高考专题突破一
2022年高考数学总复习专题突破一利用导数证明不等式
第1课时 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题[例1] [2017·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2.[听课记录]类题通法将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f (x )≤f (x )max 或f (x )≥f (x )min 直接证得不等式.巩固训练1：已知函数f (x )＝ax －e x (e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝1e时，求函数f (x )的单调区间及极值；(2)当2≤a ≤e ＋2时，求证：f (x )≤2x .题型二 构造函数法证明不等式[例2] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [听课记录]类题通法待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.巩固训练2：已知函数f (x )＝e x －ax (e 为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x .题型三 将不等式转化为两个函数的最值进行比较[例3] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. [听课记录]类题通法在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明.巩固训练3：已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e.题型四 双变量不等式的证明[例4] [2020·天津卷]已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)当k ＝6时：(ⅰ)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(ⅱ)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x的单调区间和极值．(2)当k ≥－3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′(x 1)＋f ′(x 2)2>f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2.[听课记录]类题通法破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.巩固训练4：[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<a －2.[预测] 核心素养——逻辑推理、数学运算已知函数f (x )＝2x ＋(1－2a )ln x ＋ax.(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )＝m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22>0.状 元 笔 记两个经典不等式的应用(1)对数形式：x ≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．[典例1] (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解析】 (1)因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}， 所以排除选项D ；当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A 、C ；易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝⎛⎭⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立， 所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点． [典例2] 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. 【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点． 因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0， 故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e. [典例3] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解析】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0,1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ＞0且x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x<x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .第1课时 利用导数证明不等式 课堂题型讲解题型一例1 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝（x ＋1）（2ax ＋1）x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0， 所以g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2.巩固训练1 解析：(1)当a ＝1e 时，f (x )＝1e x －e x ，令f ′(x )＝1e－e x ＝0，得x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )>0；当x >－1时， f ′(x )<0.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，单调递减区间为(－1，＋∞). 当x ＝－1时，函数f (x )有极大值－2e；没有极小值．(2)证明：令F (x )＝2x －f (x )＝e x －(a －2)x ， ①当a ＝2时，F (x )＝e x >0， ∴f (x )≤2x .②当2<a ≤2＋e 时，F ′(x )＝e x －(a －2)＝e x －e ln (a －2). 当x <ln (a －2)时，F ′(x )<0； 当x >ln (a －2)时，F ′(x )>0；∴F (x )在(－∞，ln (a －2))上单调递减，在(ln (a －2)，＋∞)上单调递增． ∴F (x )≥F (ln (a －2))＝e ln (a－2)－(a－2)ln (a－2)＝(a－2)[1－ln (a－2)]，∵2<a≤2＋e，∴a－2>0.1－ln (a－2)≥1－ln [(2＋e)－2]＝0，∴F(x)≥0，即f(x)≤2x.综上，当2≤a≤e＋2时，f(x)≤2x.题型二例2解析：(1)由f(x)＝e x－2x＋2a，x∈R，得f′(x)＝e x－2，x∈R，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．(2)证明：设g(x)＝e x－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝e x－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即e x－x2＋2ax－1>0，故e x>x2－2ax＋1.巩固训练2解析：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x<ln 2时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x>ln 2时，f′(x)>0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)>0，故g(x)在R上单调递增．所以当x>0时，g(x)>g(0)＝1>0，即x2<e x.题型三例3解析：(1)f′(x)＝ex－a(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：因为x >0， 所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以f (x )max ＝f (1)＝－e ， 记g (x )＝e xx－2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e ， 综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.巩固训练3 证明：要证f (x )<x e x ＋1e ，∵x ＞0只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x.令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2 ，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ 上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．题型四例4 解析：(1)(ⅰ)当k ＝6时，f (x )＝x 3＋6ln x ，故f ′(x )＝3x 2＋6x .可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即y ＝9x －8.(ⅱ)依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6ln x ＋3x，x ∈(0，＋∞).g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2.令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．(2)证明：由f (x )＝x 3＋k ln x ，得f ′(x )＝3x 2＋kx.对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，令x 1x 2 ＝t (t >1)，则(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫3x 21 ＋k x 1＋3x 22 ＋k x 2 －2(x 31 －x 32 ＋k ln x 1x 2 ) ＝x 31 －x 32 －3x 21 x 2＋3x 1x 22 ＋k (x 1x 2 －x 2x 1 )－2k ln x 1x 2 ＝x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t .① 令h (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞).当x >1时，h ′(x )＝1＋1x 2 －2x ＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2 >0，由此可得h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以当t >1时，h (t )>h (1)，即t －1t －2ln t >0.因为x 2≥1，t 3－3t 2＋3t －1＝(t －1)3>0，k ≥－3，所以x 32 (t 3－3t 2＋3t －1)＋k ⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ≥(t 3－3t 2＋3t －1)－3⎝⎛⎭⎫t －1t －2ln t ＝t 3－3t 2＋6ln t ＋3t－1.② 由(1)(ⅱ)可知，当t >1时，g (t )>g (1)，即t 3－3t 2＋6ln t ＋3t >1，故t 3－3t 2＋6ln t ＋3t －1>0.③由①②③可得(x 1－x 2)[f ′(x 1)＋f ′(x 2)]－2[f (x 1)－f (x 2)]>0.所以，当k ≥－3时，对任意的x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2 >f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.