 2-6或a =-1.。

全国通用2017年高考数学大二轮专题复习第二编专题整合突破专题二函数与导数第四讲导数的综合应用课件理

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2.不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔I 是 f(x)>g(x)的解集的 子集⇔[f(x)-g(x)]min>0(x∈I). (2)f(x)>g(x)对 x∈I 能成立⇔I 与 f(x)>g(x)的解集的交集 不是空集⇔[f(x)-g(x)]max>0(x∈I). (3)对∀x1,x2∈D 使得 f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4) 对 ∀ x1 ∈ D1 , ∃ x2 ∈ D2 使 得 f(x1)≥g(x2) ⇔ f(x)min≥g(x)min,f(x)定义域为 D1,g(x)定义域为 D2.
∴x=1 是 φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,∴x=1 是 φ(x)的最大值点, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)=3. 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知
2 ①当 m>3时,函数 g(x)无零点; 2 ②当 m=3时,函数 g(x)有且只有一个零点; 2 ③当 0<m<3时,函数 g(x)有两个零点; ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m>3时,函数 g(x)无零点;
∴m
1 ,+ ∞ 的取值范围是4 .
题型 2 利用零点(或根)的存在情况求参数的取值范围 典例 2 x [2016· 合肥质检]已知函数 f(x)=e -4, 其中
x 2
e 为自然对数的底数. (1)设 g(x)=(x+1)f′(x)(其中 f′(x)为 f(x)的导函数), 判 断 g(x)在(-1,+∞)上的单调性; (2)若 F(x)=ln (x+1)-af(x)+4 无零点,试确定正数 a 的取值范围.
x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)-3=x -x2-3(x>0), 1 3 令 g(x)=0,得 m=-3x +x(x>0). 1 3 设 φ(x)=-3x +x(x>0), 则 φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1), 当 x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调 递减.

《创新设计》2017届高考数学(浙江专用)二轮教师文档讲义:专题1.1函数图象与性质及函数与方程

《创新设计》2017届高考数学(浙江专用)二轮教师文档讲义:专题1.1函数图象与性质及函数与方程

第1讲 函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体,考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性;2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解,综合性强;3.以基本初等函数为依托,考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真 题 感 悟1.(2016·山东卷)已知函数f (x )的定义域为R ,当x <0时,f (x )=x 3-1;当-1≤x ≤1时,f (-x )=-f (x );当x >12时,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -12,则f (6)=( )A.-2B.-1C.0D.2解析 当x >12时,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -12,即f (x )=f (x +1),∴f (6)=f (1).当x <0时,f (x )=x 3-1且-1≤x ≤1,f (-x )=-f (x ),∴f (6)=f (1)=-f (-1)=2,故选D. 答案 D2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )=⎩⎨⎧1+log 2(2-x ),x <1,2x -1,x ≥1,则f (-2)+f (log 212)=( ) A.3 B.6 C.9D.12解析 因为-2<1,log 212>log 28=3>1,所以f (-2)=1+log 2[2-(-2)]=1+log 24=3,f (log 212)=2log 212-1=2log 212×2-1=12×12=6,故f (-2)+f (log 212)=3+6=9,故选C. 答案 C3.(2016·全国Ⅰ卷)函数y =2x 2-e |x |在[-2,2]的图象大致为( )解析 f (2)=8-e 2>8-2.82>0,排除A ;f (2)=8-e 2<8-2.72<1,排除B ;在x >0时,f (x )=2x 2-e x,f ′(x )=4x -e x,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0,14时,f ′(x )<14×4-e 0=0,因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14上单调递减,排除C ,故选D.答案 D4.(2016·山东卷)已知函数f (x )=⎩⎨⎧|x |,x ≤m ,x 2-2mx +4m ,x >m ,其中m >0,若存在实数b ,使得关于x 的方程f (x )=b 有三个不同的根,则m 的取值范围是________.解析 如图,当x ≤m 时,f (x )=|x |;当x >m 时,f (x )=x 2-2mx +4m 在(m ,+∞)为增函数,若存在实数b ,使方程f (x )=b 有三个不同的根,则m 2-2m ·m +4m <|m |.∵m >0,∴m 2-3m >0,解得m >3. 答案 (3,+∞)考 点 整 合1.函数的性质 (1)单调性①用来比较大小,求函数最值,解不等式和证明方程根的唯一性.②常见判定方法:(ⅰ)定义法:取值、作差、变形、定号,其中变形是关键,常用的方法有:通分、配方、因式分解;(ⅱ)图象法;(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则;(ⅳ)导数法.(2)奇偶性:①若f (x )是偶函数,那么f (x )=f (-x );②若f (x )是奇函数,0在其定义域内,则f (0)=0;③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性,偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性;(3)周期性:常见结论有①若y =f (x )对x ∈R ,f (x +a )=f (x -a )或f (x -2a )=f (x )(a>0)恒成立,则y =f (x )是周期为2a 的周期函数;②若y =f (x )是偶函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为2|a |的周期函数;③若y =f (x )是奇函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为4|a |的周期函数;④若f (x +a )= -f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f (x +a )=1f (x ),则y =f (x )是周期为2|a |的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图,作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时,要注意用好其与图象的关系,结合图象研究.3.求函数值域有以下几种常用方法:(1)直接法;(2)配方法;(3)基本不等式法;(4)单调性法;(5)求导法;(6)分离变量法.除了以上方法外,还有数形结合法、判别式法等. 4.函数的零点问题(1)函数F (x )=f (x )-g (x )的零点就是方程f (x )=g (x )的根,即函数y =f (x )的图象与函数y =g (x )的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③数形结合,利用两个函数图象的交点求解热点一 函数性质的应用【例1】 (1)已知定义在R 上的函数f (x )=2|x -m |-1(m 为实数)为偶函数,记a =f (log 0.53),b =f (log 25),c =f (2m ),则a ,b ,c 的大小关系为( ) A.a <b <c B.a <c <b C.c <a <bD.c <b <a(2)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (-x )=2-f (x ),若函数y =x +1x 与y =f (x )图象的交点为(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m ),则∑i =1m(x i +y i )=( )A.0B.mC.2mD.4m解析 (1)由f (x )=2|x -m |-1是偶函数可知m =0, 所以f (x )=2|x |-1.所以a =f (log 0.53)=2|log 0.53|-1=2log 23-1=2, b =f (log 25)=2|log 25|-1=2log 25-1=4, c =f (0)=2|0|-1=0,所以c <a <b . (2)法一 由题设得12(f (x )+f (-x ))=1,点(x ,f (x ))与点(-x ,f (-x ))关于点(0,1)对称, 则y =f (x )的图象关于点(0,1)对称.又y =x +1x =1+1x ,x ≠0的图象也关于点(0,1)对称.则交点(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m )成对出现,且每一对关于点(0,1)对称. 则111()mmmi i i i i i i x y x y ===+=+∑∑∑=0+m2×2=m ,故选B.法二 特殊函数法,根据f (-x )=2-f (x )可设函数f (x )=x +1,由y =x +1x ,解得两个点的坐标为⎩⎨⎧x 1=-1,y 1=0,⎩⎨⎧x 2=1,y 2=2,此时m =2,所以∑i =1m (x i +y i )=2=m ,故选B.答案 (1)C (2)B探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性,将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )=x ln(x +a +x 2)为偶函数,则a =________.(2)(2016·四川卷)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=4x ,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (1)=________.解析 (1)f (x )为偶函数,则ln(x +a +x 2)为奇函数, 所以ln(x +a +x 2)+ln(-x +a +x 2)=0, 即ln(a +x 2-x 2)=0,∴a =1.(2)f (x )是周期为2的函数, 所以f (x )=f (x +2);而f (x )是奇函数,所以f (x )=-f (-x ), 所以f (1)=f (-1),f (1)=-f (-1),即f (1)=0, 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=412=2,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52=-2,从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (1)=-2. 答案 (1)1 (2)-2 热点二 函数图象的问题[微题型1] 函数图象的变换与识别【例2-1】 (1)(2016·浙江诊断)已知f (x )=2x -1,g (x )=1-x 2,规定:当|f (x )|≥g (x )时,h (x )=|f (x )|;当|f (x )|<g (x )时,h (x )=-g (x ),则h (x )( ) A.有最小值-1,最大值1 B.有最大值1,无最小值 C.有最小值-1,无最大值D.有最大值-1,无最小值(2)函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x sin x 的大致图象为( )解析 (1)由题意得,利用平移变换的知识画出函数|f (x )|,g (x )的图象如图,而h (x )=⎩⎨⎧|f (x )|,|f (x )|≥g (x ),-g (x ),|f (x )|<g (x ), 故h (x )有最小值-1,无最大值.(2)由y 1=1x -x 为奇函数,y 2=sin x 为奇函数,可得函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x sin x 为偶函数,因此排除C 、D.又当x =π2时,y 1<0,y 2>0,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0,因此选B. 答案 (1)C (2)B探究提高 (1)作图:常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.尤其注意y =f (x )与y =f (-x )、y =-f (x )、y =-f (-x )、y =f (|x |)、y =|f (x )|及y =af (x )+b 的相互关系.(2)识图:从图象与x 轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系. [微题型2] 函数图象的应用【例2-2】 (1)已知函数f (x )=⎩⎨⎧-x 2+2x ,x ≤0,ln (x +1),x >0.若|f (x )|≥ax ,则实数a 的取值范围是( ) A.(-∞,0] B.(-∞,1) C.[-2,1]D.[-2,0](2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数f (x )=e x (2x -1)-ax +a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-32e ,1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-32e ,34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ,34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ,1解析(1)函数y=|f(x)|的图象如图.①当a=0时,|f(x)|≥ax显然成立.②当a>0时,只需在x>0时,ln(x+1)≥ax成立.比较对数函数与一次函数y=ax的增长速度.显然不存在a>0使ln(x+1)≥ax在x>0上恒成立.③当a<0时,只需在x<0时,x2-2x≥ax成立.即a≥x-2成立,∴a≥-2.综上所述:-2≤a≤0.故选D.(2)设g(x)=e x(2x-1),y=ax-a,由题知存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y =ax-a的下方,因为g′(x)=e x(2x+1),所以当x<-12时,g′(x)<0,当x>-12时,g′(x)>0,所以当x=-12时,[g(x)]min=-2e-12,当x=0时,g(0)=-1,当x=1时,g(1)=e>0,直线y=a(x-1)恒过(1,0),则满足题意的唯一整数x0=0,故-a>g(0)=-1,且g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得32e≤a<1,故选D.答案(1)D(2)D探究提高(1)涉及到由图象求参数问题时,常需构造两个函数,借助两函数图象求参数范围.(2)图象形象地显示了函数的性质,因此,函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.【训练2】 (2016·安庆二模)已知函数f (x )=|x -2|+1,g (x )=kx .若方程f (x )=g (x )有两个不相等的实根,则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 C.(1,2)D.(2,+∞)解析 由f (x )=g (x ),∴|x -2|+1=kx ,即|x -2|=kx -1,所以原题等价于函数y =|x -2|与y =kx -1的图象有2个不同交点.如图:∴y =kx -1在直线y =x -1与y =12x -1之间, ∴12<k <1,故选B. 答案 B热点三 函数的零点与方程根的问题 [微题型1] 函数零点的判断【例3-1】 (1)函数f (x )=log 2x -1x 的零点所在的区间为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 C.(1,2)D.(2,3)(2)(2016·武汉二模)函数f (x )=4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x -2sin x -|ln(x +1)|的零点个数为________.解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),且函数f (x )在(0,+∞)上为增函数. f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=log 212-112=-1-2=-3<0,f (1)=log 21-11=0-1<0, f (2)=log 22-12=1-12=12>0,f (3)=log 23-13>1-13=23>0,即f (1)·f (2)<0, ∴函数f (x )=log 2x -1x 的零点在区间(1,2)内.(2)f (x )=4cos 2x 2sin x -2sin x -|ln(x +1)|=2sin x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 2-1-|ln(x +1)|=sin 2x -|ln(x +1)|,令f (x )=0,得sin 2x =|ln(x +1)|.在同一坐标系中作出两个函数y =sin 2x 与函数y =|ln(x +1)|的大致图象如图所示.观察图象可知,两函数图象有2个交点,故函数f (x )有2个零点. 答案 (1)C (2)2探究提高 函数零点(即方程的根)的确定问题,常见的有①函数零点值大致存在区间的确定;②零点个数的确定;③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题,常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数【例3-2】 (1)(2016·郑州二模)若方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根,则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3-1,ln 2+12 B.[ln 2-1,ln 3-1) C.[ln 2-1,ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,ln 2+12 (2)已知函数f (x )=⎩⎨⎧2-|x |,x ≤2,(x -2)2,x >2,函数g (x )=b -f (2-x ),其中b ∈R ,若函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点,则b 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74,+∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,74 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,74 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74,2解析 (1)令f (x )=ln(x +1)-x 2+32x -a ,则f ′(x )=1x +1-2x +32=-(4x +5)(x -1)2(x +1).当x ∈[0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(1,2]时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.由于方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根,即f (x )=0在区间[0,2]上有两个不同的实数根,其充要条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧f (0)=-a ≤0,f (1)=ln 2+12-a >0,f (2)=ln 3-1-a ≤0,解得ln 3-1≤a <ln 2+12.所以方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时,实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3-1,ln 2+12.(2)函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点,即方程f (x )-g (x )=0,即b =f (x )+f (2-x )有4个不同实数根,即直线y =b 与函数y =f (x )+f (2-x )的图象有4个不同的交点,又y =f (x )+f (2-x )=⎩⎨⎧x 2+x +2,x <0,2,0≤x ≤2,x 2-5x +8,x >2,作出该函数的图象如图所示, 由图可知,当74<b <2时,直线y =b 与函数y =f (x )+f (2-x )的图象有4个不同的交点,故函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点时,b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74,2.答案 (1)A (2)D探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解. 【训练3】 设函数f (x )=x 2+3x +3-a ·e x (a 为非零实数),若f (x )有且仅有一个零点,则a 的取值范围为________.解析 令f (x )=0,可得x 2+3x +3e x =a ,令g (x )=x 2+3x +3e x ,则g ′(x )=(2x +3)·e x -e x ·(x 2+3x +3)(e x )2=-x (x +1)e x ,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)上单调递增,在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递减.由题意知函数y =g (x )的图象与直线y =a 有且仅有一个交点,结合y =g (x )及y =a 的图象可得a ∈(0,e)∪(3,+∞). 答案 (0,e)∪(3,+∞)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域,如求函数f (x )=1x ln x 的定义域时,只考虑x >0,忽视ln x ≠0的限制.2.如果一个奇函数f (x )在原点处有意义,即f (0)有意义,那么一定有f (0)=0.3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(1)底数相同,指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较; (2)底数相同,真数不同的对数值用对数函数的单调性比较;(3)底数不同、指数也不同,或底数不同,真数也不同的两个数,常引入中间量或结合图象比较大小.4.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图;(2)对函数解析式进行恒等变换,转化为已知方程对应的曲线;(3)通过研究函数的性质,明确函数图象的位置和形状.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016·临沂模拟)下列函数中,既是奇函数,又在区间(-1,1)上单调递减的函数是()A.f(x)=sin xB.f(x)=2cos x+1C.f(x)=2x-1D.f(x)=ln 1-x 1+x解析由函数f(x)为奇函数排除B、C,又f(x)=sin x在(-1,1)上单调递增,排除A,故选D.答案 D2.(2015·湖南卷)设函数f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则f(x)是()A.奇函数,且在(0,1)上是增函数B.奇函数,且在(0,1)上是减函数C.偶函数,且在(0,1)上是增函数D.偶函数,且在(0,1)上是减函数解析易知函数定义域为(-1,1),f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故函数f(x)为奇函数,又f(x)=ln 1+x1-x =ln⎝⎛⎭⎪⎫-1-2x-1,由复合函数单调性判断方法知,f(x)在(0,1)上是增函数,故选A.答案 A3.已知二次函数f(x)=x2-bx+a的部分图象如图所示,则函数g(x)=e x+f′(x)的零点所在的区间是()A.(-1,0)B.(0,1)C.(1,2)D.(2,3)解析由函数f(x)的图象可知,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 )=e x +2x -b ,所以g ′(x )=e x +2>0,所以g (x )在R 上单调递增,又g (0)=1-b <0,g (1)=e +2-b >0,根据函数的零点存在性定理可知,函数g (x )的零点所在的区间是(0,1),故选B. 答案 B4.(2016·西安八校联考)函数y =x 33x -1的图象大致是( )解析 由3x -1≠0得x ≠0,∴函数y =x 33x -1的定义域为{x |x ≠0},可排除A ;当x =-1时,y =(-1)313-1=32>0,可排除B ;当x =2时,y =1,当x =4时,y =45,但从D 的函数图象可以看出函数在(0,+∞)上是单调递增函数,两者矛盾,可排除D.故选C. 答案 C5.如图,长方形ABCD 的边AB =2,BC =1,O 是AB 的中点,点P 沿着边BC ,CD 与DA 运动,记∠BOP =x .将动点P 到A ,B 两点距离之和表示为x 的函数f (x ),则y =f (x )的图象大致为( )解析 当点P 沿着边BC 运动,即0≤x ≤π4时,在Rt △POB 中,|PB |= |OB |tan ∠POB =tan x ,在Rt △PAB 中,|PA |=|AB |2+|PB |2=4+tan 2x ,则f (x )=|PA |+|PB |=4+tan 2x +tan x ,它不是关于x 的一次函数,图象不是线段,故排除A 和C ;当点P 与点C 重合,即x =π4时,由以上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4=4+tan 2π4+tan π4=5+1,又当点P 与边CD 的中点重合,即x =π2时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=|PA |+|PB |=2+2=22,知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,故又可排除D.综上,选B. 答案 B 二、填空题6.(2016·浙江卷)已知a >b >1.若log a b +log b a =52,a b =b a ,则a =________,b =________.解析 设log b a =t ,则t >1,因为t +1t =52,解得t =2,所以a =b 2,因此a b =(b 2)b =b 2b =b a ,∴a =2b ,b 2=2b ,又b >1,解得b =2,a =4. 答案 4 27.已知函数f (x )=⎩⎨⎧x -[x ],x ≥0,f (x +1),x <0,其中[x ]表示不超过x 的最大整数.若直线y=k (x +1)(k >0)与函数y =f (x )的图象恰有三个不同的交点,则实数k 的取值范围是________.解析 根据[x ]表示的意义可知,当0≤x <1时,f (x )=x ,当1≤x <2时,f (x )=x -1,当2≤x <3时,f (x )=x -2,以此类推,当k ≤x <k +1时,f (x )=x -k ,k ∈Z ,当-1≤x <0时,f (x )=x +1,作出函数f (x )的图象如图,直线y =k (x +1)过点(-1,0),当直线经过点(3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直线之间时有三个交点,故k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,13.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,138.(2016·海淀二模)设函数f (x )=⎩⎨⎧2x-a ,x <1,4(x -a )(x -2a ),x ≥1.(1)若a =1,则f (x )的最小值为________;(2)若f (x )恰有2个零点,则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a =1时,f (x )=⎩⎨⎧2x-1,x <1,4(x -1)(x -2),x ≥1.当x <1时,f (x )=2x -1∈(-1,1),当x ≥1时,f (x )=4(x 2-3x +2)=4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x -322-14≥-1,∴f (x )min =-1.(2)由于f (x )恰有2个零点,分两种情况讨论: 当f (x )=2x -a ,x <1没有零点时,a ≥2或a ≤0.当a ≥2时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时,有2个零点; 当a ≤0时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时无零点. 因此a ≥2满足题意.当f (x )=2x -a ,x <1有一个零点时, 0<a <2. f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1有一个零点,此时a <1, 2a ≥1,因此12≤a <1.综上知实数a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12≤a <1或a ≥2.答案 (1)-1 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,1∪[2,+∞)三、解答题9.已知函数f (x )=mx 2-2x +1有且仅有一个正实数的零点,求实数m 的取值范围. 解 依题意,得①⎩⎨⎧m >0,Δ=(-2)2-4m >0,f (0)<0或 ②⎩⎨⎧m <0,Δ=(-2)2-4m >0,f (0)>0或 ③⎩⎨⎧m ≠0,Δ=(-2)2-4m =0.显然①无解;解②,得m <0;解③,得m =1,经验证,满足题意.又当m =0时,f (x )=-2x +1,它显然有一个为正实数的零点. 综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数f (x )=x 2-2ln x ,h (x )=x 2-x +a . (1)求函数f (x )的极值;(2)设函数k (x )=f (x )-h (x ),若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),令f ′(x )=2x -2x =0,得x =1. 当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0, 所以函数f (x )在x =1处取得极小值为1. (2)k (x )=f (x )-h (x )=x -2ln x -a (x >0), 所以k ′(x )=1-2x ,令k ′(x )>0,得x >2,所以k (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以⎩⎨⎧k (1)≥0,k (2)<0,k (3)≥0,所以实数a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3]. 11.已知函数f (x )=e x -m -x ,其中m 为常数.(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立,求m 的取值范围; (2)当m >1时,判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f ′(x )=e x -m -1, 令f ′(x )=0,得x =m .故当x∈(-∞,m)时,e x-m<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(m,+∞)时,e x-m>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴当x=m时,f(m)为极小值,也是最小值.令f(m)=1-m≥0,得m≤1,即若对任意x∈R有f(x)≥0成立,则m的取值范围是(-∞,1].(2)由(1)知f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当m>1时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e-m>0,f(0)f(m)<0,∴f(x)在(0,m)上有一个零点.∵f(2m)=e m-2m,令g(m)=e m-2m,∵当m>1时,g′(m)=e m-2>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,∴g(m)>g(1)=e-2>0,即f(2m)>0.∴f(m)·f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点.∴故f(x)在[0,2m]上有两个零点.。

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮温习 专题一 函数与导数、不等式 第2讲 不等式问题讲义 理

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮温习 专题一 函数与导数、不等式 第2讲 不等式问题讲义 理

解得[-3,1].
g(-1)≥0,
(2)法一 函数法. 若 a>0,则对称轴 x=-21a<0, 故 f(x)在[0,2]上为增函数,且 f(0)=1, 因此在 x∈[0,2]上恒有 f(x)>0 成立. 若 a<0,则应有 f(2)>0,即 4a+3>0,∴a>-34.
∴-34<a<0.综上所述,a 的取值范围是-34,0∪(0,+∞).
时,截距最大,即 z 取得最大值,由2x+x-y=y=30,,得xy==12,,
所以A点坐标为(1,2),可得2x+y的最大值为2×1+2=4. 答案 C
3.(2015·陕西卷)设 f(x)=ln x,0<a<b,若 p=f( ab),q=fa+2 b, r=12(f(a)+f(b)),则下列关系式中正确的是( )




3x-y-3=0, x-2y+4=0,

A(2,3).由图可知(x2+y2)min =

|2-2+2|122=45,(x2+y2)max=|OA|2=22+32=13.
答案 45,13
考点整合 1.简单分式不等式的解法
(1)gf((xx))>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0); (2)gf((xx))≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且 g(x)≠0. 2.(1)解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行 讨论:①对二次项系数与0的大小进行讨论;②在转化为标 准形式的一元二次不等式后,对判别式与0的大小进行讨论; ③当判别式大于0,但两根的大小不确定时,对两根的大小 进行讨论;④讨论根与定义域的关系.
若 x,y 均为正数,则3x+2y的最小值是( )
A.53
B.83
C.8
D.24

高中数学二轮复习(理) 专题一 函数与导数、不等式 第4讲 课件(全国通用)

高中数学二轮复习(理)             专题一 函数与导数、不等式 第4讲   课件(全国通用)
第4讲
导数与函数的单调性、极值、 最值问题
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
高考定位
利用导数研究函数的性质,能进行简单的定积分计
算,以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体,研究函
数的单调性、极值、最值,并能解决简单的问题.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
a - . 2
真题感悟· 考点整合
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归纳总结· 思维升华
当 当 故
a x∈-∞,ln-2时,f′(x)<0; a x∈ln-2,+∞时,f′(x)>0. a a f(x)在-∞,ln-2上单调递减, 在区间ln-2,+∞上
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
∴y1=2-ln k, y2=-ln k, 即
1 1 Ak ,2-ln k, Bk -1,-ln k.
∵A,B 在直线 y=kx+b 上, 1 2-ln k=k· k +b, b=1-ln 2, ∴ ⇒ 1 k=2. -ln k=k· -1+b k
单调递增.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破

归纳总结· 思维升华
(2)①当 a=0 时,f(x)=e2x≥0 恒成立. ②若 a<0,则由(1)得,当 为
a x=ln-2时,f(x)取得最小值,最小值
a 3 a 2 f ln-2=a 4-ln-2, a 23 a 4-ln-2≥0,即
真题感悟 1.(2017· 全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)· ex-1的极值 点,则f(x)的极小值为( )

高考数学二轮复习7大专题汇总

高考数学二轮复习7大专题汇总

高考数学二轮复习7 大专题汇总专题一:函数与不等式,以函数为主线,不等式和函数综合题型是考点函数的性质:侧重掌握函数的单一性,奇偶性,周期性,对称性。

这些性质往常会综合起来一同观察,而且有时会观察详细函数的这些性质,有时会观察抽象函数的这些性质。

一元二次函数:一元二次函数是贯串中学阶段的一大函数,初中阶段主要对它的一些基础性质进行了认识,高中阶段更多的是将它与导数进行连接,依据抛物线的张口方向,与x 轴的交点地点,进而议论与定义域在x 轴上的摆放次序,这样能够判断导数的正负,最后达到求出单一区间的目的,求出极值及最值。

不等式:这一类问题经常出此刻恒成立,或存在性问题中,其本质是求函数的最值。

自然对于不等式的解法,均值不等式,这些不等式的基础知识点需掌握,还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的联合问题,掌握几种不等式的放缩技巧是特别必需的。

专题二:数列。

以等差等比数列为载体,观察等差等比数列的通项公式,乞降公式,通项公式和乞降公式的关系,求通项公式的几种常用方法,求前 n 项和的几种常用方法,这些知识点需要掌握。

专题三:三角函数,平面向量,解三角形。

三角函数是每年必考的知识点,难度较小,选择,填空,解答题中都有波及,有时观察三角函数的公式之间的相互转变,从而求单一区间或值域 ; 有时观察三角函数与解三角形,向量的综合性问题,自然正弦,余弦定理是很好的工具。

向量能够很好得实现数与形的转变,是一个很重要的知识连接点,它还能够和数学的一大难点分析几何整合。

专题四:立体几何。

立体几何中,三视图是每年必考点,主要出此刻选择,填空题中。

大题中的立体几何主要观察成立空间直角坐标系,经过向量这一手段求空间距离,线面角,二面角等。

此外,需要掌握棱锥,棱柱的性质,在棱锥中,侧重掌握三棱锥,四棱锥,棱柱中,应当掌握三棱柱,长方体。

空间直线与平面的地点关系应以证明垂直为要点,自然常观察的方法为间接证明。

专题五:分析几何。

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 第四讲 不等式教案 理-人教版高三

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第四讲不等式年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018Ⅰ卷线性规划求最值·T131.选择、填空题中的考查以简单的线性规划与不等式性质为主,重点求目标函数的最值,有时也与其他知识交汇考查.2.基本不等式求最值及应用在课标卷考试中是低频点,很少考查.3.不等式的解法多与集合、函数、解析几何、导数交汇考查.Ⅱ卷线性规划求最值·T142017Ⅰ卷线性规划求最值·T14Ⅱ卷线性规划求最值·T5Ⅲ卷线性规划求最值·T132016Ⅰ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T8线性规划的实际应用·T16Ⅱ卷一元二次不等式的解法、集合的并集运算·T2Ⅲ卷一元二次不等式的解法、集合的交集运算·T1不等式比较大小、函数的单调性·T6线性规划求最值·T13不等式性质及解法授课提示:对应学生用书第9页[悟通——方法结论]1.一元二次不等式ax2+bx+c>0(或<0)(a≠0,Δ=b2-4ac>0),如果a与ax2+bx+c 同号,那么其解集在两根之外;如果a与ax2+bx+c异号,那么其解集在两根之间.简言之:同号两根之外,异号两根之间.2.解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解.3.解含参数不等式要正确分类讨论.[全练——快速解答]1.(2018·某某一模)a >b >0,c <0,以下不等关系中正确的是( ) A .ac >bcB .a c>b cC .log a (a -c )>log b (b -c )D.aa -c >bb -c解析:法一:(性质推理法)A 项,因为a >b ,c <0,由不等式的性质可知ac <bc ,故A 不正确;B 项,因为c <0,所以-c >0,又a >b >0,由不等式的性质可得a -c >b -c>0,即1a c >1bc >0,再由反比例函数的性质可得a c <b c,故B 不正确; C 项,假设a =12,b =14,c =-12,那么log a (a -c )=1=0,log b (b -c )=34>1=0,即log a (a -c )<log b (b -c ),故C 不正确;D 项,a a -c -bb -c =a (b -c )-b (a -c )(a -c )(b -c )=c (b -a )(a -c )(b -c ),因为a >b >0,c <0,所以a -c >b -c >0,b -a <0,所以c (b -a )(a -c )(b -c )>0,即a a -c -b b -c>0,所以aa -c >bb -c,故D 正确.综上,选D.法二:(特值验证法)由题意,不妨取a =4,b =2,c =-2. 那么A 项,ac =-8,bc =-4,所以ac <bc ,排除A ; B 项,a c =4-2=116,b c =2-2=14,所以a c <b c,排除B ;C 项,log a (a -c )=log 4(4+2)=log 4 6,log b (b -c )=log 2(2+2)=2,显然log 4 6<2,即log a (a -c )<log b (b -c ),排除C.综上,选D. 答案:D2.(2018·某某四校联考)不等式mx 2+nx -1m <0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <-12或x >2,那么m -n =( )A.12 B .-52C.52D .-1解析:由题意得,x =-12和x =2是方程mx 2+nx -1m =0的两根,所以-12+2=-n m 且-12×2=-1m 2(m <0),解得m =-1,n =32,所以m -n =-52. 答案:B 3.不等式4x -2≤x -2的解集是( ) A .(-∞,0]∪(2,4] B .[0,2)∪[4,+∞) C .[2,4)D .(-∞,2]∪(4,+∞)解析:①当x -2>0,即x >2时,不等式可化为(x -2)2≥4,所以x ≥4;②当x -2<0,即x <2时,不等式可化为(x -2)2≤4,所以0≤x <2.综上,不等式的解集是[0,2)∪[4,+∞).答案:B4.x ∈(-∞,1],不等式1+2x +(a -a 2)·4x>0恒成立,那么实数a 的取值X 围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫-2,14B.⎝⎛⎦⎥⎤-∞,14C.⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,32D.(]-∞,6解析:根据题意,由于1+2x+(a -a 2)·4x >0对于一切的x ∈(-∞,1]恒成立,令2x=t(0<t≤2),那么可知1+t +(a -a 2)t 2>0⇔a -a 2>-1+tt2,故只要求解h (t)=-1+tt 2(0<t≤2)的最大值即可,h (t)=-1t 2-1t =-⎝ ⎛⎭⎪⎫1t +122+14,又1t ≥12,结合二次函数图象知,当1t =12,即t =2时,h (x )取得最大值-34,即a -a 2>-34,所以4a 2-4a -3<0,解得-12<a <32,故实数a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,32.答案:C5.设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧lg (x +1),x ≥0,-x 3,x <0,那么使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是________.解析:由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0,lg (x +1)≤1得0≤x ≤9,由⎩⎪⎨⎪⎧x <0,-x 3≤1得-1≤x <0,故使得f (x )≤1成立的x 的取值X 围是[-1,9].答案:[-1,9]1.明确解不等式的策略(1)一元二次不等式:先化为一般形式ax 2+bx +c >0(a >0),再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集.(2)含指数、对数的不等式:利用指数、对数函数的单调性将其转化为整式不等式求解. 2.掌握不等式恒成立问题的解题方法(1)f (x )>a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )min >a ;f (x )<a 对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )max <a . (2)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔f (x )的图象在g (x )的图象的上方.(3)解决恒成立问题还可以利用分离参数法,一定要搞清谁是自变量,谁是参数.一般地,知道谁的X 围,谁就是变量,求谁的X 围,谁就是参数.利用分离参数法时,常用到函数单调性、基本不等式等.基本不等式授课提示:对应学生用书第10页[悟通——方法结论]求最值时要注意三点:“一正〞“二定〞“三相等〞.所谓“一正〞指正数,“二定〞是指应用定理求最值时,和或积为定值,“三相等〞是指等号成立.[全练——快速解答]1.(2018·某某模拟)x >0,y >0,且4x +y =xy ,那么x +y 的最小值为( ) A .8B .9 C .12 D .16解析:由4x +y =xy 得4y +1x=1,那么x +y =(x +y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y +1x =4x y +yx+1+4≥24+5=9,当且仅当4x y =yx,即x =3,y =6时取“=〞,应选B.答案:B2.(2017·高考某某卷)假设a ,b ∈R ,ab >0,那么a 4+4b 4+1ab 的最小值为________.解析:因为ab >0,所以a 4+4b 4+1ab ≥24a 4b 4+1ab =4a 2b 2+1ab =4ab +1ab ≥24ab ·1ab=4,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a 2=2b 2,ab =12时取等号,故a 4+4b 4+1ab的最小值是4.答案:43.(2017·高考某某卷)某公司一年购买某种货物600吨,每次购买x 吨,运费为6万元/次,一年的总存储费用为4x 万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小,那么x 的值是________.解析:由题意,一年购买600x 次,那么总运费与总存储费用之和为600x×6+4x =4⎝ ⎛⎭⎪⎫900x +x ≥8900x·x =240,当且仅当x =30时取等号,故总运费与总存储费用之和最小时x 的值是30. 答案:30掌握基本不等式求最值的3种解题技巧(1)凑项:通过调整项的符号,配凑项的系数,使其积或和为定值.(2)凑系数:假设无法直接运用基本不等式求解,通过凑系数后可得到和或积为定值,从而可利用基本不等式求最值.(3)换元:分式函数求最值,通常直接将分子配凑后将式子分开或将分母换元后将式子分开,即化为y =m +Ag (x )+Bg (x )(A >0,B >0),g (x )恒正或恒负的形式,然后运用基本不等式来求最值.简单的线性规划问题授课提示:对应学生用书第10页[悟通——方法结论] 平面区域的确定方法解决线性规划问题首先要找到可行域,再注意目标函数表示的几何意义,数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决.[全练——快速解答]1.(2017·高考全国卷Ⅲ)设x ,y 满足约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧3x +2y -6≤0,x ≥0,y ≥0,那么z =x -y 的取值X 围是( )A .[-3,0]B .[-3,2]C .[0,2]D .[0,3]解析:作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,作出直线l 0:y =x ,平移直线l 0,当直线z =x -y 过点A (2,0)时,z 取得最大值2,当直线z =x -y 过点B (0,3)时,z 取得最小值-3,所以z =x -y 的取值X 围是[-3,2].答案:B2.平面上的单位向量e 1与e 2 的起点均为坐标原点O ,它们的夹角为π3.平面区域D 由所有满足OP →=λe 1+μe 2的点P 组成,其中⎩⎪⎨⎪⎧λ+μ≤1,0≤λ,0≤μ,那么平面区域D 的面积为( )A.12B. 3C.32D.34解析:建立如下图的平面直角坐标系,不妨令单位向量e 1=(1,0),e 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,32,设向量OP →=(x ,y ),因为OP →=λe 1+μe 2,所以⎩⎪⎨⎪⎧x =λ+μ2,y =3μ2,即⎩⎪⎨⎪⎧λ=x -3y3,μ=23y 3,因为⎩⎪⎨⎪⎧λ+μ≤1,λ≥0,μ≥0,所以⎩⎨⎧3x +y ≤3,3x -y ≥0,y ≥0表示的平面区域D 如图中阴影部分所示,所以平面区域D 的面积为34,应选D. 答案:D3.(2018·某某模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子,需要木工和漆工两道工序.生产一把椅子需要木工4个工作时,漆工2个工作时;生产一X 桌子需要木工8个工作时,漆工1个工作时.生产一把椅子的利润为1 500元,生产一X 桌子的利润为2 000元.该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时.根据以上条件,该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元.解析:设该厂每个月生产x 把椅子,y X 桌子,利润为z 元,那么得约束条件 ⎩⎪⎨⎪⎧4x +8y ≤8 000,2x +y ≤1 300,z =1 500x +2 000y .x ,y ∈N ,画出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +2y ≤2 000,2x +y ≤1 300,x ≥0,y ≥0表示的可行域如图中阴影部分所示,画出直线3x +4y =0,平移该直线,可知当该直线经过点P 时,z 取得最大值.由⎩⎪⎨⎪⎧x +2y =2 000,2x +y =1 300,得⎩⎪⎨⎪⎧x =200,y =900,即P (200,900),所以z max =1 500×200+2 000×900=2 100 000.故每个月所获得的最大利润为2 100 000元.答案:2 100 000解决线性规划问题的3步骤[练通——即学即用]1.(2018·湘东五校联考)实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x +2y ≥0,x -y ≤0,0≤y ≤k ,且z =x +y 的最大值为6,那么(x +5)2+y 2的最小值为( )A .5B .3 C. 5D. 3解析:作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +2y ≥0,x -y ≤0,0≤y ≤k表示的平面区域如图中阴影部分所示,由z =x +y ,得y =-x +z ,平移直线y =-x ,由图形可知当直线y =-x +z 经过点A 时,直线y =-x +z 的纵截距最大,此时z 最大,最大值为6,即x +y ⎩⎪⎨⎪⎧x +y =6,x -y =0,得A (3,3),∵直线y =k 过点A ,∴k =3.(x +5)2+y 2的几何意义是可行域内的点与D(-5,0)的距离的平方,数形结合可知,(-5,0)到直线x +2y =0的距离最小,可得(x +5)2+y 2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|-5+2×0|12+222=5.应选A. 答案:A2.变量x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y ≥0,x +y ≥0,2x +y ≤1,记z =4x +y 的最大值是a ,那么a =________.解析:如下图,变量x ,y 满足的约束条件的可行域如图中阴影部分所示.作出直线4x +y =0,平移直线,知当直线经过点A 时,z取得最大值,由⎩⎪⎨⎪⎧2x +y =1,x +y =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =-1,所以A (1,-1),此时z =4×1-1=3,故a =3.答案:33.(2018·高考全国卷Ⅰ)假设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -2y -2≤0,x -y +1≥0,y ≤0,那么z =3x +2y 的最大值为________.解析:作出满足约束条件的可行域如图阴影部分所示.由z =3x +2y 得y =-32x +z2.作直线l 0:y =-32x .平移直线l 0,当直线y =-32x +z2过点(2,0)时,z 取最大值,z max=3×2+2×0=6.答案:6授课提示:对应学生用书第118页一、选择题1.互不相等的正数a ,b ,c 满足a 2+c 2=2bc ,那么以下等式中可能成立的是( ) A .a >b >c B .b >a >c C .b >c >aD .c >a >b解析:假设a >b >0,那么a 2+c 2>b 2+c 2≥2bc ,不符合条件,排除A ,D ; 又由a 2-c 2=2c (b -c )得a -c 与b -c 同号,排除C ;当b >a >c 时,a 2+c 2=2bc 有可能成立,例如:取a =3,b =5,c =1.应选B. 答案:B2.b >a >0,a +b =1,那么以下不等式中正确的是() A .log 3a >0B .3a -b<13C .log 2a +log 2b <-2D .3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a +a b ≥6解析:对于A ,由log 3a >0可得log 3a >log 31,所以a >1,这与b >a >0,a +b =1矛盾,所以A 不正确;对于B ,由3a -b<13可得3a -b <3-1,所以a -b <-1,可得a +1<b ,这与b >a >0,a +b =1矛盾,所以B 不正确;对于C ,由log 2a +log 2b <-2可得log 2(ab )<-2=log 214,所以ab <14,又b >a >0,a +b =1>2ab ,所以ab <14,两者一致,所以C 正确;对于D ,因为b >a >0,a +b =1,所以3⎝ ⎛⎭⎪⎫b a +a b >3×2b a ×ab=6, 所以D 不正确,应选C. 答案:C3.在R 上定义运算:x y =x (1-y ).假设不等式(x -a )(x -b )>0的解集是(2,3),那么a +b =( )A .1B .2C .4D .8解析:由题知(x -a )(x -b )=(x -a )[1-(x -b )]>0,即(x -a )[x -(b +1)]<0,由于该不等式的解集为(2,3),所以方程(x -a )[x -(b +1)]=0的两根之和等于5,即a +b +1=5,故a +b =4.答案:C 4.a ∈R ,不等式x -3x +a≥1的解集为P ,且-2∉P ,那么a 的取值X 围为( ) A .(-3,+∞)B .(-3,2)C .(-∞,2)∪(3,+∞)D .(-∞,-3)∪[2,+∞)解析:∵-2∉P ,∴-2-3-2+a <1或-2+a =0,解得a ≥2或a <-3.答案:D5.x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x -y ≤0,x -3y +5≥0,x ≥0,y ≥0,那么z =8-x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y 的最小值为( )A .1 B.324C.116D.132解析:不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,而z =8-x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12y=2-3x -y,欲使z 最小,只需使-3x -y 最小即可.由图知当x =1,y =2时,-3x -y 的值最小,且-3×1-2=-5,此时2-3x -y最小,最小值为132.应选D.答案:D6.设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-4x +6,x ≥0,x +6,x <0,那么不等式f (x )>f (1)的解集是( )A .(-3,1)∪(3,+∞)B .(-3,1)∪(2,+∞)C .(-1,1)∪(3,+∞)D .(-∞,-3)∪(1,3)解析:由题意得,f (1)=3,所以f (x )>f (1),即f (xx <0时,x +6>3,解得-3<x <0;当x ≥0时,x 2-4x +6>3,解得x >3或0≤x <1.综上,不等式的解集为(-3,1)∪(3,+∞).答案:A7.实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥1,y ≤2x -1,x +y ≤m ,如果目标函数z =3x -2y 的最小值为0,那么实数m 等于( )A .4B .3C .6D .5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,当目标函数z =3x -2y 所对应的直线经过点A 时,z 取得最小值0.由⎩⎪⎨⎪⎧y =2x -1,x +y =m ,求得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+m 3,2m -13.故z 的最小值为3×1+m 3-2×2m -13=-m 3+53,由题意可知-m 3+53=0,解得m =5.答案:D8.假设对任意正实数x ,不等式1x 2+1≤ax恒成立,那么实数a 的最小值为( ) A .1 B. 2 C.12 D.22解析:因为1x 2+1≤a x ,即a ≥x x 2+1,而x x 2+1=1x +1x≤12(当且仅当x =1时取等号),所以a ≥12.答案:C9.(2018·某某一模)实数x ,y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧3x +y +3≥0,2x -y +2≤0,x +2y -4≤0,那么z =x 2+y 2的取值X围为( )A .[1,13]B .[1,4]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45,13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤45,4解析:画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,由此得z =x 2+y 2的最小值为点O 到直线BC :2x -y +2=0的距离的平方,所以z min =⎝ ⎛⎭⎪⎫252=45,最大值为点O 与点A (-2,3)的距离的平方,所以z max =|OA |2=13,应选C.答案:C10.(2018·某某二模)假设关于x 的不等式x 2-4ax +3a 2<0(a >0)的解集为(x 1,x 2),那么x 1+x 2+ax 1x 2的最小值是( ) A.63 B.233 C.433D.263解析:∵关于x 的不等式x 2-4ax +3a 2<0(a >0)的解集为(x 1,x 2),∴Δ=16a 2-12a 2=4a 2>0,又x 1+x 2=4a ,x 1x 2=3a 2, ∴x 1+x 2+a x 1x 2=4a +a 3a 2=4a +13a ≥24a ·13a =433,当且仅当a =36时取等号.∴x 1+x 2+a x 1x 2的最小值是433. 答案:C11.某旅行社租用A ,B 两种型号的客车安排900名客人旅行,A ,B 两种车辆的载客量分别为36人和60人,租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆,旅行社要求租车总数不超过21辆,且B 型车不多于A 型车7辆,那么租金最少为( )A .31 200元B .36 000元C .36 800元D .38 400元解析:设租用A 型车x 辆,B 型车y 辆,目标函数为z =1 600x +2 400y ,那么约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧36x +60y ≥900,x +y ≤21,y -x ≤7,x ,y ∈N ,作出可行域如图中阴影部分所示,可知目标函数过点A (5,12)时,有最小值z min =36 800(元).答案:C12.(2018·某某模拟)点P (x ,y )∈{(x ,y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x +2y ≤2},x ≥-2M (2,-1),那么OM →·OP→(O 为坐标原点)的最小值为( )A .-2B .-4C .-6D .-8解析:由题意知OM →=(2,-1),OP →=(x ,y ),设z =OM →·OP →=2x -y ,显然集合{(x ,y )|⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x +2y ≤2}x ≥-2对应不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x x +2y ≤2x ≥-2所表示的平面区域.作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,由图可知,当目标函数z =2x -y 对应的直线经过点A 时,z 取得最小值.由⎩⎪⎨⎪⎧x =-2x +2y -2=0得A (-2,2),所以目标函数的最小值z min =2×(-2)-2=-6,即OM →·OP →的最小值为-6,应选C.答案:C二、填空题13.(2018·某某模拟)假设a >0,b >0,那么(a +b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b 的最小值是________.解析:(a +b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b =2+2b a +a b +1=3+2b a +a b,因为a >0,b >0,所以(a +b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b ≥3+22b a ×a b =3+22,当且仅当2b a =ab,即a =2b 时等号成立.所以所求最小值为3+2 2.答案:3+2 214.(2018·高考全国卷Ⅱ)假设x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -5≥0,x -2y +3≥0,x -5≤0,那么z =x +y的最大值为________.解析:由不等式组画出可行域,如图(阴影部分),x +y 取得最大值⇔斜率为-1的直线x +y =z (z 看做常数)的横截距最大,由图可得直线x +y =z 过点C 时z 取得最大值.由⎩⎪⎨⎪⎧x =5,x -2y +3=0得点C (5,4),∴z max =5+4=9. 答案:915.(2018·某某模拟)假设x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x +y ≤0,x -y ≤0,x 2+y 2≤4,那么z =y -2x +3的最小值为________.解析:作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,因为目标函数z =y -2x +3表示区域内的点与点P (-3,2)连线的斜率.由图知当可行域内的点与点P 的连线与圆相切时斜率最小.设切线方程为y -2=k (x +3),即kx -y +3k +2=0,那么有|3k +2|k 2+1=2,解得k =-125或k =0(舍去),所以z min =-125. 答案:-12516.a >b >1,且2log a b +3log b a =7,那么a +1b 2-1的最小值为________. 解析:令log a b =t ,由a >b >1得0<t<1,2log a b +3log b a =2t +3t =7,得t =12,即log a b=12,a =b 2,所以a +1b 2-1=a -1+1a -1+1≥2(a -1)·1a -1+1=3,当且仅当a =2时取等号. 故a +1b 2-1的最小值为3. 答案:3。