巩固训练4 解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2 －1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42 或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ∪(a ＋a 2－42 ，＋∞)时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 时， f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42 ，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞ 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42 上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2 ＝－1x 1x 2 －1＋a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a－2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2等价于1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2 －x 2＋2ln x 2＜0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜a －2.高考命题预测预测 解析：(1)f ′(x )＝2＋1－2a x －a x 2 ＝2x 2＋（1－2a ）x －a x 2＝（x －a ）（2x ＋1）x 2(x >0).①当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增； ②当a >0时，x ∈(0，a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减； x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )＝m 至多一个解，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，则f ′(a )＝0.不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0，即证x 1＋x 22 >a ，即证x 1＋x 2>2a ，即证x 2>2a －x 1，又f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，即证f (x 2)>f (2a －x 1)，因为f (x 2)＝f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a－x 1)，即证f (a ＋x )<f (a －x ).令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )＝⎣⎡⎦⎤2（a ＋x ）＋（1－2a ）ln （a ＋x ）＋a a ＋x－⎣⎡⎦⎤2（a －x ）＋（1－2a ）·ln （a －x ）＋a a －x＝4x ＋(1－2a )ln (a ＋x )－(1－2a )ln (a －x )＋a a ＋x －aa －x ，g ′(x )＝4＋1－2a a ＋x ＋1－2a a －x －a （a ＋x ）2 －a（a －x ）2＝4＋2a （1－2a ）a 2－x 2 －2a （a 2＋x 2）（a ＋x ）2（a －x ）2 ＝4x 2（x 2－a 2－a ）（a ＋x ）2（a －x ）2 .当x ∈(0，a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)＝f (a ＋0)－f (a －0)＝0，所以x ∈(0，a )时，g (x )<g (0)＝0，即f (a ＋x )<f (a －x )， 即f (x )>f (2a －x ).又x 1∈(0，a )，所以f (x 1)>f (2a －x 1)， 所以f ′⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22 >0.。
2022年高考政治二轮复习专题突破练一人类社会发展的进程与趋势含解析
专题突破练一人类社会发展的进程与趋势一、选择题(共15小题,每小题3分,共45分)1.经历几百万年漫长的历史阶段后,原始社会最终走向解体。
下列对原始社会解体原因的分析正确的是( )①共同劳动取代个体劳动②私有制的产生导致贫富分化③生产资料转归氏族公有④贫富分化导致氏族成员地位不平等A.①③B.②④C.①④D.②③2.在奴隶社会存在着奴隶主阶级和奴隶阶级两大对立阶级,奴隶主阶级为了维护自身利益,建立了军队、法庭、监狱等机关,形成了奴隶制国家。
这说明奴隶制国家( )①是协调阶级矛盾的机构②是对奴隶阶级进行统治的工具③是阶级压迫的暴力机关④脱离了当时生产力发展水平A.①③B.①④C.②③D.②④3.商鞅变法规定“为田开阡陌封疆”,废除井田制,国家承认土地私有,确立了土地私有制,这是历史的进步。
对此认识正确的是( )A.封建制生产关系与较低的生产力水平相适应B.封建制生产关系的出现是生产力发展的结果C.封建制生产关系的出现是历史的必然D.封建制生产关系是在奴隶社会后期出现的4.“印子钱,一还三;利滚利,年年翻;一年借,十年还;几辈子,还不完”和“爷娘妻子走相送,尘埃不见咸阳桥。
牵衣顿足拦道哭,哭声直上干云霄”分别体现的地主阶级剥削农民的方式是( )①榨取地租②向农民放高利贷③强迫农民缴纳苛捐杂税④从事各种徭役A.①④B.②③C.②④D.①③5.在资本主义社会,矿上的工人,一个人一天生产五斤矿砂,矿主至少赚十五块钱,而矿工的工钱,每天却只有两角。
这揭露了( )①资本家为工人提供了就业机会②资本家在生产过程中占有工人创造的剩余价值③资本家与工人之间存在着剥削关系④生产社会化与资本主义私人占有之间的矛盾A.①②B.①③C.②③D.②④6.20世纪30年代,英国某经济学家曾把上街购物的家庭主妇称作爱国者。
他认为,现在我们所需要的,不是勒紧裤腰带过日子,而是需要一种发展扩张、积极活跃的精神,要多干一些实事,多买一些东西,多制造一些商品。
高考排列组合专题突破
一排列组合不同问题解法1．相邻问题并组法题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列．【例1】A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有[ ]A．60种 B．48种 C．36种D．24种2．相离问题插空法元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．【例2】七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是[ ]A．1440 B．3600C．4820 D．48003．定序问题缩倍法在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法．【例3】A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有[ ]A．24种B．60种C．90种D．120种4．标号排位问题分步法把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．【例4】将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有[ ]A．6种B．9种C．11种D．23种5．有序分配问题逐分法有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法．【例5】有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有[ ]A．1260种B．2025种C．2520种D．5040种四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.6．多元问题分类法元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计．【例6】由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有[ ] A．210个B．300个C．464个D．600个【例7】从1，2，3，…100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？【例8】从1，2，…100这100个数中，任取两个数，使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少？7．交叉问题集合法某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(A∪B)＝n(A)＋n(B)－n(A∩B) 【例 9】从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？8．定位问题优先法某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素．【例10】1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有________种．9．多排问题单排法把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理．【例11】6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是[ ]10．“至少”问题间接法关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便．【例13】从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有[ ]A．140种B．80种C．70种D．35种11．选排问题先取后排法从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法．【例14】四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有________种12．部分合条件问题排除法在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求．【例16】以一个正方体顶点为顶点的四面体共有[ ]13 平均分组问题:例一 6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的选法：（1）分给甲、乙、丙三人，每人2本；（2）分为三份，每份2本；（3）分为三份，一份1本，一份2本，一份3本；（4）分给甲、乙、丙三人，一人1本，一人2本，一人3本；（5）分给甲、乙、丙三人，每人至少1本。
2023年高考政治二轮复习第一部分专题突破专题一货币价格与居民消费第一课时客观题轻松满分
过关微专题一 货币价格与居民消费
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3．(2020·全国卷Ⅱ)一双限量版运动鞋，官网标价千余元，线上倒
手几次价格就能翻到几万；有人甚至声称自己靠炒鞋月入十几万……一
段时间以来，炒鞋不断升温，引发媒体关注，并纷纷提示风险。炒鞋行
为存在风险的原因在商品交换 ②鞋的价格远远高
B．①④
C．②③
D．②④
过关微专题一 货币价格与居民消费
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【解析】 建立健全生态产品价值实现机制，以保障自然生态系统 休养生息为基础，增值自然资本，厚植生态产品价值，这说明生态产品 有使用价值，其利用要合理有效，①正确；生态产品有商品属性，其价 值能否实现受多种因素制约，“其价值必然会实现”说法过于绝对化， ②排除；“充分发挥市场在资源配置中的决定性作用，推动生态产品价 值有效转化”意味着生态产品有价值，价值实现要通过市场途径，③正 确；生态产品的价值来源于人类劳动，④错误。
于鞋的价值，背离了价值规律 ③借助网络交易平台炒鞋，货币难以充
当流通媒介 ④资本追逐不断推高价格，鞋的价值越来越难以实现
A．①②
B．①③
C．②④
D．③④
过关微专题一 货币价格与居民消费
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【解析】 商品交换以价值量为基础实行等价交换，商品的价格围 绕价值上下波动，鞋的价格远远高于价值，显然背离了价值规律，②正 确；炒鞋行为的背后是资本在追逐利益，因此，资本追逐不断推高价 格，几次倒手身价翻了好几番，会最终导致鞋很难卖出去，其价值越来 越难以实现。鞋卖不出去，摔坏的就是鞋的持有者，因此会存在一定的 风险，④正确；炒鞋过程中的鞋依然是商品，是使用价值和价值的统一 体，交易过程仍然是商品交换，①说法错误；借助网络交易平台炒鞋， 货币仍然执行的是流通手段的职能，依然充当商品交换的媒介，③说法 错误。
2023年高考英语二轮复习第一部分阅读能力突破篇专题一阅读理解
阅读能力突破篇
专题一 阅读理解
考情分析·明方向 掌握攻略·巧破题 实战导引·点迷津
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考情分析·明方向
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高考阅读理解从语言能力、文化意识、思维品质、学习能力四个方 面对学生的英语学科核心素养进行综合考查，包含了《课程标准》里的 全部主题语境(人与自我、人与社会、人与自然)，其中涉及“人与社 会”主题语境较多。考生不仅要能正确理解语篇的表层意思，还要能通 过表层意思推断出语篇中的隐含意义。 近几年阅读理解的命题已从对 传统知识掌握情况的考查转向对能力的考查，即用英语获取信息的能力 和处理相关信息的能力。
8
3
3
1
议文
全国乙卷 2022 应用文 书评 说明文 说明文 8
5
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第一部分 专题一 阅读理解
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试卷
年份 A篇
文体 B篇 C篇
题型
D篇
细节理 推理判 主旨大 词句猜
解
断
意
测
新高考Ⅰ卷 2021 应用文 记叙文 说明文 说明文 8
5
1
1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
全国甲卷 2021 应用文 说明文 记叙文 议论文 5
由以上统计可看出，全国卷对阅读理解的考查文体上以应用文、说 明文为主，记叙文、议论文为辅；题型以细节理解题、 推理判断题为 主，词句猜测题、主旨大意题较难，所占比例较少，命题很好地体现了 “注重基础，体现层次，有利于选拔人才”的高考命题思想。
第一部分 专题一 阅读理解
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掌握攻略·巧破题
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第一部分 专题一 阅读理解
高考语文20分钟专题突破(1)：字音
语文20分钟专题突破（1）：字音 1.下列各组词语中加点的字，注音全都正确的一组是 （ ） A.编纂(zuǎn) 囤货(dùn) 浸渍（zé） 色厉内荏(rěn) B.隽永（juàn） 饿殍(piǎo) 偌大(ruò) 繁文缛节(rǔ) C.载体（zài） 璞玉（pú） 骠勇(piào) 凿壁偷光(záo) D.档(dàng)期粗犷(kuàng) 皴裂（cūn）? 良莠不齐（yǒu） 2．下列词语中加点的字的读音相同的一组是 A.酝酿熨贴 韵味面有愠色? 意味蕴藉 B.侮辱怃然?舞弊? 忤逆不孝妩媚多姿 C.嗜好吞噬 对峙恃才傲物? 舐犊情深 D.毕竟庇佑?媲美? 刚愎自用?奴颜婢膝 3．下列加点的字的注音全都正确的一项是 A．慰藉jí? 栈道zhàn 庖厨páo忐忑tán tè B．吮血shǔn 酒馔zhuàn 口讷nà? 挟持xié C．戏谑xuè 青冢zhǒng? 商贾gǔ? 伉俪kàng D．省亲xǐng 猿猱náo 赧然nǎn 菜畦jì 4．下列各组加点的字的读音完全不同的一组是 A．倏忽 枢纽 毁家纾难? 自出机杼? B．蹊跷? 溪水? 栖身之所? 休戚与共 C．调函 粜米 千里迢迢? 武装挑衅? D．湛蓝? 客栈? 战战兢兢? 破绽百出 5．下列注音有两处错误的一项 A．果脯pú? 省xǐng察炽zhí热? 傣dǎi族 B．纰Pī漏? 单chán于? 埋mái怨? 叨tāo扰 C．辟bì邪 衙桓huán? 牲畜chù 惊蛰zhí D．摸mó样? 应yīng允? 折shé耗? 解jiè押 6.下列词语中加点的字注音完全正确的一项是（ ） A．遒劲（jìn）长篇累（lěi）牍发酵（jiào）垂涎（xián）三尺 B．粗糙（zào）牵强（qiǎng）附会内讧（hòng）自惭形秽（huì） C．执拗（niù）言简意赅（gāi）角（jué）色花团锦簇（cù） D．慰藉（jié）教学相长（zhǎng）惬（xiá）意戛（jiá）然而止 7．下列加点的字，读音全都正确的一组是 A． 挑衅xìn 惩罚chéng 暴殄天物zhěn? 开门揖盗yī B. 角色jué 戛然jiá 徇私枉法xún 刚毅木讷nè C． 强劲jìng 饮马yìn 穷兵黩武dú 擢发难数zhuó D． 戏谑nuè? 参与yù 力能扛鼎gāng? 怏怏不乐yàng 8. 下列各组词语中加点字的读音都不相同的一组是() A. 酝酿 酗酒 醍醐灌顶 酣畅淋漓 B. 翡翠 心扉 文采斐然 蜚短流长 C. 绚丽 嶙峋 以身殉职 徇私舞弊 D. 脓 馈赠 振聋发聩 功亏一篑 9．下列加点的字读音完全相同的一项是 A．诧异? 岔路 姹紫嫣红?差之毫厘，谬以千里 B．笃学亵渎?穷兵黩武?初生牛犊不怕虎 C．犀利? 潮汐?熙来攘往?桃李不言，下自成蹊 D．嗜好俟机?肆无忌惮?偷鸡不成蚀把米 10．下列词语中加点字读音完全相同的一组是 ? A.沏茶? 栖息? 休戚相关? 期期艾艾 ? B.余暇? 裴葭? 闻名遐尔? 白璧微瑕 ? C.饯行? 践诺? 图穷匕见? 从谏如流 ? D.殷红? 荫翳? 万马齐喑? 绿草如茵 11．下列各组加点字的读音，完全不相同的一组是A．信笺 贱恙 饯行 浅尝辄止 以践前誓B．嫌弃 赚钱 缣帛 谦谦君子 以丰补歉C．苋菜 舰艇 端砚 昙花一现 图穷匕见D．讣告 扑灭 朴实 前仆后继 赴汤蹈火12．下列加点的字的读音，全都不相同的一组是A．牛犊 渎职 文牍 买椟还珠 穷兵黩武 B．战栗 砧板 玷污 拈轻怕重掂斤播两C．创造 抢劫 悲怆 沧海桑田 满目疮痍 D．发霉 后悔 草莓 诲人不倦 风雨如晦13．下列加点的字的读音，全部都相同的一组是A．驰骋? 伶俜? 聘请? 娉婷B．通牒? 喋血? 谍报? 城堞C．掾吏? 椽条? 鸟喙? 姻缘D．辍学?啜泣? 点缀? 掇拾14．下列字的读音与所给读音全都相同的一组A．累lěi?累次?拖累日积月累成果累累B．作zuò 作孽?作祟作威作福自作自受C．着zháo? 着慌?着魔歪打正着衣食无着D．靡mǐ? 颓靡 奢靡靡靡之音风靡一时15．下列加点的字的读音，全都不相同的一组是A．跋扈?踯躅?蹙额踟蹰不前一蹴而就? B．整饬?饷银?气馁?文过饰非以飨读者C．翌日?蓊郁?翱翔?翻云覆雨?振翮高飞D．磨砺?麾下奢靡? 麻木不仁?摩肩接踵16．下列词语中加点字的读音，完全相同的一组是A．划桨? 划算? 划价? 划一不二? B．着装? 着眼? 着落? 着手成春C．抹杀? 抹黑? 抹粉? 转弯抹角?D．妥帖? 请帖? 字帖? 服服帖帖．下列加点字的读音与所给注音全都相同的一组A．帖tiē?妥帖请帖字帖?服帖B．畜xù 畜产?畜牧畜养 牲畜C．创chuàng 草创?创伤? 首创 创造D．乘chéng乘便 乘客? 乘兴 乘势．下列词语中加点的字，读音全都正确的一组是A．谛(dì)听 横(hén)祸 丢三落(là)四 B．沮(jǔ)丧? 窥(kuī)视 宁(nìn)缺毋滥C．褒(bǎo)贬 透辟(pì)? 卓(zhuó)尔不群 D．当(dàn)真 牵掣(chè) 屡见不鲜(xiǎn)19．选出加点字读音完全不相同的一组 A．电荷? 恐吓? 短褐? 奉和一首 B．虽然? 脑髓? 深邃? 半身不遂 C．矩形? 沮丧? 踽踽独行? 前倨后恭 D．浣沙? 幻灯? 涣然? 美轮美奂20．下列加点字的读音与所给读音完全相同的一组A．劲jìng劲敌遒劲疾风劲草刚劲挺拔B．泊bó?停泊?漂泊淡泊名利水泊梁山C．应yīng?应届 应允应声而落应有尽有D．鲜xiǎn鲜见?鲜有?寡廉鲜耻屡见不鲜C【解析】A劲jìng；B糙cāo； D惬 qiè 7.[解析]选Ｃ（暴殄天物tiǎn,徇私枉法xùn ,戏谑xuè） 8.[解析]A(A. yùn xù tí hānB. Fěi fēi fěi fēiC.xuàn xún xùn xùn 9.[解析]选C（C项全读“xī”；A项依次读“chà、chà、chà、chā”；B项依次读“dǔ、dú、dú、dú”；D项依次读“shì、sì、sì、shí”。
2021年高考物理必考实验专题突破实验一研究匀变速直线运动(原卷版)
实验一研究匀变速直线运动（原卷版）1．实验原理(1)利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法设x1、x2、x3、x4、…为纸带上相邻两个计数点之间的距离,假如Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=常数,即连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体做匀变速直线运动。
(2)由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度来求,即v n=。
(3)由纸带求物体运动加速度的方法①逐差法:根据x4-x1=x5-x2=x6-x3=3aT2(T为相邻两计数点之间的时间间隔),求出a1=,a2=,a3=,再算出a1、a2、a3的平均值a==,也就是物体的加速度。
②图象法:求出打各个计数点时纸带的瞬时速度,再作出v-t图象,图线的斜率则为物体做匀变速直线运动的加速度。
2.实验器材打点计时器,一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸。
3.实验步骤(1)仪器安装①把附有定滑轮的长木板放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面,把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端,连接好电路。
②把一条细绳拴在小车上,细绳跨过定滑轮,下边挂上合适的钩码,把纸带穿过打点计时器,并把它的一端固定在小车的后面。
实验装置如图所示,放手后,看小车能否在木板上平稳地加速滑行。
(2)测量与记录①把小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,后放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点,换上新纸带,重复三次。
②从三条纸带中选择一条比较理想的,舍掉开头一些比较密集的点,从后边便于测量的点开始确定计数点,为了计算方便和减小误差,通常用连续打点五次的时间作为时间单位,即T=0.1 s。
用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离,并填入设计的表格中。
③利用某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度。
④增减所挂钩码数,再重复实验两次。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
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专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
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专题一 三角函数和解三角形
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2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
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【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
专题一 三角函数和解三角形
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3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
2023年高考英语二轮复习第一部分阅读能力突破篇专题一阅读理解第2讲推理判断题
第一部分 专题一 阅读理解
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该类型的命题方式常常以下列形式呈现： 1．It can be inferred/concluded from the text that ________. 2．What can we infer/learn from...? 3．We can learn from the passage that ________. 4．The passage/story...indicates/suggests/implies that ________.