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证

专题一 函数与导数、不等式 第5讲 导数与不等式的证明、恒成立及能成立问题练习 理一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数,当x <0时,f ′(x )>0,且f (0)=0,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=0,则不等式f (x )<0的解集为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <12B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <-12或0<x <12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪-12≤x ≤0或x ≥12解析 如图所示,根据图象得不等式f (x )<0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <-12或0<x <12.答案 C2.若不等式2x ln x ≥-x 2+ax -3恒成立,则实数a 的取值范围为( ) A.(-∞,0) B.(-∞,4] C.(0,+∞)D.[4,+∞)解析 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. 答案 B3.若存在正数x 使2x(x -a )<1成立,则a 的取值范围是( ) A.(-∞,+∞) B.(-2,+∞) C.(0,+∞)D.(-1,+∞)解析 ∵2x(x -a )<1,∴a >x -12x .令f (x )=x -12x ,∴f ′(x )=1+2-xln 2>0.∴f (x )在(0,+∞)上单调递增, ∴f (x )>f (0)=0-1=-1,∴a 的取值范围为(-1,+∞),故选D. 答案 D4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (-1)=0,当x >0时,xf ′(x )-f (x )<0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)解析 令F (x )=f (x )x,因为f (x )为奇函数,所以F (x )为偶函数,由于F ′(x )=xf ′(x )-f (x )x 2,当x >0时,xf ′(x )-f (x )<0,所以F (x )=f (x )x在(0,+∞)上单调递减,根据对称性,F (x )=f (x )x在(-∞,0)上单调递增,又f (-1)=0,f (1)=0,数形结合可知,使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选A. 答案 A5.(2016·山东师范大学附中二模)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x ),满足f ′(x )<f (x ),且f (x +2)为偶函数,f (4)=1,则不等式f (x )<e x的解集为( ) A.(-2,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞)D.(4,+∞)解析 由f (x +2)为偶函数可知函数f (x )的图象关于x =2对称,则f (4)=f (0)=1.令F (x )=f (x )ex,则F ′(x )=f ′(x )-f (x )ex<0.∴函数F (x )在R 上单调递减.又f (x )<e x等价于f (x )ex<1,∴F (x )<F (0),∴x >0.答案 B 二、填空题6.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________. 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 <e xx -1,令g (x )=e xx -1,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). 答案 (-∞,e -1)7.已知函数f (x )=ln x -a ,若f (x )<x 2在(1,+∞)上恒成立,则实数a 的取值范围是________.解析 ∵函数f (x )=ln x -a ,且f (x )<x 2在(1,+∞)上恒成立, ∴a >ln x -x 2,x ∈(1,+∞). 令h (x )=ln x -x 2,有h ′(x )=1x-2x .∵x >1,∴1x-2x <0,∴h (x )在(1,+∞)上为减函数,∴当x ∈(1,+∞)时,h (x )<h (1)=-1,∴a ≥-1. 答案 [-1,+∞) 8.已知函数f (x )=x -1x +1,g (x )=x 2-2ax +4,若对于任意x 1∈[0,1],存在x 2∈[1,2],使f (x 1)≥g (x 2),则实数a 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )=1+1(x +1)2>0,因此函数f (x )在[0,1]上单调递增,所以x ∈[0,1]时,f (x )min =f (0)=-1.根据题意可知存在x ∈[1,2],使得g (x )=x 2-2ax +4≤-1,即x 2-2ax +5≤0,即a ≥x 2+52x 能成立,令h (x )=x 2+52x ,则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]上能成立,只需使a ≥h (x )min ,又函数h (x )=x 2+52x 在x ∈[1,2]上单调递减,所以h (x )min =h (2)=94,故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94,+∞ 三、解答题9.已知函数f (x )=x 2e x. (1)求f (x )的单调区间;(2)证明:∀x 1,x 2∈(-∞,0],f (x 1)-f (x 2)≤4e 2.(1)解 f ′(x )=x (x +2)e x.令f ′(x )=x (x +2)e x=0,则x 1=-2,x 2=0. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表所以函数f (x )的单调递减区间为(-2,0),单调递增区间为(-∞,-2),(0, +∞).(2)证明 由(1)知f (x )的单调递增区间为(-∞,-2),单调递减区间为(-2,0), 所以当x ∈(-∞,0]时,f (x )最大值=f (-2)=4e 2.因为当x ∈(-∞,-2]时,f (x )>0,f (0)=0, 所以当x ∈(-∞,0]时,f (x )最小值=f (0)=0. 所以f (x )最大值-f (x )最小值=4e2.所以对∀x 1,x 2∈(-∞,0],都有f (x 1)-f (x 2)≤f (x )最大值-f (x )最小值=4e2.10.(2016·潍坊一模)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.(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,而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a ∈(1,2)上单调递减,所以m ≤g (2)=1-2ln 2=-log 2e ,即实数m 的取值范围为(-∞,-log 2e].11.已知函数f (x )=ax +bx+c (a >0)的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y =x -1. (1)用a 表示出b ,c ;(2)若f (x )≥ln x 在[1,+∞)上恒成立,求a 的取值范围; (3)证明:1+12+13+…+1n >ln(n +1)+n2(n +1)(n ≥1).(1)解 f ′(x )=a -bx 2,则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)=a +b +c =0,f ′(1)=a -b =1,解得⎩⎪⎨⎪⎧b =a -1,c =1-2a .(2)解 由(1)知,f (x )=ax +a -1x+1-2a . 令g (x )=f (x )-ln x =ax +a -1x+1-2a -ln x ,x ∈[1,+∞), 则g (1)=0,g ′(x )=a -a -1x 2-1x =ax 2-x -(a -1)x 2=a (x -1)⎝⎛⎭⎪⎫x -1-a a x 2,(ⅰ)当0<a <12时,1-aa>1.若1<x <1-aa,则g ′(x )<0,g (x )是减函数,所以g (x )<g (1)=0,即f (x )<ln x . 故f (x )≥ln x 在[1,+∞)上不成立. (ⅱ)当a ≥12时,1-aa≤1.若x >1,则g ′(x )>0,g (x )是增函数, 所以g (x )>g (1)=0,即f (x )>ln x ,故当x ≥1时,f (x )≥ln x .综上所述,所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,+∞. (3)证明 法一 由(2)知:当a ≥12时,有f (x )≥ln x (x ≥1).令a =12,有f (x )=12⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1x ≥ln x (x ≥1),且当x >1时,12⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1x >ln x .令x =k +1k ,有ln k +1k <12⎝ ⎛⎭⎪⎫k +1k -k k +1= 12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1k -⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1k +1, 即ln(k +1)-ln k <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k +1k +1,k =1,2,3,…,n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n +1)<12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12+13+…+1n +12(n +1),整理得1+12+13+…+1n >ln(n +1)+n2(n +1).法二 用数学归纳法证明.①当n =1时,左边=1,右边=ln 2+14<1,不等式成立.②假设n =k 时,不等式成立,即 1+12+13+…+1k >ln(k +1)+k 2(k +1). 那么1+12+13+…+1k +1k +1>ln(k +1)+k 2(k +1)+1k +1=ln(k +1)+k +22(k +1).由(2)知:当a ≥12时,有f (x )≥ln x (x ≥1).令a =12,有f (x )=12⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1x ≥ln x (x ≥1).令x =k +2k +1,得:12⎝ ⎛⎭⎪⎫k +2k +1-k +1k +2≥ln k +2k +1=ln(k +2)-ln(k +1).∴ln(k +1)+k +22(k +1)≥ln(k +2)+k +12(k +2).∴1+12+13+…+1k +1k +1>ln(k +2)+k +12(k +2).这就是说,当n =k +1时,不等式也成立. 根据①和②,可知不等式对任何n ∈N *都成立.。

2017高考数学文科二轮(通用版)复习课件第一部分专题二不等式、函数与导数第4讲

2017高考数学文科二轮(通用版)复习课件第一部分专题二不等式、函数与导数第4讲

2.(1)(2016·河南郑州质检二)已知 y=f(x)是可导函数,如图,直线 y=kx+2 是曲 线 y=f(x)在 x=3 处的切线,令 g(x)=xf(x),g′(x)是 g(x)的导函数,则 g′(3)=( B )
A.-1 C.2 a=______. 8
B.0 D.4 .
(2) 已知函数 y=x+ln x 在点( 1 , 1 )处的切 线与 y=ax2+( a+2)x+1 相切,则
( - a 1) 2a 1 则 x1= , a
(a 1) 2a 1 x2= . a
a 1 2a 1 a 2 2a 1 2a 1 由于 x1= a >0, a
所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 综上可知: 当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 a≤ 1 2 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;
1.已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2) x,其中a<0. (1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间; (2)若f(x)在区间[1,4] 上的最小值为8,求a的值.
突破点拨 (1)先求导数,结合解不等式求解函数的单调区间. (2)通过利用单调性与导数的关系求解函数的最值,从而求解参数a.
1 所以 g′(3)=1+3×-3=0.故选 B.
(2)方法一 由 y=x+ln x 得 y
'

创新设计全国通用高考数学二轮复习 专题一 函数与导数不等式教师用书

创新设计全国通用高考数学二轮复习 专题一 函数与导数不等式教师用书

【创新设计】(全国通用)高考数学二轮复习专题一函数与导数、不等式教师用书第讲函数图象与性质及函数与方程高考定位.高考仍会以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体,考查函数的定义域、函数的最值与值域、函数的奇偶性、函数的单调性,或者综合考查函数的相关性质.对函数图象的考查主要有两个方面:一是识图,二是用图,即利用函数的图象,通过数形结合的思想解决问题.以基本初等函数为依托,考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理、数形结合思想,这是高考考查函数的零点与方程的根的基本方式.真题感悟.(·安徽卷)下列函数中,既是偶函数又存在零点的是( )====+解析由于=是奇函数;=是非奇非偶函数;=+是偶函数但没有零点;只有=是偶函数又有零点.答案.(·全国Ⅱ卷)设函数()=则(-)+()=( )解析因为-<,>=>,所以(-)=+[-(-)]=+=,()=-=×-=×=,故(-)+()=+=,故选.答案.(·北京卷)如图,函数()的图象为折线,则不等式()≥(+)的解集是( ).{-<≤}.{-≤≤}.{-<≤}.{-<≤}解析如图,由图知:()≥(+)的解集为{-<≤}.答案.(·山东卷)已知函数()=+(>,≠) 的定义域和值域都是[-,],则+=.解析当>时,()=+在定义域上为增函数,∴方程组无解;当<<时,()=+在定义域上为减函数,∴解得∴+=-.答案-考点整合.函数的性质()单调性:证明函数的单调性时,规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论.可以用来比较大小,求函数最值,解不等式,证明方程根的唯一性;()奇偶性:①若()是偶函数,那么()=(-);②若()是奇函数,在其定义域内,则()=;③奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性,偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性;()周期性:①若=()对∈,(+)=(-)或(-2a)=()(>)恒成立,则=()是周期为2a的周期函数;②若=()是偶函数,其图象又关于直线=对称,则()是周期为的周期函数;③若=()是奇函数,其图象又关于直线=对称,则()是周期为的周期函数;④若(+)=-(),则=()是周期为的周期函数..函数的图象对于函数的图象要会作图、识图和用图,作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换..函数的零点与方程的根()函数的零点与方程根的关系函数()=()-()的零点就是方程()=()的根,即函数=()的图象与函数=()的图象交点的横坐标.()零点存在性定理注意以下两点:①满足条件的零点可能不唯一;②不满足条件时,也可能有零点.热点一函数性质的应用[微题型] 单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性【例-】()(·全国Ⅰ卷)若函数()=(+)为偶函数,则=.()(·济南三模)已知实数,满足<(<<),则下列关系式恒成立的是( )>(+)>(+)>>()设()=(∈)的图象关于直线=对称,则的值为( ).-解析()()为偶函数,则(+)为奇函数,所以(+)+(-+)=,即(+-)=,∴=.()∵<,<<,∴>,∴>.()由函数()的图象关于直线=对称,得()=(),即=-+,解得=.故选.答案() () ()探究提高第()小题将对称问题转化为点的对称,从而很容易地解决问题,本题也可借助于图象的斜率解决.[微题型] 综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性【例-】()(·湖南卷)设函数()=(+)-(-),则()是( ).奇函数,且在(,)上是增函数. 奇函数,且在(,)上是减函数. 偶函数,且在(,)上是增函数.偶函数,且在(,)上是减函数()(·长沙模拟)已知偶函数()在[,+∞)单调递减,()=.若(-)>,则的取值范围是.解析()易知函数定义域为(-,),(-)=(-)-(+)=-(),故函数()为奇函数,又()==,由复合函数单调性判断方法知,()在(,)上是增函数,故选.()∵()是偶函数,∴图象关于轴对称.又()=,且()在[,+∞)单调递减,则()的大致图象如图所示,由(-)>,得-<-<,即-<<.答案() ()(-,)探究提高函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性,在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系,推证函数的性质,根据函数的性质解决问题.【训练】(·天津卷)已知定义在上的函数()=--(为实数)为偶函数,记=(),=(),=(),则,,的大小关系为( )<<<<<<<<解析因为函数()=--为偶函数可知,=,所以()=-,当>时,()为增函数,=-,∴>>,∴=()>=()>=(2m),故选.答案热点二函数图象与性质的融合问题[微题型] 函数图象的识别【例-】()(·安徽卷)函数()=的图象如图所示,则下列结论成立的是( )>,>,<<,>,><,>,<<,<,<()(·江西卷)在同一直角坐标系中,函数=-+与=-++(∈)的图象不可能的是( )解析()函数定义域为{≠-},结合图象知->,∴<;令=,得()=,又由图象知()>,∴>;令()=,得=-,结合图象知->,∴<.故选.()当=时,两个函数的解析式分别为=-,=,故选项中的图象是可能的.当≠时,二次函数=-+的对称轴方程为=,三次函数=-++(∈)的导数为′=3a-+=(-)(-),令′=,得其极值点为=,=.由于<<(>),或者>>(<),即三次函数的极值点在二次函数的对称轴两侧,选项、中的图象有可能,选项中的图象不可能.答案() ()探究提高识图时,可从图象与轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.在探究两个函数的图象位置关系时,要善于根据函数解析式中字母的变化研究函数性质的变化,从而确定两个函数图象的可能位置关系.[微题型] 函数图象的应用【例-】 ()已知函数()的图象向左平移个单位后关于轴对称,当>>时,[()-()](-)<恒成立,设=,=(),=(),则,,的大小关系为( )>>>>>>>>()(·全国Ⅰ卷)设函数()=(-)-+,其中<,若存在唯一的整数使得()<,则的取值范围是( )解析()由于函数()的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称,故函数=()的图象本身关于直线=对称,所以==,当>>时,[()-()](-)<恒成立,等价于函数()在(,+∞)上单调递减,所以>>.选.()设()=(-),=-,由题知存在唯一的整数,使得()在直线=-的下方,因为′()=(+),所以当<-时,′()<,当>-时,′()>,所以当=-时,[()]=--,当=时,()=-,当=时,()=>,直线=(-)恒过(,),则满足题意的唯一整数=,故->()=-,且(-)=--≥--,解得≤<,故选.答案() ()探究提高()运用函数图象解决问题时,先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容,熟悉图象所能够表达的函数的性质.()在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时,要注意用好其与图象的关系,结合图象研究.【训练】(·成都诊断)已知()=-,()=-,规定:当()≥()时,()=();当()<()时,()=-(),则()( ).有最小值-,最大值.有最大值,无最小值.有最小值-,无最大值.有最大值-,无最小值解析由题意得,利用平移变化的知识画出函数(),()的图象如图,而()=故()有最小值-,无最大值.答案热点三以函数零点为背景的函数问题[微题型] 函数零点个数的求解【例-】函数()=+-在区间(,)内的零点个数是( )解析法一函数()=+-在区间(,)内的零点个数即函数=-与=-的图象在区间(,)内的交点个数.作图,可知在(,+∞)内最多有一个交点,故排除,项;当=时,=-<=,当=时,=>=-,因此在区间(,)内一定会有一个交点,所以项错误.选.法二因为()=+-=-,()=+-=,所以()·()<.又函数()在(,)内单调递增,所以()在(,)内的零点个数是.答案探究提高在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时,要学会掌握转化与化归思想的运用.如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大,也不是初等数学能轻易解决的,所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数,再利用数形结合求解.[微题型] 由函数零点(或方程根)的情况求参数【例-】 (·天津卷)已知函数()=函数()=-(-),其中∈,若函数=()-()恰有个零点,则的取值范围是( )解析记()=-(-)在同一坐标系中作出()与()的图象如图,直线:=-,当直线∥且与()的图象相切时,由解得′=-,--(-)=,同理,轴左侧也有相同的情况.所以曲线()向上平移个单位后,轴左右各有个交点,所得图象与()的图象有四个公共点,平移个单位时,两图象有无数个公共点,因此,当<<时,()与()的图象有四个不同的交点,即=()-()恰有个零点.选.答案探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法()利用零点存在的判定定理构建不等式求解.()分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.()转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.【训练】(·南阳模拟)已知函数()=-有三个零点,则实数的取值范围为.解析函数()有三个零点等价于方程=有且仅有三个实根.∵=⇔=(+),作函数=(+)的图象,如图所示,由图象可知应满足<<,故>.答案(,+∞).解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域,如求函数()=)的定义域时,只考虑>,忽视≠的限制..函数定义域不同,两个函数不同;对应关系不同,两个函数不同;定义域和值域相同,也不一定是相同的函数..如果一个奇函数()在原点处有意义,即()有意义,那么一定有()=..奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性,偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性. .函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式,它们的实质是相同的,在解题时经常要互相转化.在解决函数问题时,尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时,要注意充分发挥图象的直观作用..不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质.如讨论指数函数=(>,≠)的单调性时,不讨论底数的取值;忽视>的隐含条件;幂函数的性质记忆不准确等..判断函数零点个数的方法有:()直接求零点;()零点存在性定理;()数形结合法..对于给定的函数不能直接求解或画出图形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.一、选择题.(·广东卷)下列函数中,既不是奇函数,也不是偶函数的是( )=+=+=+=解析令()=+,则()=+,(-)=-+-,即(-)≠(),(-)≠-(),所以=+既不是奇函数也不是偶函数,而,,依次是奇函数、偶函数、偶函数,故选.答案.函数()=-的零点所在的区间为( ).(,) .(,)解析函数()的定义域为(,+∞),且函数()在(,+∞)上为增函数.=-=--=-<,()=-=-<,()=-=-=>,()=->-=>,即()·()<,∴函数()=-的零点在区间(,)内.答案.(·山东卷)已知函数()=-+,()=.若方程()=()有两个不相等的实根,则实数的取值范围是( ).(,) .(,+∞)解析由()=(),∴-+=,即-=-,所以原题等价于函数=-与=-的图象有个不同交点.如图:∴=-在直线=-与=-之间,∴<<,故选.答案.(·山东卷)设函数()=则满足(())=2f()的取值范围是( ).[,].[,+∞)解析当=时,()=()==>,(())=(),∴=满足题意,排除,选项;当=时,()==×-=,(())=(),∴=满足题意,排除选项,故答案为.答案.(·全国Ⅱ卷)如图,长方形的边=,=,是的中点,点沿着边,与运动,记∠=.将动点到,两点距离之和表示为的函数(),则=()的图象大致为( )解析当点沿着边运动,即≤≤时,在△中,=∠=,在△中,==,则()=+=+,它不是关于的一次函数,图象不是线段,故排除和;当点与点重合,即=时,由上得=+=+,又当点与边的中点重合,即=时,△与△是全等的腰长为的等腰直角三角形,故=+=+=,知<,故又可排除.综上,选.答案二、填空题.(·福建卷)若函数()=(>,且≠)的值域是[,+∞),则实数的取值范围是.解析由题意()的图象如图,则∴<≤.答案(,].(·洛阳模拟)若函数()=,>))有两个不同的零点,则实数的取值范围是.解析当>时,由()==,得=.因为函数()有两个不同的零点,则当≤时,函数()=-有一个零点,令()=得=,因为<≤=,所以<≤,所以实数的取值范围是<≤.答案(,].已知函数=()是上的偶函数,对∈都有(+)=()+()成立.当,∈[,],且≠时,都有<,给出下列命题:①()=;②直线=-是函数=()图象的一条对称轴;③函数=()在[-,]上有四个零点;④( )=.其中所有正确命题的序号为.解析令=-,得(-+)=(-)+(),解得(-)=,因为函数()为偶函数,所以()=,①正确;因为(-+)=(-++)=(),(--)=(--+)=(-)=(),所以(-+)=(--),即=-是函数()的一条对称轴,②正确;当,∈[,],且≠时,都有<,说明函数()在[,]上是单调递减函数,又()=,因此函数()在[,]上只有一个零点,由偶函数知函数()在[-,]上也只有一个零点,由(+)=(),知函数的周期为,所以函数()在(,]与[-,-)上也单调,因此,函数在[-,]上只有个零点,③错;对于④,因为函数的周期为,即有()=()=()=…=( )=,④正确.答案①②④三、解答题.定义在[-,]上的奇函数(),已知当∈[-,]时,()=-(∈).()写出()在[,]上的解析式;()求()在[,]上的最大值.解()∵()是定义在[-,]上的奇函数,∴()=,∴=,∴当∈[-,]时,()=-.设∈[,],则-∈[-,],∴(-)=-=-,∵()是奇函数,∴(-)=-(),∴()=-.∴()在[,]上的解析式为()=-.()()=-,∈[,],令=,∈[,],()=-=-+,∴()在[,]上是减函数,∴()=()=,即=,()=..(·太原模拟)已知函数()=-++(≠)在区间[,]上有最大值,最小值. ()求,的值;()若<,()=()-在[,]上单调,求的取值范围.解()()=(-)++-.①当>时,()在[,]上为增函数,故②当<时,()在[,]上为减函数,故故或()∵<,∴=,=,即()=-+,()=-+-=-(+2m)+.若()在[,]上单调,则≤或≥,∴2m≤或2m≥,即≤或≥.故的取值范围是(-∞,]∪[,+∞)..已知函数()=-++-,()=+(>).()若()=有实根,求的取值范围;()确定的取值范围,使得()-()=有两个相异实根.解()∵>,∴()=+≥=,等号成立的条件是=.故()的值域是[,+∞),因而只需≥,则()=就有实根.故∈[,+∞).()若()-()=有两个相异的实根,即()=()中函数()与()的图象有两个不同的交点,作出()=+(>)的大致图象.∵()=-++-=-(-)+-+.其对称轴为=,开口向下,最大值为-+.故当-+>,即>-++时,()与()有两个交点,即()-()=有两个相异实根.∴的取值范围是(-++,+∞).第讲不等式及线性规划高考定位不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容,对不等式的考查一般以选择题、填空题为主.()主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划求最值;()不等式相关的知识可以渗透到高考的各个知识领域,往往作为解题工具与数列、函数、向量相结合,在知识的交汇处命题,难度中档;在解答题中,特别是在解析几何中求最值、范围或在解决导数问题时经常利用不等式进行求解,但难度偏高.真题感悟.(·重庆卷)“>”是“ (+)<”的( ).充要条件.充分而不必要条件.必要而不充分条件.既不充分也不必要条件解析由>+> (+)<, (+)<+>>-,故“>”是“(+)<”成立的充分不必要条件.因此选.答案.(·北京卷)若,满足则=+的最大值为( )解析可行域如图所示.目标函数化为=-+,当直线=-+过点(,)时,取得最大值.答案.(·陕西卷)设()=,<<,若=(),=,=(()+()),则下列关系式中正确的是( )=<=>=<=>解析∵<<,∴>,又∵()=在(,+∞)上为增函数,故>(),即>.又=(()+())=( + )=+=()=()=.故=<.选.答案.(·全国Ⅰ卷)若,满足约束条件则的最大值为.解析约束条件的可行域如图,由=,则最大值为.答案考点整合.解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行讨论:①对二次项系数与的大小进行讨论;②在转化为标准形式的一元二次不等式后,对判别式与的大小进行讨论;③当判别式大于,但两根的大小不确定时,对两根的大小进行讨论..利用基本不等式求最值已知,∈+,则()若+=(和为定值),则当=时,积取得最大值;()若=(积为定值),则当=时,和+取得最小值(+≥=)..平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”,二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集.线性目标函数=+中的不是直线+=在轴上的截距,把目标函数化为=-+,可知是直线+=在轴上的截距,要根据的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值..不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来,常用的方法有:比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法,还要结合放缩和换元的技巧.其中,比较法是应用最为广泛的证明方法,在导数、解含参不等式、数列等知识点都有渗透.热点一利用基本不等式求最值[微题型] 基本不等式的简单应用【例-】(·武汉模拟)已知两个正数,满足++=,则取最小值时,,的值分别为( ) ,,,,解析∵>,>,∴++=≥+,即--≥,可求≥.当且仅当=时取等号,即=,=.答案探究提高在使用基本不等式求最值时一定要检验等号能否取到,有时也需进行常值代换. [微题型] 带有约束条件的基本不等式问题【例-】(·四川卷)如果函数()=(-)+(-)+(≥,≥)在区间上单调递减,那么的最大值为( )解析令′()=(-)+-=,∴=-,当>时,对称轴=-,由题意,-≥,∴+≤,∵≤≤,∴≤,由2m+=且2m=知=,=,当<时,抛物线开口向下,由题意-≤,即+≤,∵≤≤,∴≤,由+=且=,得=(舍去),∴最大值为,选.答案探究提高在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.【训练】()(·广州模拟)若正实数,满足++=,则+的最小值是( )()已知关于的不等式+≥在∈(,+∞)上恒成立,则实数的最小值为( )解析()由++=,得=,又>,>,∴>.∴+=+×=+×=++=+(-)+≥+=,当且仅当=时取“=”.()∵∈(,+∞),∴->,∴+=(-)++2a≥·+2a=+2a,由题意可知+≥,得≥,则实数的最小值为,故选.答案() ()热点二含参不等式恒成立问题[微题型] 运用分离变量解决恒成立问题【例-】关于的不等式+--+>对∈(,+∞)恒成立,则实数的取值范围为.解析设()=+,因为>,所以()=+≥=.又关于的不等式+--+>对∈(,+∞)恒成立,所以-+<,解得-<<,所以实数的取值范围为(-,).答案(-,)探究提高一是转化关,即通过分离参数法,先转化为()≥()(或()≤())对∀∈恒成立,再转化为()≥()(或()≤());二是求最值关,即求函数()在区间上的最大值(或最小值)问题.[微题型] 构造函数(主辅元转换)解决恒成立问题【例-】已知()=,∈[,],对于()值域内的所有实数,不等式++>2m+恒成立,求的取值范围.解易知()∈,由题意,令()=(-)+-+=(-)+(-)>对∀∈恒成立.所以只需即可,即>或<-.故的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).探究提高主、辅元互换可以实现对问题的有效转化,由繁到简,应用这种方法的过程中关键还是把握恒成立的本质,巧用转化思想,灵活处理,从而顺利解决问题.【训练】()(·合肥模拟)已知>,>,若不等式--≤恒成立,则的最大值为( )()若不等式-+≥对于一切∈[-,]恒成立,则的取值范围是.解析()因为>,>,所以由--≤恒成立得≤(+)=++恒成立.因为+≥=,当且仅当=时等号成立,所以++≥,所以≤,即的最大值为,故选.()因为∈[-,],可把原式看作关于的函数,即()=-++≥,由题意可知解之得∈.答案() ()热点三简单的线性规划问题[微题型] 已知约束条件,求目标函数最值【例-】设,满足约束条件则=-的最大值为( )解析画出可行域如图所示,由=-,得=-,欲求的最大值,可将直线=向下平移,当经过区域内的点,且满足在轴上的截距-最小时,即得的最大值,如图,可知当过点时最大,由得即(,),则=×-=.答案探究提高线性规划的实质是把代数问题几何化,即数形结合的思想.需要注意的是:一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.[微题型] 已知最值求参数问题【例-】(·山东卷)已知,满足约束条件若=+的最大值为,则=( ).-.-解析不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知(,),由得(,).由=+,得=-+.∴当=-或=-时,=+在(,)处取得最大值,最大值为=,不满足题意,排除,选项;当=或时,=+在(,)处取得最大值,∴2a=,∴=,排除,故选. 答案探究提高对于线性规划中的参数问题,需注意:()当最值是已知时,目标函数中的参数往往与直线斜率有关,解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.()当目标函数与最值都是已知,且约束条件中含有参数时,因为平面区域是变动的,所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口,先确定最优解,然后变动参数范围,使得这样的最优解在该区域内即可.[微题型] 非线性规划问题【例-】已知动点(,)在过点且与圆:(-)+(+)=相切的两条直线和-+=所围成的区域内,则=+-的最小值为( )解析由题意知,圆:(-)+(+)=的圆心坐标为(,-).过点的直线方程可设为=-,即-+-=.因为直线-+-=和圆相切,所以=,解得=±,所以两条切线方程分别为:-+=,:++=.由直线,和-+=所围成的区域如图所示.=+-=的几何意义为可行域内的点到直线+-=的距离的倍.由图知,可行域内的点到直线+-=的距离最小,则=+×-=,故选.答案探究提高线性规划求最值问题要明确目标函数的几何意义:()目标函数为一次函数,几何意义可等价为横、纵截距,平移直线即可求出最值;()目标函数为二次函数,可等价距离的平方,但要注意求距离最值时,若利用垂线段,需考虑垂足是否在可行域内,所以此时更要注意数形结合的重要性;()目标函数为一次函数绝对值,可构造点到直线的距离,但莫忘等价变形(即莫忘除以系数);()目标函数为一次分式,可等价直线的斜率.【训练】若,满足条件且=+的最大值是,则实数的值为.解析画出满足条件的可行域如图阴影部分所示,则当直线=+过点(,)时,=+取得最大值,所以=+,解得=.答案.应用不等式的性质时应注意的两点()两个不等式相加的前提是两个不等式同向;两个不等式相乘的前提是两个不等式同向,且不等式两边均大于;不等式原则上不能相减或相除.()不等式的性质是不等式变形的依据,但要注意区分不等式各性质的是否可逆性..多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号的条件的一致性,否则就会出错,因此在利用基本不等式处理问题时,列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤,也是检验转换是否有误的一种方法..均值不等式除了在客观题考查外,在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用,但往往需先变换形式才能应用..解决线性规划问题首先要作出可行域,再注意目标函数表示的几何意义,数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决..解答不等式与导数、数列的综合问题时,不等式作为一种工具常起到关键的作用,往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中,要以数学思想方法为思维依据,并结合导数、数列的相关知识解题,在复习中通过解此类问题,体会每道题中所蕴含的思想方法及规律,逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题.(·天津卷)设∈,则“-<”是“+->”的( ).充分而不必要条件.必要而不充分条件.充要条件.既不充分也不必要条件解析由-<得<<,由+->,得<-或>,而<<<-或>,而<-或><<,所以,“-<”是“+->”的充分而不必要条件,选. 答案.(·临汾模拟)若点(,)在第一象限,且在直线+=上,则的最大值是( ).4解析因为点(,)在第一象限,且在直线+=上,所以,∈+,且+=,所以·≤()“=”)),所以·≤=,即≤,所以的最大值为.答案.(·广东卷)若变量,满足约束条件则=+的最小值为( )解析不等式组所表示的可行域如下图所示,由=+得=-+,依题意当目标函数直线:=-+经过时,取得最小值,即=×+×=,故选.答案.已知正数,满足+≤λ(+)恒成立,则实数λ的最小值为( )解析∵>,>,∴+≥(当且仅当=时取等号).又由+≤λ(+)可得λ≥,而≤=,∴当且仅当=时,=.∴λ的最小值为.答案.(·衡水中学期末)已知约束条件表示的平面区域为,若区域内至少有一个点在函数=的图象上,那么实数的取值范围为( ).[,) .[,+∞).[,) .[,+∞)解析如图:点(,)满足-≥,即≥.答案二、填空题.(·福建卷改编)若变量,满足约束条件则=-的最小值等于.解析如图,可行域为阴影部分,线性目标函数=-可化为=-,由图形可知当=-过点时最小,=×(-)-=-.答案-.(·浙江卷)已知函数()=则((-))=,()的最小值是.解析((-))=()=,当≥时,()=+-≥-,当且仅当=时,取等号;当<时,()=(+)≥ =,当且仅当=时,取等号,∴()的最小值为-.答案-.(·南昌模拟)已知>,>,++=,则+的最小值为.解析由已知,得=-(+),即=-(+)≤,令+=,则+-≥,解得≥或≤-(舍),即+≥.答案三、解答题.已知函数()=.()若()>的解集为{<-,或>-},求的值;()对任意>,()≤恒成立,求的取值范围.解()()>-+<.由已知{<-,或>-}是其解集,得-+=的两根是-,-.由根与系数的关系可知(-)+(-)=,即=-.()因为>,()==≤=,当且仅当=时取等号.由已知()≤对任意>恒成立,故≥,即的取值范围是..如图,建立平面直角坐标系,轴在地平面上,轴垂直于地平面,单位长度为千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程=-(+)(>)表示的曲线上,其中与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.()求炮的最大射程;()设在第一象限有一飞行物(忽略其大小),其飞行高度为千米,试问它的横坐标不超过多少时,炮弹可以击中它?请说明理由.解()令=,得-(+)=,由实际意义和题设条件知>,>,故==≤=,当且仅当=时取等号.所以炮的最大射程为千米.()因为>,所以炮弹可击中目标存在>,使=-(+)成立关于的方程-++=有正根判别式Δ=(-20a)-4a(+)≥≤.。