them, had little privacy, rare baths, and a blanket of snow on their quilt when they woke up in the morning.(她们和一个当地家庭，哈里森一家一 起搬进去，并且和他们一样，几乎没有隐私，很少洗澡，早上醒来时被 子上覆盖着一层雪。)”以及“In spring, the snow was replaced by mud over ice.(在春天，覆盖在冰上的雪被泥替代。)”可知，女孩们的生活条 件非常艰苦，她们饱受磨难。故选D。
第一部分 专题一 阅读理解
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Wickenden is a very good storyteller.The sweep of the land and the stoicism (坚忍) of the people move her to some beautiful writing.Here is a picture of Dorothy Woodruff, on her horse, looking down from a hill top: “When the sun slipped behind the mountains, it shed a rosy glow all around them.Then a full moon rose.The snow was marked only by small animals: foxes, coyotes, mice, and varying hares, which turned white in the winter.”
高考政治二轮复习专题突破练一价格波动与居民消费含解析
专题突破练一价格波动与居民消费一、选择题(共16小题,每小题3分,共48分)1.疫苗属于公共产品,价格由企业依据成本确定,根据使用规模大小进行调整。
在我国,新冠疫苗由政府按程序购买,为全民免费提供。
对此,下列认识正确的是( )①疫苗属于公共产品,其交易不是商品交换②疫苗价格由企业定价,符合价值规律的要求③由政府免费提供新冠疫苗接种,难以反映市场需求④全民免费接种新冠疫苗,可以更好实现其使用价值A.①②B.①③C.②④D.③④2.某手机创始人的直播带货“首秀”斩获颇丰,“宇宙首单”在直播间成交,伴随“OMG”“买它买它买它”的魔性语录,直播带货正在成为电商在新时代的新产业,呈现出极强的爆发性。
结合这一现象,下列说法正确的是( )①直播带货的聚众效应可以促使商品价值快速实现②主播通过提高消费者对商品品牌的认可实现带货③消费者通过直播购物改善消费结构,提高消费水平④直播带货模式将成为当下商品营销的主要渠道A.①②B.①③C.②③D.③④3.目前,六大国有银行已经开始推广数字人民币货币钱包。
获得授权的消费者可以在央行数字人民币App中设立银行子钱包,使用数字人民币钱包支付购买各类商品。
有市民感慨“使用数字人民币支付很简单,扣款时,手机里的一张电子版人民币就会嗖的一下飞出去,有现场付款的爽快感觉”。
由此可见,数字人民币( )①可以丰富消费体验,提高居民的购买能力②能够代替纸质人民币充当商品交换的媒介③丰富了货币形式,增加了货币实际供应量④能提高购物支付的便捷性,降低交易成本A.①③B.①④C.②③D.②④4.2021年4月的某一天,人民币对美元汇率的中间价为654.63元;一个多月前,人民币对美元汇率的中间价为647.95元。
这一变化表明( )A.人民币贬值,有利于中国居民赴美留学B.美元贬值,不利于美国进口中国的商品C.人民币升值,不利于中国商品出口美国D.美元升值,有利于美国企业在中国投资5.商品价格是价值的货币表现,货币的变化对商品价格有重要影响。
浙江2020版高考数学第二章不等式专题突破一高考中的不等式问题讲义(含解析)
高考专题突破一 高考中的不等式问题题型一 含参数不等式的解法例1解关于x 的不等式x 2＋ax ＋1>0(a∈R )． 解 对于方程x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.(1)当Δ>0，即a >2或a <－2时，方程x 2＋ax ＋1＝0有两个不等实根x 1＝－a －a 2－42，x 2＝－a ＋a 2－42，且x 1<x 2，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－a －a 2－42或x >－a ＋a 2－42； (2)当Δ＝0，即a ＝±2时，①若a ＝2，则原不等式的解集为{x |x ≠－1}； ②若a ＝－2，则原不等式的解集为{x |x ≠1}；(3)当Δ<0，即－2<a <2时，方程x 2＋ax ＋1＝0没有实根，结合二次函数y ＝x 2＋ax ＋1的图象，知此时原不等式的解集为R .思维升华解含参数的一元二次不等式的步骤(1)若二次项含有参数应讨论是否等于0，小于0，和大于0，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式．(2)判断方程的根的个数，讨论判别式Δ与0的关系．(3)当方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式．跟踪训练1 (1)若不等式ax 2＋8ax ＋21<0的解集是{x |－7<x <－1}，那么a 的值是________． 答案 3解析 由题意可知－7和－1为方程ax 2＋8ax ＋21＝0的两个根． ∴－7×(－1)＝21a，故a ＝3.(2)若关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋m |>3的解集为R ，则实数m 的取值范围是__________． 答案 (－∞，－4)∪(2，＋∞)解析 依题意得，|x －1|＋|x ＋m |≥|(x －1)－(x ＋m )|＝|m ＋1|，即函数y ＝|x －1|＋|x ＋m |的最小值是|m ＋1|，于是有|m ＋1|>3，m ＋1<－3或m ＋1>3，由此解得m <－4或m >2.因此实数m 的取值范围是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．题型二 线性规划问题例2(2018·浙江五校联考)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥2，x －y ≥－1，2x －y ≤4，且z ＝ax ＋y 的最大值为16，则实数a ＝________，z 的最小值为________． 答案 2 1解析 如图，作出不等式组所表示的可行域(△ABC 及其内部区域)．目标函数z ＝ax ＋y 对应直线ax ＋y －z ＝0的斜率k ＝－a .(1)当k ∈(－∞，1]，即－a ≤1，a ≥－1时，目标函数在点A 处取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －y ＝4，x －y ＝－1，解得A (5,6)，故z 的最大值为5a ＋6，即5a ＋6＝16，解得a ＝2.(2)当k ∈(1，＋∞)，即－a >1，a <－1时，目标函数在点C 处取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2，x －y ＝－1，解得C (0,1)，故z 的最大值为0×a ＋1＝1，不符合题意． 综上，a ＝2.数形结合知，当直线z ＝2x ＋y 经过点C 时，z 取得最小值，z min ＝2×0＋1＝1. 思维升华1．利用线性规划求目标函数的基本步骤为一画二移三求，其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义． 2．常见的目标函数有(1)截距型：如z ＝－2x ＋y ，z ＝2y4x ，z ＝OP →·OM →(其中M (x ，y )为区域内动点，P (－2,1))，等等．(2)距离型：如z ＝(x －2)2＋y 2，z ＝|2x －y |，等等．(3)斜率型：如z ＝y ＋1x ，z ＝x ＋y ＋1x ，z ＝x y ＋1，z ＝y ＋1x ＋x y ＋1＝x 2＋(y ＋1)2xy ＋x ，等等．(4)二次曲线型：如z ＝xy ，z ＝y 2x ，z ＝x 22＋y 2，等等．3．解题时要注意可行解是区域的所有点还是区域内的整点．跟踪训练2 (1)(2018·湖州五校模拟)设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1>0，x ＋y －3<0，y >0，则z ＝2x－y 的取值范围为( ) A ．(－6，－1) B ．(－8，－2) C ．(－1,8) D ．(－2,6)答案 D解析 方法一 作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示．作出直线y ＝2x ，平移直线，直线z ＝2x －y 在点B (－1,0)处的取最小值为－2，在点C (3,0)处的取最大值为6，所以z ＝2x －y 的取值范围为(－2,6)．方法二 三条直线两两联立求出的交点坐标分别是(1,2)，(－1,0)，(3,0)，分别代入z ＝2x －y 求值，得0，－2,6，所以z ＝2x －y 的取值范围为(－2,6)． (2)若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ≥0，2x －y ≥0，x ≤5，则不等式组表示的平面区域的面积为________，z ＝(x ＋1)2＋(y －1)2的最小值为________． 答案 30 95解析 作出⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ≥0，2x －y ≥0，x ≤5表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，则不等式组表示的平面区域的面积为12×5×2＋12×10×5＝30.z ＝(x ＋1)2＋(y －1)2表示可行域内的点(x ，y )与点M (－1,1)之间的距离的平方，数形结合易知，z ＝(x ＋1)2＋(y －1)2的最小值为点M (－1,1)到直线2x －y ＝0的距离的平方，即z min ＝|2×(－1)－1|2[22＋(－1)2]2＝95. 题型三 基本不等式的应用例3 (1)已知x 2＋4xy －3＝0，其中x >0，y ∈R ，则x ＋y 的最小值是( ) A.32B ．3C ．1D ．2 答案 A解析 由x 2＋4xy －3＝0，得y ＝3－x24x，即有x ＋y ＝x ＋3－x 24x ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x .∵x >0，∴x ＋1x ≥2，即x ＋y ≥32，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1，y ＝12时，x ＋y 取得最小值32.(2)已知a >0，b >0，c >1，且a ＋b ＝1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1ab －2·c ＋2c －1的最小值为______．答案 4＋2 2解析 ∵a 2＋1ab ＝a 2＋(a ＋b )2ab ＝2a 2＋2ab ＋b 2ab＝2a b ＋ba＋2≥22a b ·ba＋2＝22＋2，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2a b ＝b a，a ＋b ＝1，即⎩⎨⎧a ＝2－1，b ＝2－2时等号成立，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1ab －2·c ＋2c －1≥22c ＋2c －1＝22(c －1)＋2c －1＋2 2≥222(c －1)·2c －1＋22＝4＋22， 当且仅当22(c －1)＝2c －1，即c ＝1＋22时，等号成立． 综上，所求最小值为4＋2 2. 思维升华利用基本不等式求最值的方法(1)利用基本不等式求最值的关键是构造和为定值或积为定值，主要思路有两种：①对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．②条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值．(2)有些题目虽然不具备直接应用基本不等式求最值的条件，但可以通过添项、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式．常用的方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法．跟踪训练3 (1)已知xy ＝1，且0<y <22，则x 2＋4y2x －2y 的最小值为( )A ．4B.92C ．22D ．4 2答案 A解析 由xy ＝1且0<y <22，可知x >2， 所以x －2y >0.x 2＋4y 2x －2y ＝(x －2y )2＋4xy x －2y ＝x －2y ＋4x －2y≥4， 当且仅当x ＝3＋1，y ＝3－12时等号成立． (2)若实数x ，y 满足x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是________． 答案233解析 由x 2＋y 2＋xy ＝1，得1＝(x ＋y )2－xy ， ∴(x ＋y )2＝1＋xy ≤1＋(x ＋y )24，解得－233≤x ＋y ≤233(当且仅当x ＝y ＝33时取得最大值)，∴x ＋y 的最大值为233.题型四 绝对值不等式的应用例4 (1)(2018·浙江五校联考)已知a ∈R ，则“a ≤9”是“2|x －2|＋|5＋2x |<a 无解”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 2|x －2|＋|5＋2x |＝|2x －4|＋|5＋2x | ≥|2x －4－5－2x |＝9，若2|x －2|＋|5＋2x |<a 无解，则a ≤9，同样若a ≤9，则2|x －2|＋|5＋2x |<a 无解， 所以“a ≤9”是“2|x －2|＋|5＋2x |<a 无解”的充要条件．(2)(2019·温州模拟)已知a ，b ，c ∈R ，若|a cos 2x ＋b sin x ＋c |≤1对x ∈R 恒成立，则|a sin x ＋b |的最大值为________． 答案 2解析 |a cos 2x ＋b sin x ＋c |≤1， 即|a sin 2x －b sin x －(a ＋c )|≤1，分别取sin x ＝1，－1,0，可知⎩⎪⎨⎪⎧|b ＋c |≤1，|b －c |≤1，|a ＋c |≤1，所以|a ＋b |＝|(a ＋c )＋(b －c )|≤|a ＋c |＋|b －c |≤2， 且|a －b |＝|(a ＋c )－(b ＋c )|≤|a ＋c |＋|b ＋c |≤2.所以max{|a sin x ＋b |}＝max{|a ＋b |，|a －b |}≤2，当a ＝2，b ＝0，c ＝－1时，取等号． 思维升华(1)解绝对值不等式可以利用绝对值的几何意义，零点分段法、平方法、构造函数法等．(2)利用绝对值三角不等式可以证明不等式或求最值．跟踪训练4 (1)已知函数f (x )＝|x －5|＋|x ＋3|＋|x －3|＋|x ＋5|－c ，若存在正实数m ，使f (m )＝0，则不等式f (x )<f (m )的解集是________．答案 (－m ，m )解析 由|－x －5|＋|－x ＋3|＋|－x －3|＋|－x ＋5|＝|x －5|＋|x ＋3|＋|x －3|＋|x ＋5|可知，函数f (x )为偶函数，当－3≤x ≤3时，f (x )取最小值16－c .结合题意可得c ≥16.由f (m )＝0得f (x )<0，即|x －5|＋|x ＋3|＋|x －3|＋|x ＋5|－c <0，结合图象(图略)可知，解集为(－m ，m )．(2)不等式|x －2|＋|x ＋1|≥a 对于任意x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围为__________． 答案 (－∞，3]解析 当x ∈(－∞，－1]时，|x －2|＋|x ＋1|＝2－x －x －1＝1－2x ≥3；当x ∈(－1,2)时，|x －2|＋|x ＋1|＝2－x ＋x ＋1＝3； 当x ∈[2，＋∞)时，|x －2|＋|x ＋1|＝x －2＋x ＋1＝2x －1≥3，综上可得|x －2|＋|x ＋1|≥3，∴a ≤3.1．(2018·宁波期末)若a ，b ∈R ，且a <b <0，则下列不等式成立的是( ) A ．2a －b>1B.1a －1>1b －1C ．a 3>b 3D ．a ＋|b |>0答案 B解析 由a <b <0得a －1<b －1<0，则(a －1)(b －1)>0，所以(a －1)·1(a －1)(b －1)<(b －1)·1(a －1)(b －1)，即1a －1>1b －1，故选B.2．(2018·浙江绍兴一中期末)若关于x 的不等式|x ＋2|＋|x －a |<5有解，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－7,7) B ．(－3,3) C ．(－7,3) D ．∅答案 C解析 不等式|x ＋2|＋|x －a |<5有解，等价于(|x ＋2|＋|x －a |)min <5，又因为|x ＋2|＋|x －a |≥|(x ＋2)－(x －a )|＝|2＋a |，所以|2＋a |<5，－5<2＋a <5，解得－7<a <3，即实数a 的取值范围为(－7,3)，故选C.3．设集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫(x ，y )⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎧ x －y －1≤0，3x －y ＋1≥0，3x ＋y －1≤0，x ，y ∈R，则M 表示的平面区域的面积是( )A.2B.32C.322D ．2答案 B解析 由题意，M 表示的平面区域是以A (0,1)，B (－1，－2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12为顶点的三角形及其内部，如图中阴影部分所示(含边界)，所以其面积为12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1＝32.4．(2018·杭州质检)若正数x ，y 满足2x ＋y －3＝0，则2x ＋1y的最小值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 由2x ＋y －3＝0，得2x ＋y ＝3， 所以2x ＋1y ＝13(2x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1y ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2x y ＋2y x≥13⎝⎛⎭⎪⎫5＋2 2x y·2y x ＝3，当且仅当2x y ＝2y x，即x ＝y ＝1时等号成立，故选B.5．(2018·金华十校调研)设x ，y ∈R ，下列不等式成立的是( ) A ．1＋|x ＋y |＋|xy |≥|x |＋|y | B ．1＋2|x ＋y |≥|x |＋|y | C ．1＋2|xy |≥|x |＋|y | D ．|x ＋y |＋2|xy |≥|x |＋|y |答案 A解析 对于选项B ，令x ＝100，y ＝－100，不成立；对于选项C ，令x ＝100，y ＝1100，不成立；对于选项D ，令x ＝13，y ＝－12，不成立，故选A.6．(2018·杭州学军中学模拟)设关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋m ≤0，y －m ≥0表示的平面区域内存在点P (x 0，y 0)满足x 0－2y 0>3，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－1,0) B ．(0,1) C ．(－1，＋∞) D ．(－∞，－1)答案 D解析 作出满足不等式组的平面区域，如图中阴影部分所示(包含边界)，当目标函数z ＝x －2y 经过直线x ＋m ＝0与y －m ＝0的交点时取得最大值，即z max ＝－m －2m ＝－3m ，则根据题意有－3m >3，即m <－1，故选D.7．(2018·浙江舟山中学月考)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1≤0，2x －y －3≥0，当目标函数z ＝ax＋by (a >0，b >0)在该约束条件下取到最小值25时，a 2＋b 2的最小值为( ) A ．5B ．4C.5D ．2 答案 B解析 画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分(包含边界)所示，可知当目标函数过直线x －y －1＝0与2x －y －3＝0的交点A (2,1)时取得最小值，所以有2a ＋b ＝2 5.因为a 2＋b 2表示原点(0,0)到点(a ，b )的距离的平方，所以a 2＋b 2的最小值为原点到直线2a ＋b －25＝0的距离，即(a 2＋b 2)min ＝|－25|22＋12＝2，所以a 2＋b 2的最小值是4，故选B.8．(2018·嘉兴教学测试)若直线ax ＋by ＝1与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤1，2x －y －1≤0，2x ＋y ＋1≥0表示的平面区域无公共点，则2a ＋3b 的取值范围是( ) A ．