高考数学2017届二轮复习不等式选讲名师精编课件(全国通用)

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主干知识整合
热点考向探究
高考随堂演练
适考素能特训
大二轮 ·数学 ·文
(2)用图象法求解不等式 用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使 得代数问题几何化,既通俗易懂,又简洁直观,是一种较好 的方法. 2.解决含参数的绝对值不等式问题的两种常用方法 (1)将参数分类讨论,将其转化为分段函数解决; (2)借助于绝对值的几何意义, 先求出 f(x)的最值或值域, 然后再根据题目要求,求解参数的取值范围.
所以原不等式的解集为
5 xx<-7或x> 3
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.
高考随堂演练 适考素能特训
主干知识整合
热点考向探究
大二轮 ·数学 ·文
解法二:f(x)=|2x+1|-|x-4|=
-x-5,x<-1, 2 1 3x-3,-2≤x<4, x+5,x≥4.
画出 f(x)的图象
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主干知识整合
热点考向探究
高考随堂演练
适考素能特训
大二轮 ·数交点为(-7,2),3,2 .
5 由图象知 f(x)>2 的解集为xx<-7或x>3 .
9 (2)由(1)的解法二中的图象知:f(x)min=-2.
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热点考向探究
高考随堂演练
适考素能特训
大二轮 ·数学 ·文
3.解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化 f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a; f(x)<a 恒成立⇔f(x)max<a; f(x)>a 有 解 ⇔ f(x)max>a ; f(x)<a 有 解 ⇔ f(x)min<a ; f(x)>a 无 解 ⇔ f(x)max≤a;f(x)<a 无解⇔f(x)min≥a.

《创新设计》2017届高考数学(文)二轮复习(全国通用)课件专题一函数与导数、不等式第5讲Word版含解析

《创新设计》2017届高考数学(文)二轮复习(全国通用)课件专题一函数与导数、不等式第5讲Word版含解析

=0,即当 x>1 时,f(x)<x-1.
(3)解 由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1), 则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时, 令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 则有 G′(x)=1x-x+1-k=-x2+(1x-k)x+1.
由 G′(x)=0 得,-x2+(1-k)x+1=0. 解得 x1=1-k- (21-k)2+4<0, x2=1-k+ (21-k)2+4>1. 当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在[1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1).
第5讲 导数与不等式的证明、恒 成立及能成立问题
高考定位 在高考压轴题中,函数与不等式的交汇是考查热 点,常以含指数、对数函数为载体考查不等式的证明、比较 大小、范围等问题,以及不等式的恒成立与能成立问题.
真题感悟 (2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当 a=4 时,f(x)=(x+1) ln x-4(x-1),f′(x)=ln x+1x-3,f′(1)=-2,f(1)=0,曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 2x+y-2=0.
(2)当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x-a(xx+-11)>0, 设 g(x)=ln x-a(xx+-11),则 g′(x)=1x-(x+2a1)2=x2+x2((x1+-1a))2x+1,g(1)=0. (ⅰ)当 a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0, 故 g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此 g(x)>0;

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线

创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线

专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题练习 理一、选择题1.曲线y =x e x+1在点(0,1)处的切线方程是( ) A.x -y +1=0 B.2x -y +1=0 C.x -y -1=0D.x -2y +2=0解析 y ′=e x+x e x=(x +1)e x,y ′|x =0=1,∴所求切线方程为:x -y +1=0.答案 A2.(2016·南昌模拟)曲线y =e -2x+1在点(0,2)处的切线与直线y =0和y =x 围成的三角形的面积为( ) A.13 B.12 C.23D.1解析 因为y ′=-2e-2x,∴曲线在点(0,2)处的切线斜率k =-2,∴切线方程为y =-2x +2,该直线与直线y =0和y =x 围成的三角形如图所示,其中直线y =-2x +2与y =x 的交点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫23,23,所以三角形面积S =12×1×23=13.答案 A3.(2016·洛阳模拟)曲线y =x ln x 在点(e ,e)处的切线与直线x +ay =1垂直,则实数a 的值为( ) A.2 B.-2 C.12D.-12解析 依题意得y ′=1+ln x ,y ′|x =e =1+ln e =2,所以-1a×2=-1,所以a =2,故选A. 答案 A4.已知y =f (x )为R 上的可导函数,当x ≠0时,f ′(x )+f (x )x >0,若g (x )=f (x )+1x,则函数g (x )的零点个数为( )A.1B.2C.0D.0或2解析 令h (x )=xf (x ),因为当x ≠0时,xf ′(x )+f (x )x >0,所以h ′(x )x>0,因此当x >0时,h ′(x )>0,当x <0时,h ′(x )<0,又h (0)=0,易知当x ≠0时,h (x )>0,又g (x )=h (x )+1x,所以g (x )≠0,故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C5.已知e 是自然对数的底数,函数f (x )=e x+x -2的零点为a ,函数g (x )=ln x +x -2的零点为b ,则下列不等式中成立的是( ) A.f (a )<f (1)<f (b ) B.f (a )<f (b )<f (1) C.f (1)<f (a )<f (b )D.f (b )<f (1)<f (a )解析 由题意,知f ′(x )=e x+1>0恒成立,所以函数f (x )在R 上是单调递增的,而f (0)=e 0+0-2=-1<0,f (1)=e 1+1-2=e -1>0,所以函数f (x )的零点a ∈(0,1);由题意,知g ′(x )=1x+1>0,所以g (x )在(0,+∞)上是单调递增的,又g (1)=ln 1+1-2=-1<0,g (2)=ln 2+2-2=ln 2>0, 所以函数g (x )的零点b ∈(1,2). 综上,可得0<a <1<b <2.因为f (x )在R 上是单调递增的,所以f (a )<f (1)<f (b ). 答案 A 二、填空题6.(2016·全国Ⅲ卷)已知f (x )为偶函数,当x <0时,f (x )=ln(-x )+3x ,则曲线y =f (x )在点(1,-3)处的切线方程是________.解析 设x >0,则-x <0,f (-x )=ln x -3x ,又f (x )为偶函数,f (x )=ln x -3x ,f ′(x )=1x-3,f ′(1)=-2,切线方程为y =-2x -1.答案 2x +y +1=07.函数f (x )=13x 3-x 2-3x -1的图象与x 轴的交点个数是________.解析 f ′(x )=x 2-2x -3=(x +1)(x -3),函数f (x )在(-∞,-1)和(3,+∞)上是增函数,在(-1,3)上是减函数,由f (x )极小值=f (3)=-10<0,f (x )极大值=f (-1)=23>0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.答案 38.(2016·济南模拟)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________.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. 答案 (-4,0) 三、解答题9.(2016·武汉模拟)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 ,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y =2x -1. (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,此时函数单调递增; 当1<x <e 时,g ′(x )<0,此时函数单调递减. 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).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. 10.(2016·平顶山二调)已知函数f (x )=ln x -ax +b x,对任意的x ∈(0,+∞),满足f (x )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x =0,其中a ,b 为常数. (1)若f (x )的图象在x =1处的切线经过点(0,-5),求a 的值;(2)已知0<a <1,求证:f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22>0;(3)当f (x )存在三个不同的零点时,求a 的取值范围.(1)解 在f (x )+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x =0中,取x =1,得f (1)=0,又f (1)=ln 1-a +b =-a +b =0,所以b =a . 从而f (x )=ln x -ax +a x ,f ′(x )=1x-a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x 2,f ′(1)=1-2a .又f ′(1)=-5-f (1)0-1=5,所以1-2a =5,a =-2.(2)证明 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=ln a 22-a 32+2a =2ln a +2a -a 32-ln 2. 令g (x )=2ln x +2x -x 32-ln 2,则g ′(x )=2x -2x 2-3x 22=-3x 4+4(x -1)2x 2. 所以x ∈(0,1)时,g ′(x )<0,g (x )单调递减, 故x ∈(0,1)时,g (x )>g (1)=2-12-ln 2>1-ln e =0,所以0<a <1时,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22>0. (3)解 f ′(x )=1x-a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1x 2=-ax 2+x -a x2.①当a ≤0时,在(0,+∞)上,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )至多只有一个零点,不合题意;②当a ≥12时,在(0,+∞)上,f ′(x )≤0,f (x )单调递减,所以f (x )至多只有一个零点,不合题意;③当0<a <12时,令f ′(x )=0,得x 1=1-1-4a22a <1,x 2=1+1-4a22a>1.此时,f (x )在(0,x 1)上单调递减,在(x 1,x 2)上单调递增, 在(x 2,+∞)上单调递减,所以f (x )至多有三个零点. 因为f (x )在(x 1,1)上单调递增,所以f (x 1)<f (1)=0.又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22>0,所以∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22,x 1,使得f (x 0)=0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x0=-f (x 0)=0,f (1)=0, 所以f (x )恰有三个不同的零点:x 0,1,1x 0.综上所述,当f (x )存在三个不同的零点时,a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12. 11.已知函数f (x )=e x -ax 2-bx -1,其中a ,b ∈R ,e =2.718 28…为自然对数的底数. (1)设g (x )是函数f (x )的导函数,求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值; (2)若f (1)=0,函数f (x )在区间(0,1)内有零点,证明:e -2<a <1.(1)解 由f (x )=e x-ax 2-bx -1,有g (x )=f ′(x )=e x -2ax -b ,所以g ′(x )=e x-2a . 当x ∈[0,1]时,g ′(x )∈[1-2a ,e -2a ],当a ≤12时,g ′(x )≥0,所以g (x )在[0,1]上单调递增,因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)=1-b ; 当a ≥e2时,g ′(x )≤0,所以g (x )在[0,1]上单调递减.因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)=e -2a -b ; 当12<a <e2时,令g ′(x )=0,得x =ln (2a )∈(0,1), 所以函数g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增. 于是,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))=2a -2a ln(2a )-b .综上所述,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)=1-b ;当12<a <e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln(2a ))=2a -2a ln(2a )-b ;当a ≥e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)=e -2a -b .(2)证明 设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点,则由f (0)=f (x 0)=0可知f (x )在区间(0,x 0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则g (x )不可能恒为正,也不可能恒为负. 故g (x )在区间(0,x 0)内存在零点x 1, 同理,g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2, 所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点. 由(1)知,当a ≤12时,g (x )在[0,1]上单调递增,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,不合题意.当a ≥e2时,g (x )在[0,1]上单调递减,故g (x )在(0,1)内至多有一个零点,不合题意.所以12<a <e 2.此时g (x )在区间[0,ln(2a )]上单调递减,在区间(ln(2a ),1]上单调递增,因此x 1∈(0,ln(2a )],x 2∈(ln(2a ),1),必有g (0)=1-b >0,g (1)=e -2a -b >0. 由f (1)=0有a +b =e -1<2, 有g (0)=a -e +2>0,g (1)=1-a >0, 解得e -2<a <1.所以函数f (x )在区间(0,1)内有零点时,e -2<a <1.。