(－7,1) B ．(－3,5) C ．(－7,3) D ．R答案 C解析 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤1，2x －y －1≤0，2x ＋y ＋1≥0表示的平面区域是以A (1,1)，B (－1,1)，C (0，－1)为顶点的三角形区域(包含边界)；因为直线ax ＋by ＝1与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≤1，2x －y －1≤0，2x ＋y ＋1≥0表示的平面区域无公共点，所以a ，b满足⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －1>0，－a ＋b －1>0，－b －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －1<0，－a ＋b －1<0，－b －1<0，故点(a ，b )在如图所示的三角形区域(除边界且除原点)内，所以2a＋3b 的取值范围为(－7,3)，故选C.9．(2019·诸暨期末)不等式－x 2＋2x ＋3<0的解集为________；不等式|3－2x |<1的解集为________．答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) (1,2)解析 依题意，不等式－x 2＋2x ＋3<0，即x 2－2x －3>0，解得x <－1或x >3，因此不等式－x 2＋2x ＋3<0的解集是(－∞，－1)∪(3，＋∞)；由|3－2x |<1得－1<3－2x <1,1<x <2，所以不等式|3－2x |<1的解集是(1,2)．10．(2018·宁波期末)关于实数x 的不等式x 2－4x >1a＋3在[0,5]上有解，则实数a 的取值范围为______________．答案 (－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 由x 2－4x >1a ＋3得x 2－4x －3>1a ，则问题等价于1a小于x 2－4x －3在[0,5]上的最大值，又因为x 2－4x －3＝(x －2)2－7，所以当x ＝5时，x 2－4x －3取得最大值2，所以1a<2，解得a <0或a >12，所以a 的取值范围为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.11．(2018·嘉兴测试)已知f (x )＝x －2，g (x )＝2x －5，则不等式|f (x )|＋|g (x )|≤2的解集为______________；|f (2x )|＋|g (x )|的最小值为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，3 3 解析 由题意得|f (x )|＋|g (x )|＝|x －2|＋|2x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧7－3x ，x <2，－x ＋3，2≤x ≤52，3x －7，x >52，所以|f (x )|＋|g (x )|≤2等价于⎩⎪⎨⎪⎧7－3x ≤2，x <2或⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3≤2，2≤x ≤52或⎩⎪⎨⎪⎧3x －7≤2，x >52，解得53≤x ≤3，|f (2x )|＋|g (x )|＝|2x －2|＋|2x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧7－4x ，x <1，3，1≤x ≤52，4x －7，x >52，|f (2x )|＋|g (x )|的图象如图，则由图象易得|f (2x )|＋|g (x )|的最小值为3.12．(2018·浙江镇海中学模拟)已知正数x ，y 满足1x ＋2y ＝1，则1x ＋1＋2y ＋1的最大值是________． 答案 34解析 设u ＝1x ，v ＝1y ，则问题转化为“已知正数u ，v 满足u ＋2v ＝1，求u u ＋1＋2vv ＋1的最大值”．uu ＋1＋2v v ＋1＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1u ＋1＋2v ＋1＝3－⎝⎛⎭⎪⎫1u ＋1＋2v ＋1·14[(u ＋1)＋2(v ＋1)]＝3－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋2(v ＋1)u ＋1＋2(u ＋1)v ＋1≤3－14(5＋4)＝34. 当且仅当2(v ＋1)u ＋1＝2(u ＋1)v ＋1，即u ＝v ＝13时，取等号．13．(2018·浙江金华十校联考)已知实数x ，y ，z 满足⎩⎪⎨⎪⎧xy ＋2z ＝1，x 2＋y 2＋z 2＝5，则xyz 的最小值为________． 答案 911－32 解析 将⎩⎪⎨⎪⎧xy ＋2z ＝1，x 2＋y 2＋z 2＝5变形为⎩⎪⎨⎪⎧xy ＝1－2z ，x 2＋y 2＝5－z 2，由|xy |≤x 2＋y 22知，|1－2z |≤5－z22，即－5－z 22≤1－2z ≤5－z 22，解得2－7≤z ≤11－2.所以xyz ＝(1－2z )z ＝－2z 2＋z 在[2－7，11－2]上的最小值为911－32.14．(2018·宁波模拟)若6x 2＋4y 2＋6xy ＝1，x ，y ∈R ，则x 2－y 2的最大值为________． 答案 15解析 方法一 设m ＝x ＋y ，n ＝x －y ，则问题转化为“已知4m 2＋mn ＋n 2＝1，求mn 的最大值”．由基本不等式，知1＝mn ＋4m 2＋n 2≥mn ＋4|mn |，所以－13≤mn ≤15，当且仅当n ＝2m ，即x ＝－3y 时，取得最大值15.方法二 (齐次化处理)显然要使得目标函数取到最大值，x ≠0.令z ＝x 2－y 2＝x 2－y 26x 2＋4y 2＋6xy＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫y x26＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2＋6·y x ，设t ＝y x ，则z ＝1－t 26＋4t 2＋6t，则(4z ＋1)t 2＋6zt ＋6z －1＝0对t ∈R 有解．当z＝－14时，t ＝－53.当z ≠－14时，Δ＝36z 2－4(4z ＋1)(6z －1)≥0，解得－13≤z ≤15.当t ＝－3z 4z ＋1＝－13时取最大值．方法三 1＝6x 2＋4y 2＋6×x3×3y ≥6x 2＋4y 2－6×x 23＋3y 22＝5x 2－5y 2，所以x 2－y 2≤15，当且仅当x ＝－3y 时取等号．15．(2019·浙江嘉兴一中模拟)已知点P 是平面区域M ：⎩⎨⎧x≥0，y ≥0，3x ＋y －3≤0内的任意一点，则P 到平面区域M 的边界的距离之和的取值范围为________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3 解析 设平面区域M ：⎩⎨⎧x ≥0，y≥0，3x ＋y －3≤0为△ABO 区域(包含边界)，由题意，|AO |＝1，|BO |＝3，|AB |＝2，P 到平面区域M 的边界的距离之和d 就是P 到△ABO 三边的距离之和，设P 到边界AO ，BO ，AB 的距离分别为a ，b ，c ，则P (b ，a )，由题意0≤a ≤3，0≤b ≤1,0≤c ＝12(3－a －3b )≤32，所以d ＝a ＋b ＋c ＝12[a ＋(2－3)b ＋3]，从而d ≥32，当a ＝b ＝0时取等号．如图，P 为可行域内任意一点，过P 作PE ⊥x 轴，PF ⊥y 轴，PP ′⊥AB ，过P ′作P ′E ′⊥x 轴，P ′F ′⊥y 轴，则有PE ＋PF ＋PP ′≤P ′F ′＋P ′E ′，由P (b ，a )， 可得P ′⎝⎛⎭⎪⎫3＋b －3a4，3＋3a －3b 4，所以d ＝a ＋b ＋c ≤3＋b －3a 4＋3＋3a －3b 4＝3＋3＋(3－1)(3a －b )4，又0≤a ≤3，0≤b ≤1，则d ≤3，当a ＝3，b ＝0时取等号，因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3. 16．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟联考)若正数a ，b ，c 满足b ＋c a ＋a ＋c b ＝a ＋bc＋1，则a ＋bc的最小值是________． 答案1＋172解析 由a ，b ，c 为正数，且b ＋c a ＋a ＋c b ＝a ＋b c ＋1得b c ＋1a c ＋a c ＋1b c ＝a c ＋b c ＋1，设m ＝a c ，n ＝bc，则有m >0，n >0，上式转化为n ＋1m ＋m ＋1n ＝m ＋n ＋1，即m 2＋n 2＋m ＋nmn＝m ＋n ＋1，又由基本不等式得m 2＋n 2≥(m ＋n )22，mn ≤(m ＋n )24，所以m ＋n ＋1＝m 2＋n 2＋m ＋n mn ≥(m ＋n )22＋m ＋n (m ＋n )24，令t ＝m ＋n ，则t >0，上式转化为t ＋1≥t 22＋tt 24，即t 2－t －4≥0，解得t ≥1＋172，所以t ＝m ＋n ＝a c ＋bc ＝a ＋b c 的最小值为1＋172.。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形