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专题一 函数与导数、不等式 第2讲 不等式问题练习 理一、填空题1.(2015·苏州调研)已知f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+x (x ≥0),-x 2+x (x <0),则不等式f (x 2-x +1)<12的解集是________.解析 依题意得,函数f (x )是R 上的增函数,且f (3)=12,因此不等式f (x 2-x +1)<12等价于x 2-x +1<3,即x 2-x -2<0,由此解得-1<x <2. 因此,不等式f (x 2-x +1)<12的解集是(-1,2). 答案 (-1,2)2.若点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y4=1上,则mn 的最大值是________.解析 因为点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y 4=1上,所以m ,n >0,且m 3+n4=1,所以m 3·n 4≤2342m n ⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 3=n 4=12,即m =32,n =2时,取“=”,所以m 3·n 4≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122=14,即mn ≤3,所以mn 的最大值为3. 答案 33.(2016·苏北四市模拟)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+2x ,x ≥0,x 2-2x ,x <0,若f (-a )+f (a )≤2f (1),则实数a 的取值范围是________. 解析 f (-a )+f (a )≤2f (1)⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0,(-a )2-2×(-a )+a 2+2a ≤2×3或 ⎩⎪⎨⎪⎧a <0,(-a )2+2×(-a )+a 2-2a ≤2×3 即⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0,a 2+2a -3≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0,a 2-2a -3≤0, 解得0≤a ≤1,或-1≤a <0. 故-1≤a ≤1. 答案 [-1,1]4.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ,x >0,⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ,x ≤0,那么不等式f (x )≥1的解集为________.解析 当x >0时,由log 3x ≥1可得x ≥3,当x ≤0时,由⎝ ⎛⎭⎪⎫13x≥1可得x ≤0,∴不等式f (x )≥1的解集为(-∞,0]∪[3,+∞).答案 (-∞,0]∪[3,+∞)5.(2016·南京、盐城模拟)若x ,y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -2≥0,x -y +1≥0,3x +y -6≤0,则x 2+y 2的最小值是________.解析 不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示,x 2+y 2表示原点(0,0)到此区域内的点P (x ,y )的距离.显然该距离的最小值为原点到直线x +2y -2=0的距离. 故最小值为|0+0-2|12+22=255. 答案2556.已知当x <0时,2x 2-mx +1>0恒成立,则m 的取值范围为________. 解析 由2x 2-mx +1>0,得mx <2x 2+1, 因为x <0,所以m >2x 2+1x =2x +1x.而2x +1x =-⎣⎢⎡⎦⎥⎤(-2x )+1(-x )≤-2(-2x )×1(-x )=-2 2.当且仅当-2x =-1x ,即x =-22时取等号,所以m >-2 2. 答案 (-22,+∞)7.设目标函数z =x +y ,其中实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x +2y ≥0,x -y ≤0,0≤y ≤k .若z 的最大值为12,则z 的最小值为________.解析 作出不等式组所表示的可行域如图阴影所示,平移直线x +y =0,显然当直线过点A (k ,k )时,目标函数z =x +y 取得最大值,且最大值为k +k =12,则k =6,直线过点B时目标函数z =x +y 取得最小值,点B 为直线x +2y =0与y =6的交点, 即B (-12,6),所以z min =-12+6=-6. 答案 -68.(2016·泰州调研)已知x >0,y >0,且2x +1y=1,若x +2y >m 2+2m 恒成立,则实数m的取值范围为________.解析 记t =x +2y ,由不等式恒成立可得m 2+2m <t min . 因为2x +1y =1,所以t =x +2y =(x +2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +1y =4+4y x+x y.而x >0,y >0,所以4y x +xy≥24y x ·x y =4(当且仅当4y x =xy,即x =2y 时取等号).所以t =4+4y x +xy≥4+4=8,即t min =8.故m 2+2m <8,即(m -2)(m +4)<0.解得-4<m <2. 答案 (-4,2) 二、解答题9.(2015·苏北四市调研)某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示),该扇环面是由以点O 为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O 的两条直线段围成.按设计要求扇环面的周长为30米,其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x 米,圆心角为θ(弧度).(1)求θ关于x 的函数关系式;(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时,直线部分的装饰费用为4元/米,弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y ,求y 关于x 的函数关系式,并求出x 为何值时,y 取得最大值?解 (1)设扇环的圆心角为θ,则30=θ(10+x )+2(10-x ),所以θ=10+2x 10+x (0<x <10).(2)花坛的面积为12θ(102-x 2)=(5+x )(10-x )=-x 2+5x +50(0<x <10).装饰总费用为9θ(10+x )+8(10-x )=170+10x , 所以花坛的面积与装饰总费用的比y =-x 2+5x +50170+10x=-x 2-5x -5010(17+x ),令t =17+x ,则y =3910-110⎝⎛⎭⎪⎫t +324t ≤310,当且仅当t =18时取等号,此时x =1,θ=1211.答:当x =1时,花坛的面积与装饰总费用的比最大.10.已知函数f (x )=2xx 2+6. (1)若f (x )>k 的解集为{x |x <-3,或x >-2},求k 的值; (2)对任意x >0,f (x )≤t 恒成立,求t 的取值范围. 解 (1)f (x )>k ⇔kx 2-2x +6k <0.由已知{x |x <-3,或x >-2}是其解集,得kx 2-2x +6k =0的两根是-3,-2. 由根与系数的关系可知(-2)+(-3)=2k ,即k =-25.(2)因为x >0,f (x )=2x x 2+6=2x +6x≤226=66,当且仅当x =6时取等号.由已知f (x )≤t 对任意x >0恒成立,故t ≥66,即t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫66,+∞. 11.(1)解关于x 的不等式x 2-2mx +m +1>0; (2)解关于x 的不等式ax 2-(2a +1)x +2<0.解 (1)原不等式对应方程的判别式Δ=(-2m )2-4(m +1)=4(m 2-m -1).当m 2-m -1>0,即m >1+52或m <1-52时,由于方程x 2-2mx +m +1=0的两根是m ±m 2-m -1,所以原不等式的解集是{x |x <m -m 2-m -1,或x >m +m 2-m -1};当Δ=0,即m =1±52时,不等式的解集为{x |x ∈R ,且x ≠m };当Δ<0,即1-52<m <1+52时,不等式的解集为R .综上,当m >1+52或m <1-52时,不等式的解集为{x |x <m -m 2-m -1,或x >m +m 2-m -1};当m =1±52时,不等式的解集为{x |x ∈R ,且x ≠m };当1-52<m <1+52时,不等式的解集为R .(2)原不等式可化为(ax -1)(x -2)<0.①当a >0时,原不等式可以化为a (x -2)⎝⎛⎭⎪⎫x -1a <0,根据不等式的性质,这个不等式等价于(x -2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1a <0.因为方程(x -2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1a =0的两个根分别是2,1a,所以当0<a<12时,2<1a ,则原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2<x <1a ;当a =12时,原不等式的解集是∅;当a>12时,1a <2,则原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪1a <x <2.②当a =0时,原不等式为-(x -2)<0,解得x >2,即原不等式的解集是{x |x >2}.③当a <0时,原不等式可以化为a (x -2)⎝⎛⎭⎪⎫x -1a <0,根据不等式的性质,这个不等式等价于(x -2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1a >0,由于1a<2,故原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <1a或x >2.综上,当a =0时不等式解集为(2,+∞);当0<a <12时,不等式解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2,1a ;当a =12时,不等式解集为∅;当a >12时,不等式解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,2;当a <0时,不等式解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,1a ∪(2,+∞).。

创新设计(浙江专用)高考数学二轮复习教师用书1专题一

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教师用书1 专题一 函数与导数、不等式第1讲 函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体,考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性;2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解,综合性强;3.以基本初等函数为依托,考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真 题 感 悟1.(2016·山东卷)已知函数f (x )的定义域为R ,当x <0时,f (x )=x 3-1;当-1≤x ≤1时,f (-x )=-f (x );当x >12时,f ⎝⎛⎭⎪⎫x +12=f ⎝⎛⎭⎪⎫x -12,则f (6)=( )A.-2B.-1C.0D.2解析 当x >12时,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -12,即f (x )=f (x +1),∴f (6)=f (1).当x <0时,f (x )=x 3-1且-1≤x ≤1,f (-x )=-f (x ),∴f (6)=f (1)=-f (-1)=2,故选D.答案 D2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧1+log 2(2-x ),x <1,2x -1,x ≥1,则f (-2)+f (log 212)=( ) A.3 B.6 C.9D.12解析 因为-2<1,log 212>log 28=3>1,所以f (-2)=1+log 2[2-(-2)]=1+log 24=3,f (log 212)=2log 212-1=2log 212×2-1=12×12=6,故f (-2)+f (log 212)=3+6=9,故选C.答案 C3.(2016·全国Ⅰ卷)函数y =2x 2-e |x |在[-2,2]的图象大致为( )解析 f (2)=8-e 2>8-2.82>0,排除A ;f (2)=8-e 2<8-2.72<1,排除B ;在x >0时,f (x )=2x 2-e x ,f ′(x )=4x -e x ,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14时,f ′(x )<14×4-e 0=0,因此f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14上单调递减,排除C ,故选D. 答案 D4.(2016·山东卷)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|x |,x ≤m ,x 2-2mx +4m ,x >m ,其中m >0,若存在实数b ,使得关于x 的方程f (x )=b 有三个不同的根,则m 的取值范围是________.解析 如图,当x ≤m 时,f (x )=|x |;当x >m 时,f (x )=x 2-2mx +4m 在(m ,+∞)为增函数,若存在实数b ,使方程f (x )=b 有三个不同的根,则m 2-2m ·m +4m <|m |.∵m >0,∴m 2-3m >0,解得m >3. 答案 (3,+∞)考 点 整 合1.函数的性质 (1)单调性①用来比较大小,求函数最值,解不等式和证明方程根的唯一性.②常见判定方法:(ⅰ)定义法:取值、作差、变形、定号,其中变形是关键,常用的方法有:通分、配方、因式分解;(ⅱ)图象法;(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则;(ⅳ)导数法.(2)奇偶性:①若f (x )是偶函数,那么f (x )=f (-x );②若f (x )是奇函数,0在其定义域内,则f (0)=0;③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性,偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性;(3)周期性:常见结论有①若y =f (x )对x ∈R ,f (x +a )=f (x -a )或f (x -2a )=f (x )(a >0)恒成立,则y =f (x )是周期为2a 的周期函数;②若y =f (x )是偶函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为2|a |的周期函数;③若y =f (x )是奇函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为4|a |的周期函数;④若f (x +a )= -f (x )⎝⎛⎭⎪⎫或f (x +a )=1f (x ),则y =f (x )是周期为2|a |的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图,作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时,要注意用好其与图象的关系,结合图象研究.3.求函数值域有以下几种常用方法:(1)直接法;(2)配方法;(3)基本不等式法;(4)单调性法;(5)求导法;(6)分离变量法.除了以上方法外,还有数形结合法、判别式法等.4.函数的零点问题(1)函数F (x )=f (x )-g (x )的零点就是方程f (x )=g (x )的根,即函数y =f (x )的图象与函数y =g (x )的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③数形结合,利用两个函数图象的交点求解热点一 函数性质的应用【例1】 (1)已知定义在R 上的函数f (x )=2|x -m |-1(m 为实数)为偶函数,记a =f (log 0.53),b =f (log 25),c =f (2m ),则a ,b ,c 的大小关系为( )A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.c <b <a(2)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (-x )=2-f (x ),若函数y =x +1x与y =f (x )图象的交点为(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m ),则∑i =1m(x i +y i )=( )A.0B.mC.2mD.4m解析 (1)由f (x )=2|x -m |-1是偶函数可知m =0,所以f (x )=2|x |-1. 所以a =f (log 0.53)=2|log0.53|-1=2log 23-1=2,b =f (log 25)=2|log 25|-1=2log 25-1=4,c =f (0)=2|0|-1=0,所以c <a <b .(2)法一 由题设得12(f (x )+f (-x ))=1,点(x ,f (x ))与点(-x ,f (-x ))关于点(0,1)对称, 则y =f (x )的图象关于点(0,1)对称. 又y =x +1x =1+1x,x ≠0的图象也关于点(0,1)对称. 则交点(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m )成对出现,且每一对关于点(0,1)对称. 则111()m m mi i i i i i i x y x y ===+=+∑∑∑=0+m2×2=m ,故选B.法二 特殊函数法,根据f (-x )=2-f (x )可设函数f (x )=x +1,由y =x +1x,解得两个点的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x 1=-1,y 1=0,⎩⎪⎨⎪⎧x 2=1,y 2=2,此时m =2,所以∑i =1m (x i +y i )=2=m ,故选B.答案 (1)C (2)B探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性,将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )=x ln(x +a +x 2)为偶函数,则a =________. (2)(2016·四川卷)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=4x,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (1)=________.解析 (1)f (x )为偶函数,则ln(x +a +x 2)为奇函数, 所以ln(x +a +x 2)+ln(-x +a +x 2)=0, 即ln(a +x 2-x 2)=0,∴a =1. (2)f (x )是周期为2的函数, 所以f (x )=f (x +2);而f (x )是奇函数,所以f (x )=-f (-x ),所以f (1)=f (-1),f (1)=-f (-1),即f (1)=0,又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=412=2,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52=-2,从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (1)=-2. 答案 (1)1 (2)-2 热点二 函数图象的问题[微题型1] 函数图象的变换与识别【例2-1】 (1)(2016·浙江诊断)已知f (x )=2x-1,g (x )=1-x 2,规定:当|f (x )|≥g (x )时,h (x )=|f (x )|;当|f (x )|<g (x )时,h (x )=-g (x ),则h (x )( ) A.有最小值-1,最大值1 B.有最大值1,无最小值 C.有最小值-1,无最大值D.有最大值-1,无最小值(2)函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x-x sin x 的大致图象为( )解析 (1)由题意得,利用平移变换的知识画出函数|f (x )|,g (x )的图象如图,而h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧|f (x )|,|f (x )|≥g (x ),-g (x ),|f (x )|<g (x ),故h (x )有最小值-1,无最大值.(2)由y 1=1x-x 为奇函数,y 2=sin x 为奇函数,可得函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x sin x 为偶函数,因此排除C 、D.又当x =π2时,y 1<0,y 2>0,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0,因此选B.答案 (1)C (2)B探究提高 (1)作图:常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.尤其注意y =f (x )与y =f (-x )、y =-f (x )、y =-f (-x )、y =f (|x |)、y =|f (x )|及y =af (x )+b 的相互关系.(2)识图:从图象与x 轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系. [微题型2] 函数图象的应用【例2-2】 (1)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-x 2+2x ,x ≤0,ln (x +1),x >0.若|f (x )|≥ax ,则实数a 的取值范围是( ) A.(-∞,0] B.(-∞,1) C.[-2,1]D.[-2,0](2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数f (x )=e x(2x -1)-ax +a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-32e ,1B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫-32e ,34C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ,34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ,1解析 (1)函数y =|f (x )|的图象如图. ①当a =0时,|f (x )|≥ax 显然成立.②当a >0时,只需在x >0时,ln(x +1)≥ax 成立. 比较对数函数与一次函数y =ax 的增长速度. 显然不存在a >0使ln(x +1)≥ax 在x >0上恒成立. ③当a <0时,只需在x <0时,x 2-2x ≥ax 成立. 即a ≥x -2成立,∴a ≥-2. 综上所述:-2≤a ≤0.故选D.(2)设g (x )=e x(2x -1),y =ax -a ,由题知存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)在直线y =ax -a 的下方,因为g ′(x )=e x(2x +1),所以当x <-12时,g ′(x )<0,当x >-12时,g ′(x )>0,所以当x =-12时,[g (x )]min =-2e -12, 当x =0时,g (0)=-1,当x =1时,g (1)=e>0,直线y =a (x -1)恒过(1,0),则满足题意的唯一整数x 0=0, 故-a >g (0)=-1,且g (-1)=-3e -1≥-a -a ,解得32e≤a <1,故选D.答案 (1)D (2)D探究提高 (1)涉及到由图象求参数问题时,常需构造两个函数,借助两函数图象求参数范围. (2)图象形象地显示了函数的性质,因此,函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.【训练2】 (2016·安庆二模)已知函数f (x )=|x -2|+1,g (x )=kx .若方程f (x )=g (x )有两个不相等的实根,则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 C.(1,2)D.(2,+∞)解析 由f (x )=g (x ),∴|x -2|+1=kx ,即|x -2|=kx -1,所以原题等价于函数y =|x -2|与y =kx -1的图象有2个不同交点.如图:∴y =kx -1在直线y =x -1与y =12x -1之间,∴12<k <1,故选B. 答案 B热点三 函数的零点与方程根的问题 [微题型1] 函数零点的判断【例3-1】 (1)函数f (x )=log 2x -1x的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 C.(1,2)D.(2,3)(2)(2016·武汉二模)函数f (x )=4cos 2x 2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x -2sin x -|ln(x +1)|的零点个数为________.解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),且函数f (x )在(0,+∞)上为增函数.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=log 212-112=-1-2=-3<0, f (1)=log 21-11=0-1<0, f (2)=log 22-12=1-12=12>0,f (3)=log 23-13>1-13=23>0,即f (1)·f (2)<0,∴函数f (x )=log 2x -1x的零点在区间(1,2)内.(2)f (x )=4cos 2x2sin x -2sin x -|ln(x +1)|=2sin x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 2-1-|ln(x +1)|=sin 2x -|ln(x +1)|,令f (x )=0,得sin 2x =|ln(x +1)|.在同一坐标系中作出两个函数y =sin 2x 与函数y =|ln(x +1)|的大致图象如图所示.观察图象可知,两函数图象有2个交点,故函数f (x )有2个零点. 答案 (1)C (2)2探究提高 函数零点(即方程的根)的确定问题,常见的有①函数零点值大致存在区间的确定;②零点个数的确定;③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题,常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数【例3-2】 (1)(2016·郑州二模)若方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根,则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3-1,ln 2+12 B.[ln 2-1,ln 3-1) C.[ln 2-1,ln 2]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,ln 2+12(2)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2-|x |,x ≤2,(x -2)2,x >2,函数g (x )=b -f (2-x ),其中b ∈R ,若函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点,则b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫74,+∞B.⎝⎛⎭⎪⎫-∞,74C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,74 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫74,2解析 (1)令f (x )=ln(x +1)-x 2+32x -a ,则f ′(x )=1x +1-2x +32=-(4x +5)(x -1)2(x +1).当x ∈[0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当x ∈(1,2]时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.由于方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根,即f (x )=0在区间[0,2]上有两个不同的实数根,其充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧f (0)=-a ≤0,f (1)=ln 2+12-a >0,f (2)=ln 3-1-a ≤0,解得ln 3-1≤a <ln 2+12.所以方程ln(x +1)=x 2-32x +a 在区间[0,2]上有两个不同的实数根时,实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 3-1,ln 2+12.(2)函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点,即方程f (x )-g (x )=0,即b =f (x )+f (2-x )有4个不同实数根,即直线y =b 与函数y =f (x )+f (2-x )的图象有4个不同的交点,又y =f (x )+f (2-x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+x +2,x <0,2,0≤x ≤2,x 2-5x +8,x >2,作出该函数的图象如图所示, 由图可知,当74<b <2时,直线y =b 与函数y =f (x )+f (2-x )的图象有4个不同的交点,故函数y =f (x )-g (x )恰有4个零点时,b 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫74,2. 答案 (1)A (2)D探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.【训练3】 设函数f (x )=x 2+3x +3-a ·e x(a 为非零实数),若f (x )有且仅有一个零点,则a 的取值范围为________.解析 令f (x )=0,可得x 2+3x +3ex=a ,令g (x )=x 2+3x +3ex,则g ′(x )=(2x +3)·e x-e x·(x 2+3x +3)(e x )2=-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)上单调递增,在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递减.由题意知函数y =g (x )的图象与直线y =a 有且仅有一个交点,结合y =g (x )及y =a 的图象可得a ∈(0,e )∪(3,+∞). 答案 (0,e )∪(3,+∞)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域,如求函数f (x )=1x ln x的定义域时,只考虑x >0,忽视ln x ≠0的限制.2.如果一个奇函数f (x )在原点处有意义,即f (0)有意义,那么一定有f (0)=0.3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(1)底数相同,指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较; (2)底数相同,真数不同的对数值用对数函数的单调性比较;(3)底数不同、指数也不同,或底数不同,真数也不同的两个数,常引入中间量或结合图象比较大小.4.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图;(2)对函数解析式进行恒等变换,转化为已知方程对应的曲线; (3)通过研究函数的性质,明确函数图象的位置和形状.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016·临沂模拟)下列函数中,既是奇函数,又在区间(-1,1)上单调递减的函数是( )A.f (x )=sin xB.f (x )=2cos x +1C.f (x )=2x-1D.f (x )=ln 1-x1+x解析 由函数f (x )为奇函数排除B 、C ,又f (x )=sin x 在(-1,1)上单调递增,排除A ,故选D. 答案 D2.(2015·湖南卷)设函数f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ),则f (x )是( )A.奇函数,且在(0,1)上是增函数B.奇函数,且在(0,1)上是减函数C.偶函数,且在(0,1)上是增函数D.偶函数,且在(0,1)上是减函数解析 易知函数定义域为(-1,1),f (-x )=ln(1-x )-ln(1+x )=-f (x ),故函数f (x )为奇函数,又f (x )=ln 1+x 1-x =ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1-2x -1,由复合函数单调性判断方法知,f (x )在(0,1)上是增函数,故选A. 答案 A3.已知二次函数f (x )=x 2-bx +a 的部分图象如图所示,则函数g (x )=e x+f ′(x )的零点所在的区间是( ) A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,2) D.(2,3)解析 由函数f (x )的图象可知,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 )=e x+2x -b ,所以g ′(x )=e x+2>0,所以g (x )在R 上单调递增,又g (0)=1-b <0,g (1)=e +2-b >0,根据函数的零点存在性定理可知,函数g (x )的零点所在的区间是(0,1),故选B. 答案 B4.(2016·西安八校联考)函数y =x 33x-1的图象大致是( )解析 由3x-1≠0得x ≠0, ∴函数y =x 33x-1的定义域为{x |x ≠0},可排除A ; 当x =-1时,y =(-1)313-1=32>0,可排除B ;当x =2时,y =1,当x =4时,y =45,但从D 的函数图象可以看出函数在(0,+∞)上是单调递增函数,两者矛盾,可排除D.故选C. 答案 C5.如图,长方形ABCD 的边AB =2,BC =1,O 是AB 的中点,点P 沿着边BC ,CD 与DA 运动,记∠BOP =x .将动点P 到A ,B 两点距离之和表示为x 的函数f (x ),则y=f (x )的图象大致为( )解析 当点P 沿着边BC 运动,即0≤x ≤π4时,在Rt △POB 中,|PB |=|OB |tan ∠POB =tan x ,在Rt △PAB 中,|PA |=|AB |2+|PB |2=4+tan 2x ,则f (x )=|PA |+|PB |=4+tan 2x +tan x ,它不是关于x 的一次函数,图象不是线段,故排除A 和C ; 当点P 与点C 重合,即x =π4时,由以上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4=4+tan2π4+tan π4=5+1,又当点P 与边CD 的中点重合,即x =π2时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=|PA |+|PB |=2+2=22,知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,故又可排除D.综上,选B. 答案 B 二、填空题6.(2016·浙江卷)已知a >b >1.若log a b +log b a =52,a b =b a ,则a =________,b =________.解析 设log b a =t ,则t >1,因为t +1t =52,解得t =2,所以a =b 2,因此a b =(b 2)b =b 2b=b a ,∴a =2b ,b 2=2b ,又b >1,解得b =2,a =4.答案 4 27.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -[x ],x ≥0,f (x +1),x <0,其中[x ]表示不超过x 的最大整数.若直线y =k (x +1)(k >0)与函数y =f (x )的图象恰有三个不同的交点,则实数k 的取值范围是________. 解析 根据[x ]表示的意义可知,当0≤x <1时,f (x )=x ,当1≤x <2时,f (x )=x -1,当2≤x <3时,f (x )=x -2,以此类推,当k ≤x <k +1时,f (x )=x -k ,k ∈Z ,当-1≤x <0时,f (x )=x +1,作出函数f (x )的图象如图,直线y =k (x +1)过点(-1,0),当直线经过点(3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直线之间时有三个交点,故k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,13.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,13 8.(2016·海淀二模)设函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x-a ,x <1,4(x -a )(x -2a ),x ≥1.(1)若a =1,则f (x )的最小值为________;(2)若f (x )恰有2个零点,则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a =1时,f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x-1,x <1,4(x -1)(x -2),x ≥1.当x <1时,f (x )=2x-1∈(-1,1),当x ≥1时,f (x )=4(x 2-3x +2)=4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x -322-14≥-1,∴f (x )min =-1.(2)由于f (x )恰有2个零点,分两种情况讨论: 当f (x )=2x-a ,x <1没有零点时,a ≥2或a ≤0.当a ≥2时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时,有2个零点; 当a ≤0时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时无零点. 因此a ≥2满足题意.当f (x )=2x -a ,x <1有一个零点时, 0<a <2.f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1有一个零点,此时a <1,2a ≥1,因此12≤a <1.综上知实数a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12≤a <1或a ≥2.答案 (1)-1 (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,1∪[2,+∞)三、解答题9.已知函数f (x )=mx 2-2x +1有且仅有一个正实数的零点,求实数m 的取值范围. 解 依题意,得①⎩⎪⎨⎪⎧m >0,Δ=(-2)2-4m >0,f (0)<0或②⎩⎪⎨⎪⎧m <0,Δ=(-2)2-4m >0,f (0)>0或 ③⎩⎪⎨⎪⎧m ≠0,Δ=(-2)2-4m =0. 显然①无解;解②,得m <0;解③,得m =1,经验证,满足题意.又当m =0时,f (x )=-2x +1,它显然有一个为正实数的零点. 综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数f (x )=x 2-2ln x ,h (x )=x 2-x +a . (1)求函数f (x )的极值;(2)设函数k (x )=f (x )-h (x ),若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),令f ′(x )=2x -2x=0,得x =1.当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0, 所以函数f (x )在x =1处取得极小值为1. (2)k (x )=f (x )-h (x )=x -2ln x -a (x >0), 所以k ′(x )=1-2x,令k ′(x )>0,得x >2,所以k (x )在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以⎩⎪⎨⎪⎧k (1)≥0,k (2)<0,k (3)≥0,所以实数a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3]. 11.已知函数f (x )=ex -m-x ,其中m 为常数.(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立,求m 的取值范围;(2)当m >1时,判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f ′(x )=ex -m-1,令f ′(x )=0,得x =m . 故当x ∈(-∞,m )时,e x -m<1,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(m ,+∞)时,ex -m>1,f ′(x )>0,f (x )单调递增.∴当x =m 时,f (m )为极小值,也是最小值. 令f (m )=1-m ≥0,得m ≤1,即若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立,则m 的取值范围是(-∞,1].(2)由(1)知f (x )在[0,2m ]上至多有两个零点,当m >1时,f (m )=1-m <0.∵f (0)=e -m>0,f (0)f (m )<0, ∴f (x )在(0,m )上有一个零点. ∵f (2m )=e m-2m ,令g (m )=e m-2m , ∵当m >1时,g ′(m )=e m-2>0, ∴g (m )在(1,+∞)上单调递增, ∴g (m )>g (1)=e -2>0,即f (2m )>0.∴f (m )·f (2m )<0,∴f (x )在(m ,2m )上有一个零点. ∴故f (x )在[0,2m ]上有两个零点.第2讲 不等式问题高考定位 1.利用不等式性质比较大小,不等式的求解,利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点,主要以选择题、填空题为主;2.但在解答题中,特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解,难度较大.真 题 感 悟1.(2016·全国Ⅰ卷)若a >b >1,0<c <1,则( ) A.a c<b cB.ab c <ba cC.a log b c <b log a cD.log a c <log b c解析 取a =4,b =2,c =12,逐一验证C 正确.答案 C2.(2016·北京卷)若x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x -y ≤0,x +y ≤3,x ≥0,则2x +y 的最大值为( )A.0B.3C.4D.5解析 不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.令z =2x +y ,则y =-2x +z ,作直线2x +y =0并平移,当直线过点A 时,截距最大,即z取得最大值,由⎩⎪⎨⎪⎧2x -y =0,x +y =3,得⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =2,所以A 点坐标为(1,2),可得2x +y 的最大值为2×1+2=4. 答案 C3.(2016·浙江卷)已知实数a ,b ,c ( )A.若|a 2+b +c |+|a +b 2+c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 B.若|a 2+b +c |+|a 2+b -c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 C.若|a +b +c 2|+|a +b -c 2|≤1,则a 2+b 2+c 2<100D.若|a 2+b +c |+|a +b 2-c |≤1,则a 2+b 2+c 2<100 解析 由于此题为选择题,可用特值排除法找正确选项. 对选项A ,当a =b =10,c =-110时,可排除此选项; 对选项B ,当a =10,b =-100,c =0时,可排除此选项; 对选项C ,当a =10,b =-10,c =0时,可排除此选项. 故选D. 答案 D4.(2016·江苏卷)已知实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x -2y +4≥0,2x +y -2≥0,3x -y -3≤0,则x 2+y 2的取值范围是________.解析 已知不等式组所表示的平面区域如图:x 2+y 2表示原点到可行域内的点的距离的平方.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x -y -3=0,x -2y +4=0,得A (2,3).由图可知(x 2+y 2)min =⎝ ⎛⎭⎪⎫|-2|22+122=45,(x 2+y 2)max =|OA |2=22+32=13.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤45,13 考 点 整 合1.简单分式不等式的解法 (1)f (x )g (x )>0(<0)⇔f (x )g (x )>0(<0);(2)f (x )g (x )≥0(≤0)⇔f (x )g (x )≥0(≤0)且g (x )≠0.2.(1)解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行讨论:①对二次项系数与0的大小进行讨论;②在转化为标准形式的一元二次不等式后,对判别式与0的大小进行讨论;③当判别式大于0,但两根的大小不确定时,对两根的大小进行讨论;④讨论根与定义域的关系.(2)四个常用结论①ax 2+bx +c >0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0,Δ<0.②ax 2+bx +c <0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧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 +,则(1)若x +y =S (和为定值),则当x =y 时,积xy 取得最大值S 24⎝⎛⎭⎪⎫xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x +y 22=S 24;(2)若xy =P (积为定值),则当x =y 时,和x +y 取得最小值2P (x +y ≥2xy =2P ).4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划(1)线性规划问题的有关概念:线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等. (2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤:①画出可行域;②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点;③求出目标函数的最大值或者最小值. 5.|x -a |+|x -b |≥c (c >0)和|x -a |+|x -b |≤c (c >0)型不等式的解法: (1)利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; (2)利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;(3)通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想. 6.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来,常用的方法有:比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法,还要结合放缩和换元的技巧.热点一 利用基本不等式求最值 [微题型1] 基本不等式的简单应用【例1-1】 (1)(2016·山东师大附中模拟)设正实数x ,y ,z 满足x 2-3xy +4y 2-z =0,则当xy z取得最大值时,2x +1y -2z的最大值为( ) A.0 B.1 C.94D.3(2)已知正项等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,若存在两项a m ,a n 使得a m a n =4a 1,则1m +4n的最小值为________.解析 (1)由已知得z =x 2-3xy +4y 2,(*) 则xy z =xy x 2-3xy +4y 2=1x y +4yx-3≤1,当且仅当x =2y 时取等号,把x =2y 代入(*)式,得z =2y 2,所以2x +1y -2z =1y +1y -1y2=-⎝ ⎛⎭⎪⎫1y -12+1≤1.所以当y =1时,2x +1y -2z的最大值为1. (2)设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 7=a 6+2a 5,∴a 5q 2=a 5q +2a 5,∴q 2-q -2=0,解得q =2或q =-1(舍去). ∴a m ·a n =a 1·2m -1·a 1·2n -1=4a 1,平方得2m +n -2=16=24,∴m +n =6,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +4n =16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +4n (m +n )=16⎝ ⎛⎭⎪⎫5+n m +4m n ≥16(5+4)=32, 当且仅当n m=4mn,即n =2m ,亦即m =2,n =4时取等号.答案 (1)B (2)32探究提高 在利用基本不等式时往往都需要变形,变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件,即“和”或“积”为定值,等号能够取得. [微题型2] 带有约束条件的基本不等式问题【例1-2】 (1)已知两个正数x ,y 满足x +4y +5=xy ,则xy 取最小值时,x ,y 的值分别为( ) A.5,5 B.10,52C.10,5D.10,10(2)(2016·临沂模拟)设x ,y 为实数,若4x 2+y 2+xy =1,则2x +y 的最大值是________. 解析 (1)∵x >0,y >0,∴x +4y +5=xy ≥24xy +5, 即xy -4xy -5≥0,可求xy ≥25. 当且仅当x =4y 时取等号,即x =10,y =52.(2)∵4x 2+y 2+xy =1,∴(2x +y )2-3xy =1,即(2x +y )2-32·2xy =1,∴(2x +y )2-32·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +y 22≤1,解之得(2x +y )2≤85,即2x +y ≤2105.等号当且仅当2x =y >0,即x =1010,y =105时成立. 答案 (1)B (2)2105探究提高 在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,或对约束条件中的一部分利用基本不等式,构造不等式进行求解.【训练1】 (1)已知向量a =(3,-2),b =(x ,y -1),且a ∥b ,若x ,y 均为正数,则3x +2y的最小值是( ) A.53 B.83 C.8D.24(2)若直线2ax -by +2=0(a >0,b >0)被圆x 2+y 2+2x -4y +1=0截得的弦长为4,则1a +1b的最小值是________.解析 (1)∵a ∥b ,∴3(y -1)+2x =0, 即2x +3y =3.∵x >0,y >0, ∴3x +2y =⎝ ⎛⎭⎪⎫3x +2y ·13(2x +3y ) =13⎝⎛⎭⎪⎫6+6+9y x +4x y ≥13(12+2×6)=8.当且仅当3y =2x 时取等号.(2)易知圆x 2+y 2+2x -4y +1=0的半径为2,圆心为(-1,2),因为直线2ax -by +2=0(a >0,b >0)被圆x 2+y 2+2x -4y +1=0截得的弦长为4,所以直线2ax -by +2=0(a >0,b >0)过圆心,把圆心坐标代入得a +b =1,所以1a +1b =⎝ ⎛⎭⎪⎫1a +1b (a +b )=2+b a +ab≥4,当且仅当b a =a b ,a +b =1,即a =b =12时等号成立. 答案 (1)C (2)4热点二 含参不等式恒成立问题 [微题型1] 分离参数法解决恒成立问题【例2-1】 (1)关于x 的不等式x +4x-1-a 2+2a >0对x ∈(0,+∞)恒成立,则实数a 的取值范围为________.(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,则实数a 的取值范围是________.解析 (1)设f (x )=x +4x ,因为x >0,所以f (x )=x +4x≥2x ·4x=4.又关于x 的不等式x +4x-1-a 2+2a >0对x ∈(0,+∞)恒成立,所以a 2-2a +1<4,解得-1<a <3,所以实数a 的取值范围为(-1,3).(2)要使(x +y )2-a (x +y )+1≥0恒成立,则有(x +y )2+1≥a (x +y ),即a ≤(x +y )+1x +y恒成立.由x +y +3=xy ,得x +y +3=xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x +y 22,即(x +y )2-4(x +y )-12≥0,解得x +y ≥6或x +y ≤-2(舍去).设t =x +y ,则t ≥6,(x +y )+1x +y =t +1t .设f (t )=t +1t ,则在t ≥6时,f (t )单调递增,所以f (t )=t +1t的最小值为6+16=376,所以a ≤376,即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,376.答案 (1)(-1,3) (2)⎝⎛⎦⎥⎤-∞,376探究提高 对于含参数的不等式恒成立问题,常通过分离参数,把求参数的范围化归为求函数的最值问题,a >f (x )恒成立⇔a >f (x )max ;a <f (x )恒成立⇔a <f (x )min . [微题型2] 函数法解决恒成立问题【例2-2】 (1)已知f (x )=x 2-2ax +2,当x ∈[-1,+∞)时,f (x )≥a 恒成立,则a 的取值范围为________.(2)已知二次函数f (x )=ax 2+x +1对x ∈[0,2]恒有f (x )>0.则实数a 的取值范围为________.解析 (1)法一 f (x )=(x -a )2+2-a 2,此二次函数图象的对称轴为x =a ,①当a ∈(-∞,-1)时,结合图象知,f (x )在[-1,+∞)上单调递增,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当a ∈[-1,+∞)时,f (x )min =f (a )=2-a 2, 由2-a 2≥a ,解得-2≤a ≤1.∴-1≤a ≤1. 综上所述,所求a 的取值范围为-3≤a ≤1.法二 设g (x )=f (x )-a ,则g (x )=x 2-2ax +2-a ≥0在[-1,+∞)上恒成立, 即Δ=4a 2-4(2-a )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0,a <-1,g (-1)≥0,解得-3≤a ≤1. (2)法一 函数法.若a >0,则对称轴x =-12a<0,故f (x )在[0,2]上为增函数,且f (0)=1, 因此在x ∈[0,2]上恒有f (x )>0成立. 若a <0,则应有f (2)>0,即4a +3>0, ∴a >-34.∴-34<a <0.综上所述,a 的取值范围是a >-34且a ≠0.法二 分离参数法.当x =0时,f (x )=1>0成立.当x ≠0时,ax 2+x +1>0变为a >-1x 2-1x,令g (x )=-1x 2-1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ≥12.∴当1x ≥12时,g (x )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-34. ∵a >-1x 2-1x ,∴a >-34.又∵a ≠0,∴a 的取值范围是a >-34且a ≠0.答案 (1)[-3,1] (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫-34,0∪(0,+∞) 探究提高 参数不易分离的恒成立问题,特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解,常用的方法是借助函数图象根的分布,转化为求函数在区间上的最值或值域问题.【训练2】 (1)若不等式x 2-ax +1≥0对于一切a ∈[-2,2]恒成立,则x 的取值范围是________. (2)已知不等式2x -1≥15|a 2-a |对于x ∈[2,6]恒成立,则a 的取值范围是________. 解析 (1)因为a ∈[-2,2],可把原式看作关于a 的函数, 即g (a )=-xa +x 2+1≥0,由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧g (-2)=x 2+2x +1≥0,g (2)=x 2-2x +1≥0,解之得x ∈R . (2)设y =2x -1,y ′=-2(x -1)2, 故y =2x -1在x ∈[2,6]上单调递减,即y min =26-1=25, 故不等式2x -1≥15|a 2-a |对于x ∈[2,6]恒成立等价于 15|a 2-a |≤25恒成立,化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 2-a -2≤0,a 2-a +2≥0, 解得-1≤a ≤2,故a 的取值范围是[-1,2]. 答案 (1)R (2)[-1,2]热点三 线性规划中的含参问题【例3】 (1)(2016·陕西八校二模)已知a >0,x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1,x +y ≤3,y ≥a (x -3),若z =2x +y 的最小值为1,则a =( ) A.14 B.12 C.1D.2(2)(2016·济南十校二模)已知x ,y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x -y ≥0,x +y ≤2,y ≥0,若z =ax +y 的最大值为4,则a =( )A.3B.2C.-2D.-3解析 (1)由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC 及其内部),由⎩⎪⎨⎪⎧x =1,y =a (x -3), 得A (1,-2a ),当直线2x +y -z =0过点A 时,z =2x +y 取得最小值,所以1=2×1-2a ,解得a =12.(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A (2,0),由⎩⎪⎨⎪⎧x -y =0,x +y =2,得B (1,1). 由z =ax +y ,得y =-ax +z .∴当a =-2或a =-3时,z =ax +y 在O (0,0)处取得最大值,最大值为z max =0,不满足题意,排除C ,D ;当a =2或3时,z =ax +y 在A (2,0)处取得最大值,∴2a =4,∴a =2,排除A ,故选B. 答案 (1)B (2)B探究提高 对于线性规划中的参数问题,需注意:(1)当最值是已知时,目标函数中的参数往往与直线斜率有关,解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知,且约束条件中含有参数时,因为平面区域是变动的,所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口,先确定最优解,然后变动参数范围,使得这样的最优解在该区域内即可.【训练3】 (1)(2016·浙江卷)在平面上,过点P 作直线l 的垂线所得的垂足称为点P 在直线l 上的投影.由区域⎩⎪⎨⎪⎧x -2≤0,x +y ≥0,x -3y +4≥0中的点在直线x +y -2=0上的投影构成的线段记为AB ,则|AB |=( ) A.2 2 B.4 C.3 2D.6(2)已知x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ,y ≤-x +2,x ≥a ,且目标函数z =2x +y 的最小值为1,则实数a 的值是( )A.34 B.12 C.13D.14解析 (1)已知不等式组表示的平面区域如图中△PMQ 所示.因为l 与直线x +y =0平行.所以区域内的点在直线x +y -2上的投影构成线段AB ,则|AB |=|PQ |.由⎩⎪⎨⎪⎧x -3y +4=0,x +y =0,解得P (-1,1),由⎩⎪⎨⎪⎧x =2,x +y =0 解得Q (2,-2).∴|AB |=|PQ |=(-1-2)2+(1+2)2=3 2.(2)依题意,不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分),观察图象可知,当目标函数z =2x +y 过点B (a ,a )时,z min =2a +a =3a ;因为目标函数z =2x +y 的最小值为1,所以3a =1,解得a =13,故选C.答案 (1)C (2)C热点四 绝对值问题的综合应用【例4】 (2016·浙江卷)已知a ≥3,函数F (x )=min{2|x -1|,x 2-2ax +4a -2},其中min{p ,q }=⎩⎪⎨⎪⎧p ,p ≤q ,q ,p >q .(1)求使得等式F (x )=x 2-2ax +4a -2成立的x 的取值范围; (2)①求F (x )的最小值m (a );②求F (x )在区间[0,6]上的最大值M (a ).解 (1)由于a ≥3,故当x ≤1时,(x 2-2ax +4a -2)-2|x -1|=x 2+2(a -1)(2-x )>0, 当x >1时,(x 2-2ax +4a -2)-2|x -1| =(x -2)(x -2a ).所以使得等式F (x )=x 2-2ax +4a -2成立的x 的取值范围是[2,2a ].(2)①设函数f (x )=2|x -1|,g (x )=x 2-2ax +4a -2,则f (x )min =f (1)=0,g (x )min =g (a )=-a 2+4a -2,所以,由F (x )的定义知m (a )=min {}f (1),g (a ),即m (a )=⎩⎨⎧0,3≤a ≤2+2,-a 2+4a -2,a >2+ 2.②当0≤x ≤2时,F (x )=f (x )≤max {}f (0),f (2)=2=F (2). 当2≤x ≤6时,F (x )=g (x )≤max {}g (2),g (6) =max {}2,34-8a =max {}F (2),F (6).所以M (a )=⎩⎪⎨⎪⎧34-8a ,3≤a <4,2,a ≥4.探究提高 1.处理函数问题,数形结合和分类讨论是最常见的思想方法,准确地画出图象可以回避许多冗长的计算,从而直指问题的核心.最值函数是浙江省高考的特色.2.高考对函数的考查主要集中在两个方面,在知识方面一般考查求函数的最值,研究函数的零点、单调性等问题;在思想方法上一般考查分类讨论思想和数形结合思想.【训练4】 (2016·浙江五校联考)已知函数f (x )=x 2+ax +b (a ,b ∈R ),记M (a ,b )是|f (x )|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a |≥2时,M (a ,b )≥2;(2)当a ,b 满足M (a ,b )≤2时,求|a |+|b |的最大值.(1)证明 由f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +a 22+b -a 24,得对称轴为直线x =-a 2.由|a |≥2,得|-a2|≥1,故f (x )在[-1,1]上单调,所以M (a ,b )=max{|f (1)|,|f (-1)|}. 当a ≥2时,由f (1)-f (-1)=2a ≥4, 得max{f (1),-f (-1)}≥2, 即M (a ,b )≥2.当a ≤-2时,由f (-1)-f (1)=-2a ≥4, 得max{f (-1),-f (1)}≥2, 即M (a ,b )≥2.综上,当|a |≥2时,M (a ,b )≥2.(2)解 由M (a ,b )≤2得|1+a +b |=|f (1)|≤2, |1-a +b |=|f (-1)|≤2, 故|a +b |≤3,|a -b |≤3.由|a |+|b |=⎩⎪⎨⎪⎧|a +b |,ab ≥0,|a -b |,ab <0,得|a |+|b |≤3.当a =2,b =-1时,|a |+|b |=3,且|x 2+2x -1|在[-1,1]上的最大值为2.即M (2,-1)=2.所以|a |+|b |的最大值为3.1.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号的条件的一致性,否则就会出错,因此在利用基本不等式处理问题时,列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤,也是检验转换是否有误的一种方法.2.基本不等式除了在客观题考查外,在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用,但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域,再注意目标函数表示的几何意义,数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时,不等式作为一种工具常起到关键的作用,往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中,要以数学思想方法为思维依据,并结合导数、数列的相关知识解题,在复习中通过解此类问题,体会每道题中所蕴含的思想方法及规律,逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2016·全国Ⅲ卷)已知a =243,b =323,c =2513,则( ) A.b <a <c B.a <b <c C.b <c <aD.c <a <b解析 a =243=316,b =323=39,c =2513=325,所以b <a <c .答案 A2.(2016·杭州模拟)已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+2x ,x ≥0,x 2-2x ,x <0,若f (-a )+f (a )≤2f (1),则实数a 的取值范围是( ) A.[0,1] B.[-1,0] C.[-1,1]D.[-1,0]解析 f (-a )+f (a )≤2f (1)⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0,(-a )2-2×(-a )+a 2+2a ≤2×3,或 ⎩⎪⎨⎪⎧a <0,(-a )2+2×(-a )+a 2-2a ≤2×3, 即⎩⎪⎨⎪⎧a ≥0,a 2+2a -3≤0,或⎩⎪⎨⎪⎧a <0,a 2-2a -3≤0, 解得0≤a ≤1,或-1≤a <0. 故-1≤a ≤1. 答案 C3.(2016·浙江卷)已知a ,b >0且a ≠1,b ≠1,若log a b >1,则( ) A.(a -1)(b -1)<0B.(a -1)(a -b )>0C.(b -1)(b -a )<0D.(b -1)(b -a )>0解析 由a ,b >0且a ≠1,b ≠1,及log a b >1=log a a 可得: 当a >1时,b >a >1,当0<a <1时,0<b <a <1, 代入验证只有D 满足题意. 答案 D4.已知当x <0时,2x 2-mx +1>0恒成立,则m 的取值范围为( ) A.[22,+∞) B.(-∞,22] C.(-22,+∞)D.(-∞,-22)解析 由2x 2-mx +1>0,得mx <2x 2+1, 因为x <0,所以m >2x 2+1x =2x +1x.而2x +1x =-⎣⎢⎡⎦⎥⎤(-2x )+1(-x )≤-2(-2x )×1(-x )=-2 2.当且仅当-2x =-1x ,即x =-22时取等号,所以m >-2 2. 答案 C5.(2016·珠海模拟)若x ,y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -2≥0,x -y +1≥0,3x +y -6≤0,则x 2+y 2的最小值是( )A.235B.255C.45D.1解析 不等式组所表示的平面区域如图所示,x 2+y 2表示原点(0,0)到此区域内的点P (x ,y )的距离.显然该距离的最小值为原点到直线x +2y -2=0的距离. 故最小值为|0+0-2|12+22=255. 答案 B 二、填空题6.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ,x >0,⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ,x ≤0,那么不等式f (x )≥1的解集为________.解析 当x >0时,由log 3x ≥1可得x ≥3,当x ≤0时,由⎝ ⎛⎭⎪⎫13x≥1可得x ≤0,∴不等式f (x )≥1的解集为(-∞,0]∪[3,+∞). 答案 (-∞,0]∪[3,+∞)7.当实数x ,y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x +2y -4≤0,x -y -1≤0,x ≥1时,1≤ax +y ≤4恒成立,则实数a 的取值范围是________.解析 作出可行域如图由1≤ax +y ≤4, 结合图象知a ≥0. 且在(1,0)点取最小值, 在(2,1)点取最大值,∴a ≥1,2a +1≤4,故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1,32.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1,32 8.(2016·大同模拟)已知x >0,y >0,且2x +1y=1,若x +2y >m 2+2m 恒成立,则实数m 的取值范围为________.解析 记t =x +2y ,由不等式恒成立可得m 2+2m <t min . 因为2x +1y =1,所以t =x +2y =(x +2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +1y =4+4y x+x y.而x >0,y >0,所以4y x +xy≥24y x ·x y =4(当且仅当4y x =xy,即x =2y 时取等号).所以t =4+4y x +xy≥4+4=8,即t min =8.故m 2+2m <8,即(m -2)(m +4)<0. 解得-4<m <2. 答案 (-4,2) 三、解答题 9.已知函数f (x )=2xx 2+6. (1)若f (x )>k 的解集为{x |x <-3,或x >-2},求k 的值;。