第二篇 专题一 第2讲一、选择题1．已知α∈(0，π)，且3cos 2α－8cos α＝5，则sin α等于( A ) A ．53B ．23C ．13D ．59【解析】由3cos 2α－8cos α＝5， 得3(2cos 2α－1)－8cos α＝5， 即3cos 2α－4cos α－4＝0， 解得cos α＝－23或cos α＝2(舍去).又因为α∈(0，π)，所以sin α>0， 所以sin α＝1－cos 2α＝1－⎝⎛⎭⎫－232＝53. 2．若sin α＝－35，且a ∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，则1－tanα21＋tanα2＝( D ) A ．12B ．－12C ．2D ．－2【解析】sin α＝－35，可得2sin α2cosα2sin 2α2＋cos 2α2＝－35，所以2tanα2tan 2α2＋1＝－35，解得tan α2＝－3或tan α2＝－13，又a ∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，∴α2∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4， ∴tan α2＝－3，故1－tanα21＋tanα2＝1－(－3)1＋(－3)＝－2.故选D.3．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知b ＝2，且2a cos B －a cos C ＝c cos A ＋a －b ，则△ABC 面积的最大值是( B )A ．32B ．3C ．2D ．5【解析】由正弦定理得：2sin A cos B －sin A cos C ＝sin C cos A ＋sin A －sin B ， 所以2sin A cos B ＝sin (A ＋C )＋sin A －sin B ＝sin A ， 又由0＜A ＜π，可得sin A ＞0， 则有cos B ＝12，又0＜B ＜π，则sin B ＝32， 由余弦定理得：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，所以a 2＋c 2＝ac ＋4≥2ac ，所以ac ≤4(当且仅当a ＝c ＝2时等号成立)， 则S △ABC ＝12ac sin B ≤12×4×32＝3，故选B.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ，c ＝7，且△ABC 的面积为332，则△ABC 的周长为( D )A ．1＋7B ．2＋7C ．4＋7D ．5＋7【解析】在△ABC 中，a cos B ＋b cos A ＝2c cos C ， 则sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ， 即sin (A ＋B )＝2sin C cos C ，∵sin (A ＋B )＝sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，由余弦定理可得，a 2＋b 2－c 2＝ab ， 即(a ＋b )2－3ab ＝c 2＝7，又S ＝12ab sin C ＝34ab ＝332，∴ab ＝6，∴(a ＋b )2＝7＋3ab ＝25，即a ＋b ＝5， ∴△ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝5＋7.5．设α，β为锐角，且2α－β＝π2，tan αcos βx ＋sin β＝1，则x ＝( A )A ．1B ．2C ．3D ．2【解析】∵2α－β＝π2，∴β＝2α－π2，∴tan αcos ⎝⎛⎭⎫2α－π2x ＋sin ⎝⎛⎭⎫2α－π2＝1，即tan αsin 2αx －cos 2α＝1，∴x ＝cos 2α＋tan αsin 2α＝cos 2α＋2sin 2α＝1，故选A.6．已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且(a －b )·sin A ＝c sin C －b sin B ，若△ABC 的面积为33，则c 的最小值为( A )A ．23B ．43C ．2D ．4【解析】∵(a －b )·sin A ＝c sin C －b sin B ，∴a 2－ab ＝c 2－b 2，∴a 2＋b 2－c 2＝ab ， ∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∵0＜C ＜π， ∴C ＝π3，∵S ＝12ab sin C ＝33，∴ab ＝12，∵c 2＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ＝12(当且仅当a ＝b ＝23时取等号)， ∴c ≥23，∴c 的最小值为23， 故选A.7．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝23，c ＝3，A ＋3C ＝π，则下列结论正确的是( D )A ．cos C ＝63B ．sin B ＝23C ．a ＝3D ．S △ABC ＝2【解析】因为A ＋3C ＝π，A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝2C .由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得23sin 2C ＝3sin C ，即232sin C cos C ＝3sin C ，所以cos C ＝33，故A 错误；因为cos C ＝33，所以sin C ＝63，所以sin B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ＝2×63×33＝223，故B 错误；因为cos B ＝cos 2C ＝2cos 2C －1＝－13，所以sin A ＝sin (B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝223×33＋⎝⎛⎭⎫－13×63＝69，则cos A ＝539，所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(23)2＋32－2×23×3×539＝1，所以a ＝1，故C 错误；S △ABC ＝12bc sin A ＝12×23×3×69＝2，故D 正确．8．已知f (x )＝12(1＋cos 2x )sin 2x (x ∈R )，则下面结论不正确的是( D )A ．f (x )的最小正周期T ＝π2B ．f (x )是偶函数C ．f (x )的最大值为14D ．f (x )的最小正周期T ＝π【解析】因为f (x )＝14(1＋cos2x )(1－cos 2x )＝14(1－cos 22x )＝14sin 22x ＝18(1－cos4x )，∵f (－x )＝f (x )，∴T ＝2π4＝π2，f (x )的最大值为18×2＝14.故选D.二、填空题9．已知tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝12，则sin 2α－cos 2α1＋cos2α＝__－56__． 【解析】因为tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝12，所以tan π4＋tan α1－tan π4tan α＝12， 即1＋tan α1－tan α＝12，解得tan α＝－13，所以sin 2α－cos 2α1＋cos2α＝2sin αcos α－cos 2α2cos 2α＝tan α－12＝－56.10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且b ＋a sin C ＝2a sin B －csin B －sin A ，则A＝__π4__.【解析】由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C， 得b ＋ac ＝2a sin B －cb －a， 整理得b 2－a 2＝2ac sin B －c 2， 即b 2＋c 2－a 2＝2ac sin B ＝2bc sin A ， 由余弦定理得，b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ， ∴2bc cos A ＝2bc sin A ，即cos A ＝sin A ， ∴tan A ＝1，∴A ＝π4.11．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ，a ＝2，c ＝263，则角C ＝__π4__．【解析】由b ＝a ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C ，得sin B ＝sin A ⎝⎛⎭⎫cos C ＋33sin C .因为sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin (A ＋C )，所以sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋33sin A sin C (sin C ≠0)，所以cos A ＝33sin A ，所以tan A ＝ 3.因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.由正弦定理a sin A ＝csin C，得sin C ＝22.因为0＜C ＜2π3，所以C ＝π4. 12．(2022·山东省师范大学附中月考)在△ABC 中，设角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，记△ABC 的面积为S ，且4a 2＝b 2＋2c 2，则S a 2的最大值为6．【解析】由题意知，4a 2＝b 2＋2c 2⇒b 2＝4a 2－2c 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 整理，得2ac cos B ＝－3a 2＋3c 2⇒cos B ＝3(c 2－a 2)2ac， 因为⎝⎛⎭⎫S a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ac sin B a 22＝⎝⎛⎭⎫c sin B 2a 2＝c 2(1－cos 2B )4a 2， 代入cos B ＝3(c 2－a 2)2ac，整理得⎝⎛⎭⎫S a 22＝－116⎝⎛⎭⎫9×c 4a4－22×c 2a 2＋9，令t ＝c 2a 2，则⎝⎛⎭⎫S a 22＝－116(9t 2－22t ＋9)＝－116⎝⎛⎭⎫3t －1132＋1036，所以⎝⎛⎭⎫S a 22≤1036，所以S a 2≤106，故S a 2的最大值为106. 三、解答题13．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3sin C cos A ＝22sin A sin B ，22b ＝3c .(1)求A ；(2)若D 是AB 边的中点，CD ＝5，求△ABC 的面积． 【解析】(1)因为3sin C cos A ＝22sin A sin B ， 由正弦定理，可得3c cos A ＝22b sin A . 结合22b ＝3c ，则有sin A ＝cos A ，所以tan A ＝1， 又因为A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以A ＝π4. (2)因为22b ＝3c ，D 是AB 边的中点，所以AD ＝2b 3. 在△ACD 中，由余弦定理得CD 2＝AD 2＋b 2－2AD ·b cos A ，即(5)2＝⎝⎛⎭⎫2b 32＋b 2－2·2b 3·b cos π4， 解得b ＝3或b ＝－3(舍去)， 则c ＝2 2.故△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×3×22×22＝3.。