《创新设计》 2017届二轮专题复习 全国版 数学文科 WORD版材料 专题一 函数与导数、不等式

《创新设计》 2017届二轮专题复习 全国版 数学文科 WORD版材料 专题一 函数与导数、不等式

第1讲 函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体,考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性;2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解,综合性强;3.以基本初等函数为依托,考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真 题 感 悟1.(2016·北京卷)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( ) A.y =11-xB.y =cos xC.y =ln(x +1)D.y =2-x解析 y =11-x与y =ln(x +1)在区间(-1,1)上为增函数; y =cos x 在区间(-1,1)上不是单调函数;y =2-x=⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(-1,1)上单调递减.答案 D2.(2016·全国Ⅰ卷)函数y =2x 2-e |x |在[-2,2]上的图象大致为( )解析 令f (x )=2x 2-e |x |(-2≤x ≤2),则f (x )是偶函数,又f (2)=8-e 2∈(0,1),故排除A ,B ;当x >0时,令g (x )=2x 2-e x ,则g ′(x )=4x -e x ,而当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14时,g ′(x )<14×4-e 0=0,因此g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,14上单调递减,排除C ,故选D.答案 D3.(2016·全国Ⅱ卷)下列函数中,其定义域和值域分别与函数y =10lg x 的定义域和值域相同的是( ) A.y =xB.y =lg xC.y =2xD.y =1x解析 函数y =10lg x 的定义域为{x |x >0},值域为{y |y >0},所以与其定义域和值域分别相同的函数为y =1x ,故选D.答案 D4.(2016·四川卷)若函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x <1时,f (x )=4x ,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (2)=________.解析 ∵f (x )周期为2,且为奇函数,已知(0,1)内f (x )=4x ,则可大致画出(-1,1)内图象如图,∴f (0)=0, ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-52+f (2) =-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52+f (2)=-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12+f (0)=-2+0=-2.答案 -2考 点 整 合1.函数的性质 (1)单调性①用来比较大小,求函数最值,解不等式和证明方程根的唯一性.②常见判定方法:(ⅰ)定义法:取值、作差、变形、定号,其中变形是关键,常用的方法有:通分、配方、因式分解;(ⅱ)图象法;(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则;(ⅳ)导数法.(2)奇偶性:①若f (x )是偶函数,那么f (x )=f (-x );②若f (x )是奇函数,0在其定义域内,则f (0)=0;③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性,偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性.(3)周期性:常见结论有:①若y =f (x )对x ∈R ,f (x +a )=f (x -a )或f (x -2a )=f (x )(a >0)恒成立,则y =f (x )是周期为2a 的周期函数;②若y =f (x )是偶函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为2|a |的周期函数;③若y =f (x )是奇函数,其图象又关于直线x =a 对称,则f (x )是周期为4|a |的周期函数;④若f (x +a )=-f (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫或f (x +a )=1f (x ),则y =f (x )是周期为2|a |的周期函数. 2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图,作函数图象有两种基本方法:一是描点法;二是图象变换法,其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时,要注意结合其图象研究. 3.指数函数y =a x (a >0,a ≠1)与对数函数y =log a x (a >0,a ≠1)的图象和性质,分0<a <1,a >1两种情况,着重关注函数图象中两种情况的公共性质. 4.函数的零点问题(1)函数F (x )=f (x )-g (x )的零点就是方程f (x )=g (x )的根,即函数y =f (x )的图象与函数y =g (x )的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法:①直接解方程法;②利用零点存在性定理;③数形结合,利用两个函数图象的交点求解.热点一 函数性质的应用[微题型1] 单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性【例1-1】 (1)设函数f (x )=ln(1+x )-ln(1-x ),则f (x )是( ) A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数(2)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f (x )=x ln(x +a +x 2)为偶函数,则a =________. (3)(2016·北京卷)函数f (x )=x x -1(x ≥2)的最大值为________.解析 (1)易知函数定义域为(-1,1),f (-x )=ln(1-x )-ln(1+x )=-f (x ),故函数f (x )为奇函数,又f (x )=ln 1+x 1-x =ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1-2x -1,由复合函数单调性判断方法知,f (x )在(0,1)上是增函数,故选A.(2)f(x)为偶函数,则ln(x+a+x2)为奇函数,所以ln(x+a+x2)+ln(-x+a+x2)=0,即ln(a+x2-x2)=0,∴a=1.(3)f(x)=xx-1=1+1x-1,所以f(x)在[2,+∞)上单调递减,则f(x)最大值为f(2)=22-1=2.答案(1)A(2)1(3)2探究提高牢记函数的奇偶性、单调性的定义以及求函数定义域的基本条件,这是解决函数性质问题的关键点.[微题型2]综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性【例1-2】(1)(2016·天津二模)已知定义在R上的函数f(x)=2|x-m|-1(m为实数)为偶函数,记a=f(log0.53),b=f(log25),c=f(2m),则a,b,c的大小关系为() A.a<b<c B.c<a<bC.a<c<bD.c<b<a(2)(2016·广州4月模拟)若函数f(x)=2|x-a|(a∈R)满足f(1+x)=f(1-x),且f(x)在[m,+∞)上单调递增,则实数m的最小值等于________.解析(1)由函数f(x)=2|x-m|-1为偶函数,得m=0,所以f(x)=2|x|-1,当x>0时,f(x)为增函数,log0.53=-log23,∴log25>|-log23|>0,∴b=f(log25)>a=f(log0.53)>c=f(2m)=f(0),故选B.(2)∵f(1+x)=f(1-x),∴f(x)的对称轴为x=1,∴a=1,f(x)=2|x-1|,∴f(x)的增区间为[1,+∞),∵[m,+∞)⊆[1,+∞),∴m≥1.∴m的最小值为1.答案(1)B(2)1探究提高函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性,在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系,推证函数的性质,根据函数的性质解决问题.【训练1】(1)(2016·山东卷)已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时,f(x)=x3-1;当-1≤x≤1时,f(-x)=-f(x),当x>12时,f⎝⎛⎭⎪⎫x+12=f⎝⎛⎭⎪⎫x-12.则f(6)=()A.-2B.-1C.0D.2(2)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数,且在区间[0,+∞)上单调递增.若实数a 满足f (log 2a )+f (log 12a )≤2f (1),则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当x >12时,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -12,即f (x )=f (x +1),∴T =1,∴f (6)=f (1).当x <0时,f (x )=x 3-1且-1≤x ≤1,f (-x )=-f (x ), ∴f (6)=f (1)=-f (-1)=-[(-1)3-1]=2,故选D. (2)由题意知a >0,又log 12a =-log 2a .∵f (x )是R 上的偶函数, ∴f (log 2a )=f (-log 2a )=f (log 12a ).∵f (log 2a )+f (log 12a )≤2f (1),∴2f (log 2a )≤2f (1),即f (log 2a )≤f (1). 又∵f (x )在[0,+∞)上递增.∴|log 2a |≤1,即-1≤log 2a ≤1,∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,2.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,2热点二 函数图象与性质的融合问题 [微题型1] 函数图象的识别【例2-1】 (1)函数y =x ln|x ||x |的图象可能是()(2)函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x sin x 的大致图象为( )解析 (1)法一 函数y =x ln|x ||x |的图象过点(e ,1),排除C ,D ;函数y =x ln|x ||x |的图象过点(-e ,-1),排除A ,选B.法二 由已知,设f (x )=x ln|x ||x |,定义域为{x |x ≠0}.则f (-x )=-f (x ),故函数f (x )为奇函数,排除A ,C ;当x >0时,f (x )=ln x 在(0,+∞)上为增函数,排除D ,故选B.(2)由y 1=1x -x 为奇函数,y 2=sin x 为奇函数,可得函数f (x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x sin x 为偶函数,因此排除C 、D.又当x =π2时,y 1<0,y 2>0,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0,因此选B.答案 (1)B (2)B探究提高 根据函数的解析式判断函数的图象,要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手,结合给出的函数图象进行全面分析,有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断,这是解决函数图象判断类试题的基本方法. [微题型2] 函数图象的应用【例2-2】 (1)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (x )=f (2-x ),若函数y =|x 2-2x -3|与y =f (x )图象的交点为(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m ),则∑i =1mx i =( )A.0B.mC.2mD.4m(2)已知函数f (x )的图象向左平移1个单位后关于y 轴对称,当x 2>x 1>1时,[f (x 2)-f (x 1)](x 2-x 1)<0恒成立,设a =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,b =f (2),c =f (3),则a ,b ,c 的大小关系为( ) A.c >a >bB.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c解析 (1)由题f (x )=f (2-x )关于x =1对称,函数y =|x 2-2x -3|的图象也关于x =1对称,两函数的交点成对出现,因此根据图象的特征可得∑i =1mx i =m ,故选B.(2)由于函数f (x )的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y 轴对称,故函数y =f (x )的图象本身关于直线x =1对称,所以a =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52,当x 2>x 1>1时,[f (x 2)-f (x 1)](x 2-x 1)<0恒成立,等价于函数f (x )在(1,+∞)上单调递减,所以b >a >c .选D.答案 (1)B (2)D探究提高 (1)运用函数图象解决问题时,先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容,熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)在运用函数图象时要避免只看表象不联系其本质,透过函数的图象要看到它所反映的函数的性质,并以此为依据进行分析、推断,才是正确的做法. 【训练2】 (1)函数y =x 33x -1的图象大致是()(2)(2015·全国Ⅰ卷)设函数y =f (x )的图象与y =2x +a 的图象关于直线y =-x 对称,且f (-2)+f (-4)=1,则a 等于( ) A.-1B.1C.2D.4解析 (1)由3x -1≠0得x ≠0,∴函数y =x 33x -1的定义域为{x |x ≠0},可排除A ;当x =-1时,y =(-1)313-1=32>0,可排除B ;当x =2时,y =1,当x =4时,y =45,但从D 中函数图象可以看出函数在(0,+∞)上是单调递增函数,两者矛盾,可排除D.故选C.(2)设f (x )上任意一点为(x ,y )关于y =-x 的对称点为(-y ,-x ),将(-y ,-x )代入y =2x +a ,所以y =a -log 2(-x ),由f (-2)+f (-4)=1,得a -1+a -2=1,2a =4,a =2. 答案 (1)C (2)C热点三 函数的零点与方程根的问题 [微题型1] 函数零点的判断【例3-1】 (1)函数f (x )=2x +x 3-2在区间(0,1)内的零点个数是( ) A.0B.1C.2D.3(2)函数f (x )=⎩⎨⎧ln x -x 2+2x ,x >0,4x +1,x ≤0的零点个数是________.解析 (1)法一 函数f (x )=2x +x 3-2在区间(0,1)内的零点个数即函数y 1=2x -2与y 2=-x 3的图象在区间(0,1)内的交点个数.作图(图略),可知在(0,+∞)内最多有一个交点,故排除C ,D 项;当x =0时,y 1=-1<y 2=0,当x =1时,y 1=0>y 2=-1,因此在区间(0,1)内一定会有一个交点,所以A 项错误.选B. 法二 因为f (0)=1+0-2=-1,f (1)=2+13-2=1,所以f (0)·f (1)<0.又函数f (x )在(0,1)内单调递增,所以f (x )在(0,1)内的零点个数是1. (2)当x >0时,作函数y =ln x 和y =x 2-2x 的图象,由图知,当x >0时,f (x )有两个零点;当x ≤0时,由f (x )=0得x =-14,综上,f (x )有三个零点. 答案 (1)B (2)3探究提高 函数零点(即方程的根)的确定问题,常见的有①函数零点值大致存在区间的确定;②零点个数的确定;③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题,常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数【例3-2】 (1)(2016·山东卷)已知函数f (x )=⎩⎨⎧|x |,x ≤m ,x 2-2mx +4m ,x >m ,其中m >0.若存在实数b ,使得关于x 的方程f (x )=b 有三个不同的根,则m 的取值范围是________.(2)已知函数f (x )=|x -2|+1,g (x )=kx .若方程f (x )=g (x )有两个不相等的实根,则实数k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1 C.(1,2)D.(2,+∞)解析 (1)如图,当x ≤m 时,f (x )=|x |. 当x >m 时,f (x )=x 2-2mx +4m , 在(m ,+∞)为增函数.若存在实数b ,使方程f (x )=b 有三个不同的根, 则m 2-2m ·m +4m <|m |.又m >0,∴m 2-3m >0,解得m >3.(2)由f (x )=g (x ),∴|x -2|+1=kx ,即|x -2|=kx -1,所以原题等价于函数y =|x -2|与y =kx -1的图象有2个不同交点. 如图:∴y =kx -1在直线y =x -1与y =12x -1之间, ∴12<k <1,故选B. 答案 (1)(3,+∞) (2)B探究提高 利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解.【训练3】 (1)已知二次函数f (x )=x 2-bx +a 的部分图象如图所示,则函数g (x )=e x +f ′(x )的零点所在的区间是( ) A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,2)D.(2,3)(2)(2016·海淀二模)设函数f (x )=⎩⎨⎧2x-a ,x <1,4(x -a )(x -2a ),x ≥1.①若a =1,则f (x )的最小值为________;②若f (x )恰有2个零点,则实数a 的取值范围是________.解析 (1)由函数f (x )的图象可知,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 )=e x +2x -b ,所以g ′(x )=e x +2>0,即g (x )在R 上单调递增,又g (0)=1-b <0,g (1)=e +2-b >0,根据函数的零点存在性定理可知,函数g (x )的零点所在的区间是(0,1),故选B.(2)①当a =1时,f (x )=⎩⎨⎧2x-1,x <1,4(x -1)(x -2),x ≥1.当x <1时,f (x )=2x -1∈(-1,1),当x ≥1时,f (x )=4(x 2-3x +2)=4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x -322-14≥-1,∴f (x )min =-1.②由于f (x )恰有2个零点,分两种情况讨论: 当f (x )=2x -a ,x <1没有零点时,a ≥2或a ≤0.当a ≥2时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时,有2个零点; 当a ≤0时,f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1时无零点. 因此a ≥2满足题意.当f (x )=2x -a ,x <1有一个零点时, 0<a <2.f (x )=4(x -a )(x -2a ),x ≥1有一个零点,此时a <1, 2a ≥1,因此12≤a <1. 综上知实数a的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |12≤a <1或a ≥2. 答案 (1)B (2)①-1 ②⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,1∪[2,+∞)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域,如求函数f (x )=1x ln x 的定义域时,只考虑x >0,忽视ln x ≠0的限制.2.如果一个奇函数f (x )在原点处有意义,即f (0)有意义,那么一定有f (0)=0.3.奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性,偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性.4.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(1)底数相同,指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较; (2)底数相同,真数不同的对数值用对数函数的单调性比较;(3)底数不同、指数也不同,或底数不同,真数也不同的两个数,常引入中间量或结合图象比较大小.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形,常会通过分解转化为两个函数图象,然后数形结合,看其交点的个数有几个,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016·沈阳模拟)下列函数中,既是奇函数,又在区间(-1,1)上单调递减的函数是( ) A.f (x )=sin x B.f (x )=2cos x +1 C.f (x )=2x -1D.f (x )=ln1-x1+x解析 由函数f (x )为奇函数排除B 、C ,又f (x )=sin x 在(-1,1)上单调递增,排除A ,故选D. 答案 D2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f (x )=⎩⎨⎧1+log 2(2-x ),x <1,2x -1,x ≥1,则f (-2)+f (log 212)=( ) A.3B.6C.9D.12解析 因为-2<1,log 212>log 28=3>1,所以f (-2)=1+log 2[2-(-2)]=1+log 24=3,f (log 212)=2log 212-1=2log 212×2-1=12×12=6,故f (-2)+f (log 212)=3+6=9,故选C. 答案 C3.(2016·浙江卷)函数y =sin x 2的图象是( )解析 ∵y =sin x 2为偶函数,其图象关于y 轴对称,排除A 、C.又当x 2=π2,即x =±π2时,y max =1,排除B ,故选D.答案 D4.设函数f (x )=ln(1+|x |)-11+x 2,则使得f (x )>f (2x -1)成立的x 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13,1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,13∪(1,+∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫-13,13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫13,+∞ 解析 由f (x )=ln(1+|x |)-11+x 2,知f (x )为R 上的偶函数,于是f (x )>f (2x -1)即为f (|x |)>f (|2x -1|).当x >0时,f (x )=ln(1+x )-11+x 2,所以f (x )为[0,+∞)上的增函数,则由f (|x |)>f (|2x -1|)得|x |>|2x -1|,平方得3x 2-4x +1<0,解得13<x <1,故选A. 答案 A5.(2015·全国Ⅱ卷)如图,长方形ABCD 的边AB =2,BC =1,O 是AB 的中点,点P 沿着边BC ,CD 与DA 运动,记∠BOP =x .将动点P 到A ,B 两点距离之和表示为x 的函数f (x ),则y =f (x )的图象大致为( )解析 当点P 沿着边BC 运动,即0≤x ≤π4时,在Rt △POB 中,|PB |=|OB |tan ∠POB=tan x ,在Rt △P AB 中,|P A |=|AB |2+|PB |2=4+tan 2x ,则f (x )=|P A |+|PB |=4+tan 2x +tan x ,它不是关于x 的一次函数,图象不是线段,故排除A 和C ; 当点P 与点C 重合,即x =π4时,由以上得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4=4+tan 2π4+tan π4=5+1,又当点P 与边CD 的中点重合,即x =π2时,△P AO 与△PBO 是全等的腰长为1的等腰直角三角形,故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=|P A |+|PB |=2+2=22,知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4,故又可排除D.综上,选B. 答案 B 二、填空题6.(2016·成都二诊)若函数f (x )=⎩⎨⎧-x +6,x ≤2,3+log a x ,x >2(a >0,且a ≠1)的值域是[4,+∞),则实数a 的取值范围是________. 解析 由题意f (x )的图象如图,则⎩⎨⎧a >1,3+log a 2≥4,∴1<a ≤2. 答案 (1,2]7.设奇函数y =f (x )(x ∈R ),满足对任意t ∈R 都有f (t )=f (1-t ),且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,12时,f (x )=-x 2,则f (3)+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32的值等于________.解析 根据对任意t ∈R 都有f (t )=f (1-t )可得f (-t )=f (1+t ),即f (t +1)=-f (t ),进而得到f (t +2)=-f (t +1)=-[-f (t )]=f (t ),得函数y =f (x )的一个周期为2,故f (3)=f (1)=f (0+1)=-f (0)=0,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32=f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12=-14.所以f (3)+f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32=0+⎝ ⎛⎭⎪⎫-14=-14.答案 -148.已知函数f (x )=⎩⎨⎧x -[x ],x ≥0,f (x +1),x <0,其中[x ]表示不超过x 的最大整数.若直线y =k (x +1)(k >0)与函数y =f (x )的图象恰有三个不同的交点,则实数k 的取值范围是________.解析 根据[x ]表示的意义可知,当0≤x <1时,f (x )=x ,当1≤x <2时,f (x )=x -1,当2≤x <3时,f (x )=x -2,以此类推,当k ≤x <k +1时,f (x )=x -k ,k ∈Z ,当-1≤x <0时,f (x )=x +1,作出函数f (x )的图象如图,直线y =k (x +1)过点(-1,0),当直线经过点(3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直线之间时有三个交点,故k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,13.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫14,13三、解答题9.已知函数f (x )=mx 2-2x +1有且仅有一个正实数的零点,求实数m 的取值范围. 解 当m =0时,f (x )=-2x +1,它显然有一个为正实数的零点.当m ≠0时,函数f (x )=mx 2-2x +1的图象是抛物线,且与y 轴的交点为(0,1),由f (x )有且仅有一个正实数的零点,则得:①⎩⎪⎨⎪⎧x =1m >0,Δ=0或②x =1m <0,解①,得m=1:解②,得m <0.综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数f (x )=x 2-2ln x ,h (x )=x 2-x +a .(1)求函数f (x )的极值;(2)设函数k (x )=f (x )-h (x ),若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),令f ′(x )=2x -2x =0,得x =1. 当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0, 所以函数f (x )在x =1处取得极小值为1,无极大值. (2)k (x )=f (x )-h (x )=x -2ln x -a (x >0),所以k ′(x )=1-2x ,令k ′(x )>0,得x >2,所以k (x )在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以当x =2时,函数k (x )取得最小值,k (2)=2-2ln 2-a , 因为函数k (x )=f (x )-h (x )在区间[1,3]上恰有两个不同零点. 即有k (x )在[1,2)和(2,3]内各有一个零点,所以⎩⎨⎧k (1)≥0,k (2)<0,k (3)≥0,即有⎩⎨⎧1-a ≥0,2-2ln 2-a <0,3-2ln 3-a ≥0,解得2-2ln 2<a ≤3-2ln 3.所以实数a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3]. 11.已知函数f (x )=e x -m -x ,其中m 为常数.(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立,求m 的取值范围; (2)当m >1时,判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f ′(x )=e x -m -1,令f ′(x )=0,得x =m .故当x ∈(-∞,m )时,e x -m <1,f ′(x )<0,f (x )单调递减; 当x ∈(m ,+∞)时,e x -m >1,f ′(x )>0,f (x )单调递增. ∴当x =m 时,f (m )为极小值,也是最小值. 令f (m )=1-m ≥0,得m ≤1,即若对任意x ∈R 有f (x )≥0成立,则m 的取值范围是(-∞,1].(2)由(1)知f (x )在[0,2m ]上至多有两个零点,当m >1时,f (m )=1-m <0.∵f (0)=e -m >0,f (0)f (m )<0, ∴f (x )在(0,m )上有一个零点.∵f (2m )=e m -2m ,令g (m )=e m -2m , ∵当m >1时,g ′(m )=e m -2>0, ∴g (m )在(1,+∞)上单调递增, ∴g (m )>g (1)=e -2>0,即f (2m )>0.∴f (m )·f (2m )<0,∴f (x )在(m ,2m )上有一个零点. ∴故f (x )在[0,2m ]上有两个零点.第2讲 不等式问题高考定位 1.利用不等式性质比较大小,不等式的求解,利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点,主要以选择题、填空题为主;2.但在解答题中,特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解,难度较大.真 题 感 悟1.(2016·全国Ⅰ卷)若a >b >0,0<c <1,则( ) A.log a c <log b c B.log c a <log c b C.a c <b cD.c a >c b解析 取a =4,b =2,c =12,逐一验证可得B 正确. 答案 B2.(2015·湖南卷)若实数a ,b 满足1a +2b =ab ,则ab 的最小值为( ) A. 2B.2C.2 2D.4解析 由1a +2b =ab ,知a >0,b >0,由于1a +2b ≥22ab ,当且仅当b =2a 时取等号.∴ab ≥22ab,∴ab ≥2 2.故选C. 答案 C3.(2015·陕西卷)设f (x )=ln x ,0<a <b ,若p =f (ab ),q =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 2,r =12(f (a )+f (b )),则下列关系式中正确的是( ) A.q =r <pB.q =r >pC.p =r <qD.p =r >q解析 ∵0<a <b ,∴a +b2>ab , 又∵f (x )=ln x 在(0,+∞)上为增函数, 故f ⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2>f (ab ),即q >p . 又r =12(f (a )+f (b ))=12(ln a +ln b )=ln(ab )12=f (ab )=p . 故p =r <q .选C. 答案 C4.(2016·全国Ⅱ卷)若x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧x -y +1≥0,x +y -3≥0,x -3≤0,则z =x -2y 的最小值为________.解析 画出可行域,数形结合可知目标函数的最小值在直线x =3与直线x -y +1=0的交点(3,4)处取得,代入目标函数z =x -2y 得到最小值为-5. 答案 -5考 点 整 合1.简单分式不等式的解法 (1)f (x )g (x )>0(<0)⇔f (x )g (x )>0(<0); (2)f (x )g (x )≥0(≤0)⇔f (x )g (x )≥0(≤0)且g (x )≠0. 2.(1)解含有参数的一元二次不等式,要注意对参数的取值进行讨论:①对二次项系数与0的大小进行讨论;②在转化为标准形式的一元二次不等式后,对判别式与0的大小进行讨论;③当判别式大于0,但两根的大小不确定时,对两根的大小进行讨论. (2)四个常用结论①ax 2+bx +c >0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎨⎧a >0,Δ<0.②ax 2+bx +c <0(a ≠0)恒成立的条件是⎩⎨⎧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 +,则(1)若x +y =S (和为定值),则当x =y 时,积xy 取得最大值S 24⎝ ⎛⎭⎪⎫xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x +y 22=S 24;(2)若xy =P (积为定值),则当x =y 时,和x +y 取得最小值2P (x +y ≥2xy =2P ).4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划(1)线性规划问题的有关概念:线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等. (2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤:①画出可行域;②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点;③求出目标函数的最大值或者最小值. 5.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来,常用的方法有:比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、反证法,还要结合放缩和换元的技巧.热点一 利用基本不等式求最值 [微题型1] 基本不等式的简单应用【例1-1】 (1)已知向量a =(3,-2),b =(x ,y -1),且a ∥b ,若x ,y 均为正数,则3x +2y 的最小值是( ) A.53 B.83C.8D.24(2)已知正项等比数列{a n }满足a 7=a 6+2a 5,若存在两项a m ,a n 使得a m a n =4a 1,则1m +4n 的最小值为________.解析 (1)∵a ∥b ,∴3(y -1)+2x =0, 即2x +3y =3.∵x >0,y >0,∴3x+2y=⎝⎛⎭⎪⎫3x+2y·13(2x+3y)=13⎝⎛⎭⎪⎫6+6+9yx+4xy≥13(12+2×6)=8.当且仅当3y=2x时取等号.(2)设正项等比数列{a n}的公比为q,则q>0,∵a7=a6+2a5,∴a5q2=a5q+2a5,∴q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去). ∴a m·a n=a1·2m-1·a1·2n-1=4a1,平方得2m+n-2=16=24,∴m+n=6,∴1m+4n=16⎝⎛⎭⎪⎫1m+4n(m+n)=16⎝⎛⎭⎪⎫5+nm+4mn≥16(5+4)=3 2,当且仅当nm=4mn,即n=2m,亦即m=2,n=4时取等号.答案(1)C(2)3 2探究提高在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用,否则会出现错误.[微题型2]带有约束条件的基本不等式问题【例1-2】(1)已知两个正数x,y满足x+4y+5=xy,则xy取最小值时,x,y 的值分别为()A.5,5B.10,52 C.10,5 D.10,10(2)(2016·郑州模拟)设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是________.解析(1)∵x>0,y>0,∴x+4y+5=xy≥24xy+5,即xy-4xy-5≥0,可求xy≥25.当且仅当x=4y时取等号,即x=10,y=5 2.(2)∵4x2+y2+xy=1,∴(2x+y)2-3xy=1,即(2x+y)2-32·2xy=1,∴(2x+y)2-32·⎝⎛⎭⎪⎫2x+y22≤1,解之得(2x+y)2≤85,即2x+y≤2105.等号当且仅当2x=y>0,即x=1010,y=105时成立.答案(1)B(2)210 5探究提高在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,或对约束条件中的一部分利用基本不等式,构造不等式进行求解.【训练1】(1)(2016·广州模拟)若正实数x,y满足x+y+1=xy,则x+2y的最小值是()A.3B.5C.7D.8(2)(2015·山东卷)定义运算“⊗”:x⊗y=x2-y2xy(x,y∈R,xy≠0),当x>0,y>0时,x⊗y+(2y)⊗x的最小值为________.解析(1)由x+y+1=xy,得y=x+1x-1,又y>0,x>0,∴x>1.∴x+2y=x+2×x+1x-1=x+2×⎝⎛⎭⎪⎫1+2x-1=x+2+4x-1=3+(x-1)+4x-1≥3+4=7,当且仅当x=3时取“=”.(2)由题意,得x⊗y+(2y)⊗x=x2-y2xy+(2y)2-x22yx=x2+2y22xy≥2x2·2y22xy=2,当且仅当x=2y时取等号.答案(1)C(2) 2热点二含参不等式恒成立问题[微题型1]分离参数法解决恒成立问题【例2-1】(1)关于x的不等式x+4x-1-a2+2a>0对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围为________.(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,则实数a 的取值范围是________.解析 (1)设f (x )=x +4x ,因为x >0,所以f (x )=x +4x ≥2x ·4x =4,当且仅当x =2时取等号.又关于x 的不等式x +4x -1-a 2+2a >0对x ∈(0,+∞)恒成立,所以a 2-2a +1<4,解得-1<a <3,所以实数a 的取值范围为(-1,3).(2)要使(x +y )2-a (x +y )+1≥0恒成立,则有(x +y )2+1≥a (x +y ),由于x >0,y >0,即a ≤(x +y )+1x +y恒成立. 由x +y +3=xy ,得x +y +3=xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x +y 22, 即(x +y )2-4(x +y )-12≥0,解得x +y ≥6或x +y ≤-2(舍去).设t =x +y ,则t ≥6,(x +y )+1x +y=t +1t .设f (t )=t +1t ,则在t ≥6时,f (t )单调递增,所以f (t )=t +1t 的最小值为6+16=376,所以a ≤376,即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,376. 答案 (1)(-1,3) (2)⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,376探究提高 一是转化法,即通过分离参数法,先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立,再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min ); 二是求最值法,即求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题. [微题型2] 函数法解决恒成立问题【例2-2】 (1)已知f (x )=x 2-2ax +2,当x ∈[-1,+∞)时,f (x )≥a 恒成立,则a 的取值范围为________.(2)已知二次函数f (x )=ax 2+x +1对x ∈[0,2]恒有f (x )>0.则实数a 的取值范围为________.解析 (1)法一 f (x )=(x -a )2+2-a 2,此二次函数图象的对称轴为x =a , ①当a ∈(-∞,-1)时,结合图象知,f (x )在[-1,+∞)上单调递增,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当a ∈[-1,+∞)时,f (x )min =f (a )=2-a 2,由2-a 2≥a ,解得-2≤a ≤1.∴-1≤a ≤1. 综上所述,所求a 的取值范围为[-3,1].法二 设g (x )=f (x )-a ,则g (x )=x 2-2ax +2-a ≥0在[-1,+∞)上恒成立, 即Δ=4a 2-4(2-a )≤0或⎩⎨⎧Δ>0,a <-1,g (-1)≥0,解得-3≤a ≤1.(2)法一 函数法.若a >0,则对称轴x =-12a <0, 故f (x )在[0,2]上为增函数,且f (0)=1, 因此在x ∈[0,2]上恒有f (x )>0成立. 若a <0,则应有f (2)>0,即4a +3>0, ∴a >-34.∴-34<a <0.综上所述,a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-34,0∪(0,+∞).法二 分离参数法.当x =0时,f (x )=1>0成立.当x ≠0时,ax 2+x +1>0变为a >-1x 2-1x , 令g (x )=-1x 2-1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ≥12.∴当1x ≥12时,g (x )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-34.∵a >-1x 2-1x ,∴a >-34.又∵a ≠0,∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-34,0∪(0,+∞).答案 (1)[-3,1] (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫-34,0∪(0,+∞)探究提高 参数不易分离的恒成立问题,特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解,常用的方法是借助函数图象根的分布,转化为求函数在区间上的最值或值域问题.【训练2】 若不等式x 2-ax +1≥0对于一切a ∈[-2,2]恒成立,则x 的取值范围是________.解析 因为a ∈[-2,2],可把原式看作关于a 的一次函数,即g (a )=-xa +x 2+1≥0,由题意可知⎩⎨⎧g (-2)=x 2+2x +1≥0,g (2)=x 2-2x +1≥0,解之得x ∈R . 答案 R热点三 简单的线性规划问题[微题型1] 已知线性约束条件,求目标函数最值【例3-1】 (2016·全国Ⅲ卷)设x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧2x -y +1≥0,x -2y -1≤0,x ≤1,则z =2x +3y-5的最小值为________.解析 可行域为一个三角形ABC 及其内部,其中A (1,0),B (-1,-1),C (1,3),直线z =2x +3y -5过点B 时取最小值-10. 答案 -10探究提高 线性规划的实质是把代数问题几何化,即数形结合的思想.需要注意的是:一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得. [微题型2] 线性规划中的含参问题【例3-2】 (1)(2016·成都诊断)变量x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧x +y ≥0,x -2y +2≥0,mx -y ≤0.若z =2x-y 的最大值为2,则实数m 等于( ) A.-2B.-1C.1D.2(2)(2015·山东卷)已知x ,y 满足约束条件⎩⎨⎧x -y ≥0,x +y ≤2,y ≥0,若z =ax +y 的最大值为4,则a =( ) A.3 B.2 C.-2D.-3解析 (1)由图形知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫-23,23,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22m -1,2m 2m -1,O (0,0).只有在B 点处取最大值2, ∴2=42m -1-2m2m -1.∴m =1.(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A (2,0),由⎩⎨⎧x -y =0,x +y =2,得B (1,1). 由z =ax +y ,得y =-ax +z .∴当a =-2或-3时,z =ax +y 在O (0,0)处取得最大值,最大值为z max =0,不满足题意,排除C ,D ;当a =2或3时,z =ax +y 在A (2,0)处取得最大值,∴2a =4,∴a =2,排除A ,故选B. 答案 (1)C (2)B探究提高 对于线性规划中的参数问题,需注意:(1)当最值是已知时,目标函数中的参数往往与直线斜率有关,解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知,且约束条件中含有参数时,因为平面区域是变动的,所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口,先确定最优解,然后变动参数范围,使得这样的最优解在该区域内即可.【训练3】 (1)(2016·江苏卷)已知实数x ,y 满足⎩⎨⎧x -2y +4≥02x +y -2≥0,3x -y -3≤0则x 2+y 2的取值范围是________.(2)已知x ,y 满足⎩⎨⎧y ≥x ,y ≤-x +2,x ≥a ,且目标函数z =2x +y 的最小值为1,则实数a 的值是( ) A.34B.12C.13D.14解析 (1)已知不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,则(x ,y )为阴影部分内的动点,x 2+y 2表示原点到可行域内的点的距离的平方. 解方程组⎩⎨⎧3x -y -3=0,x -2y +4=0,得A (2,3).由图可知(x 2+y 2)min =⎝ ⎛⎭⎪⎫|-2|22+122=45, (x 2+y 2)max =|OA |2=22+32=13.(2)依题意,不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分),观察图象可知,当目标函数z =2x +y 过点B (a ,a )时,z min =2a +a =3a ;因为目标函数z =2x +y 的最小值为1,所以3a =1,解得a =13,故选C. 答案 (1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤45,13 (2)C1.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号的条件的一致性,否则就会出错,因此在利用基本不等式处理问题时,列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤,也是检验转换是否有误的一种方法. 2.基本不等式除了在客观题考查外,在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用,但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域,再注意目标函数表示的几何意义,数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点),但要注意作图一定要准确,整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时,不等式作为一种工具常起到关键的作用,往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中,要以数学思想方法为思维依据,并结合导数、数列的相关知识解题,在复习中通过解此类问题,体会每道题中所蕴含的思想方法及规律,逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2016·全国Ⅲ卷)已知a =243,b =323,c =2513,则( ) A.b <a <c B.a <b <c C.b <c <aD.c <a <b解析 a =243=316,b =323=39,c =2513=325,所以b <a <c . 答案 A2.(2016·浙江卷)已知a ,b >0且a ≠1,b ≠1,若log a b >1,则( ) A.(a -1)(b -1)<0 B.(a -1)(a -b )>0 C.(b -1)(b -a )<0D.(b -1)(b -a )>0解析 由a ,b >0且a ≠1,b ≠1,及log a b >1=log a a 可得: 当a >1时,b >a >1,当0<a <1时,0<b <a <1, 代入验证只有D 满足题意. 答案 D3.(2016·太原模拟)若点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y 4=1上,则mn 的最大值是( ) A.3B.4C.7D.12解析 因为点A (m ,n )在第一象限,且在直线x 3+y 4=1上,所以m ,n ∈R +,且m 3+n 4=1,所以m 3·n 4≤(m 3+n 42)2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 3=n 4=12,即m =32,n =2时,取“=”,所以m 3·n 4≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122=14,即mn ≤3,所以mn 的最大值为3. 答案 A4.已知当x <0时,2x 2-mx +1>0恒成立,则m 的取值范围为( ) A.[22,+∞)B.(-∞,22]C.(-22,+∞)D.(-∞,-22)解析 由2x 2-mx +1>0,得mx <2x 2+1, 因为x <0,所以m >2x 2+1x =2x +1x .而2x +1x =-⎣⎢⎡⎦⎥⎤(-2x )+1(-x )≤ -2(-2x )×1(-x )=-2 2.当且仅当-2x =-1x ,即x =-22时取等号, 所以m >-2 2. 答案 C5.(2016·唐山模拟)已知函数f (x )=⎩⎨⎧x 2+2x ,x ≥0,x 2-2x ,x <0,若f (-a )+f (a )≤2f (1),则实数a的取值范围是( ) A.[0,1] B.[-1,0] C.[-1,1]D.[-1,0]解析 f (-a )+f (a )≤2f (1)⇔⎩⎨⎧a ≥0,(-a )2-2×(-a )+a 2+2a ≤2×3或 ⎩⎨⎧a <0,(-a )2+2×(-a )+a 2-2a ≤2×3 即⎩⎨⎧a ≥0,a 2+2a -3≤0或⎩⎨⎧a <0,a 2-2a -3≤0, 解得0≤a ≤1,或-1≤a <0.故-1≤a ≤1. 答案 C 二、填空题6.设目标函数z =x +y ,其中实数x ,y 满足⎩⎨⎧x +2y ≥0,x -y ≤0,0≤y ≤k .若z 的最大值为12,则z的最小值为________.解析 作出不等式组所表示的可行域如图所示,平移直线x +y =0,显然当直线过点A (k ,k )时,目标函数z =x +y 取得最大值,且最大值为k +k =12,则k =6,直线过点B 时目标函数z =x +y 取得最小值,点B 为直线x +2y =0与y =6的交点,即B (-12,6),所以z min =-12+6=-6. 答案 -67.(2016·合肥二模)当a >0且a ≠1时,函数f (x )=log a (x -1)+1的图象恒过点A ,若点A 在直线mx -y +n =0上,则4m +2n 的最小值为________. 解析 函数f (x )的图象恒过点A (2,1),∴2m -1+n =0,即2m +n =1, ∴4m +2n ≥24m ·2n =222m +n =22,当且仅当2m =n =12时等号成立. 答案 2 28.(2016·全国Ⅰ卷)某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ,乙材料1 kg ,用5个工时;生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ,乙材料0.3 kg ,用3个工时,生产一件产品A 的利润为2 100元,生产一件产品B 的利润为900元.该企业现有甲材料150 kg ,乙材料90 kg ,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元.解析 设生产A 产品x 件,B 产品y 件,根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件,得线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧1.5x +0.5y ≤150,x +0.3y ≤90,5x +3y ≤600,x ≥0,x ∈N *,y ≥0,y ∈N*目标函数z =2 100x +900y .作出可行域为图中阴影部分(包括边界)内的参数点,顶点为(60,100),(0,200),(0,0),(90,0),在(60,100)处取得最大值,z max =2 100×60+900×100=216 000(元). 答案 216 000 三、解答题。

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专题一 函数与导数、不等式 第4讲 导数与函数的切线及函数零点问题训练 文一、选择题1.曲线y =x e x+1在点(0,1)处的切线方程是( ) A.x -y +1=0 B.2x -y +1=0 C.x -y -1=0D.x -2y +2=0解析 y ′=e x+x e x=(x +1)e x,y ′|x =0=1,∴所求切线方程为:x -y +1=0.答案 A2.(2016·昆明诊断)曲线y =e -2x+1在点(0,2)处的切线与直线y =0和y =x 围成的三角形的面积为( ) A.13B.12C.23D.1解析 因为y ′=-2e-2x,∴曲线在点(0,2)处的切线斜率k =-2,∴切线方程为y =-2x +2,该直线与直线y =0和y =x 围成的三角形如图所示,其中直线y =-2x +2与y =x 的交点为A ⎝⎛⎭⎪⎫23,23,所以三角形面积S =12×1×23=13. 答案 A3.(2016·洛阳模拟)曲线y =x ln x 在点(e ,e)处的切线与直线x +ay =1垂直,则实数a 的值为( ) A.2B.-2C.12D.-12解析 依题意得y ′=1+ln x ,y ′|x =e =1+ln e =2,所以-1a×2=-1,所以a =2,故选A. 答案 A4.已知y =f (x )为R 上的可导函数,当x ≠0时,f ′(x )+f (x )x >0,若g (x )=f (x )+1x,则函数g (x )的零点个数为( ) A.1B.2C.0D.0或2解析 令h (x )=xf (x ),因为当x ≠0时,xf ′(x )+f (x )x >0,所以h ′(x )x>0,因此当x >0时,h ′(x )>0,当x <0时,h ′(x )<0,又h (0)=0,易知当x ≠0时,h (x )>0,又g (x )=h (x )+1x,所以g (x )≠0,故函数g (x )的零点个数为0. 答案 C5.(2016·山东卷)若函数y =f (x )的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y =f (x )具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是( ) A.y =sin x B.y =ln x C.y =e xD.y =x 3解析 对函数y =sin x 求导,得y ′=cos x ,当x =0时,该点处切线l 1的斜率k 1=1,当x =π时,该点处切线l 2的斜率k 2=-1,∴k 1·k 2=-1,∴l 1⊥l 2;对函数y =ln x 求导,得y ′=1x恒大于0,斜率之积不可能为-1;对函数y =e x 求导,得y ′=e x恒大于0,斜率之积不可能为-1;对函数y =x 3,得y ′=3x 2恒大于等于0,斜率之积不可能为-1.故选A. 答案 A 二、填空题6.(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线y =x +ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y =ax 2+(a +2)x +1相切,则a =________.解析 由y =x +ln x ,得y ′=1+1x,得曲线在点(1,1)的切线的斜率为k =y ′|x =1=2,所以切线方程为y -1=2(x -1),即y =2x -1,此切线与曲线y =ax 2+(a +2)x +1相切,消去y 得ax 2+ax +2=0,得a ≠0且Δ=a 2-8a =0,解得a =8. 答案 87.函数f (x )=13x 3-x 2-3x -1的图象与x 轴的交点个数是________.解析 f ′(x )=x 2-2x -3=(x +1)(x -3),函数f (x )在(-∞,-1)和(3,+∞)上是增函数,在(-1,3)上是减函数,由f (x )极小值=f (3)=-10<0,f (x )极大值=f (-1)=23>0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3. 答案 38.(2016·西安模拟)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________.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. 答案 (-4,0) 三、解答题9.(2016·武汉模拟)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 ,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y =2x -1. (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). 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+1e 2, 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1,2+1e 2.10.(2016·北京卷)设函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)设a =b =4,若函数f (x )有三个不同零点,求c 的取值范围; (3)求证:a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.(1)解 由f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,得f ′(x )=3x 2+2ax +b ,切线斜率k =f ′(0)=b . 又f (0)=c ,所以切点坐标为(0,c ).所以所求切线方程为y -c =b (x -0),即bx -y +c =0. (2)解 由a =b =4得f (x )=x 3+4x 2+4x +c ∴f ′(x )=3x 2+8x +4=(3x +2)(x +2) 令f ′(x )=0,得(3x +2)(x +2)=0, 解得x =-2或x =-23,f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下:所以,当c >0且c -3227<0时,存在x 1∈(-∞,-2),x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫-2,-23,x 3∈⎝⎛⎭⎪⎫-23,+∞,使得f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=0.由f (x )的单调性知,当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,3227时,函数f (x )=x 3+4x 2+4x +c 有三个不同零点.(3)证明 当Δ=4a 2-12b <0时,即a 2-3b <0,f ′(x )=3x 2+2ax +b >0,x ∈(-∞,+∞),此时函数f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递增, 所以f (x )不可能有三个不同零点.当Δ=4a 2-12b =0时,f ′(x )=3x 2+2ax +b 只有一个零点,记作x 0. 当x ∈(-∞,x 0)时,f ′(x )>0,f (x )在区间(-∞,x 0)上单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )在区间(x 0,+∞)上单调递增. 所以f (x )不可能有三个不同零点. 综上所述,若函数f (x )有三个不同零点,则必有Δ=4a 2-12b >0,故a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件.当a =b =4,c =0时,a 2-3b >0,f (x )=x 3+4x 2+4x =x (x +2)2只有两个不同零点,所以a 2-3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件. 因此a 2-3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件.11.设函数f (x )=(x +a )ln x ,g (x )=x 2e x . 已知曲线y =f (x ) 在点(1,f (1))处的切线与直线2x -y =0平行. (1)求a 的值;(2)是否存在自然数k ,使得方程f (x )=g (x )在(k ,k +1)内存在唯一的根?如果存在,求出k ;如果不存在,请说明理由;(3)设函数m (x )=min{f (x ),g (x )}(min{p ,q }表示p ,q 中的较小值),求m (x )的最大值. 解 (1)由题意知,曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线斜率为2, 所以f ′(1)=2,又f ′(x )=ln x +a x+1,所以a =1. (2)k =1时,方程f (x )=g (x )在(1,2)内存在唯一的根. 设h (x )=f (x )-g (x )=(x +1)ln x -x 2e x ,当x ∈(0,1]时,h (x )<0.又h (2)=3ln 2-4e 2=ln 8-4e 2>1-1=0,所以存在x 0∈(1,2),使得h (x 0)=0. 因为h ′(x )=ln x +1x +1+x (x -2)e x, 所以当x ∈(1,2)时,h ′(x )>1-1e >0,当x ∈[2,+∞)时,h ′(x )>0, 所以当x ∈(1,+∞)时,h (x )单调递增,所以k =1时,方程f (x )=g (x )在(k ,k +1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程f (x )=g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0. 且x ∈(0,x 0)时,f (x )<g (x ),x ∈(x 0,+∞)时,f (x )>g (x ),所以m (x )=⎩⎪⎨⎪⎧(x +1)ln x ,x ∈(0,x 0],x 2e x ,x ∈(x 0,+∞).当x ∈(0,x 0]时,若x ∈(0,1],m (x )≤0; 若x ∈(1,x 0],由m ′(x )=ln x +1x+1>0,可知0<m (x )≤m (x 0); 故m (x )≤m (x 0).当x ∈(x 0,+∞)时,由m ′(x )=x (2-x )ex,可得x ∈(x 0,2)时,m ′(x )>0,m (x )单调递增;x ∈(2,+∞)时,m ′(x )<0,m (x )单调递减;可知m (x )≤m (2)=4e 2,且m (x 0)<m (2).综上可得,函数m (x )的最大值为4e 2.。

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