专题突破一利用导函数研究恒成立(教)
专题突破一 高考中的导数综合问题第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题题型一 分离参数求参数范围例1 已知函数f (x )＝a e x －2x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )>0对x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －2x ＋1，则f ′(x )＝e x －2，令f ′(x )<0，解得x <ln 2；令f ′(x )>0，解得x >ln 2.故函数f (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的极小值为f (ln 2)＝2－2ln x ＋1＝3－2ln 2，无极大值．(2)f (x )>0对x ∈R 恒成立，即a >2x －1e x 对任意x ∈R 都成立， 设g (x )＝2x －1e x ，则a >g (x )max ， g ′(x )＝2e x －(2x －1)e x (e x )2＝3－2x e x ， 令g ′(x )>0，解得x <32；令g ′(x )<0，解得x >32. 故函数g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，32上单调递增，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递减， ∴g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫32＝322e ＝322e -.故实数a 的取值范围为322e -∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，. 思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1 已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，求a 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，所以ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2. 设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max . 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞x (0，e) e(e ，＋∞) h ′(x ) ＋ 0 －h (x ) ↗ 极大值12e↘由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值，为12e ，所以a ≤12e. 故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .题型二 等价转换法求参数的范围例2 (2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x ，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数． (1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1，f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2，所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0.(2)令h (x )＝f (x )－g (x )，由题意得h (x )min ≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立，因为h (x )＝(x ＋a －1)e x －12x 2－ax ， 所以h ′(x )＝(x ＋a )(e x －1)．①若a ≥0，则当x ∈[0，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (0)＝a －1，则a －1≥0，得a ≥1.②若a <0，则当x ∈[0，－a )时，h ′(x )≤0；当x ∈[－a ，＋∞)时，h ′(x )≥0，所以函数h (x )在[0，－a )上单调递减，在[－a ，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－a )，又因为h (－a )<h (0)＝a －1<0，所以不符合题意．综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．思维升华 对不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，直接构造函数，转化成求函数的最值问题． 跟踪训练2 已知函数f (x )＝e x －ax .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ∈[0，＋∞)时，都有f (x )>－a ，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x －a (x ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上单调递增；当a >0时，令f ′(x )>0⇒x >ln a ，令f ′(x )<0⇒x <ln a ，∴f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．(2)依题意知，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min >－a ，由(1)知，当a ≤1时，f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (0)＝1>－a ，∴－1<a ≤1.当a >1时，f (x )在[0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a >－a ，解得1<a <e 2.综上，函数a 的取值范围为(－1，e 2)．题型三 双变量的恒(能)成立问题例3 设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23， ∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3 已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<4x 1x 2，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －a x(x >0)， 因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)－f (x 2)>4(x 1－x 2)x 1x 2， 即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1， 即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2. 设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]， |f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)． 培优点 隐零点问题在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．例1. 已知函数)2ln()(+-=x e x g x，证明)(x g ＞0.跟踪练习：已知函数x a e x f x ln )(-=.（I ）讨论)(x f 的导函数)('x f 的零点的个数；（II ）证明：当0>a 时，)ln 2()(a a x f -≥.课时精练1．设函数f (x )＝ln x ＋a x(a 为常数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)不等式f (x )≥1在x ∈(0,1]上恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －a x 2， 当a ≤0时，又x >0，∴x －a >0，∴f ′(x )>0，∴f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，∴f (x )单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，∴f (x )单调递减．综上可知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在区间(0，a )上单调递减，在区间(a ，＋∞)上单调递增．(2)f (x )≥1⇔a x ＋ln x ≥1⇔a x≥－ln x ＋1⇔a ≥－x ln x ＋x 对任意x ∈(0,1]恒成立． 令g (x )＝－x ln x ＋x ，x ∈(0,1]．则g ′(x )＝－ln x －x ·1x＋1＝－ln x ≥0，x ∈(0,1]， ∴g (x )在(0,1]上单调递增，∴g (x )max ＝g (1)＝1，∴a ≥1，故a 的取值范围为[1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值． 解 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x .问题转化为m ≥⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min . 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.3．已知f (x )＝e x －ax 2.(1)若f (x )在x ＝1处的切线与直线(e －2)x －y ＝0平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，＋∞)时，恒有f (x )≥x ＋(1－x )e x ，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝e x －2ax ，∴f ′(1)＝e －2a ＝e －2，∴a ＝1.(2)f (x )≥x ＋(1－x )e x ，即e x －ax 2≥x ＋e x －x e x ，即e x －ax －1≥0，x ≥0.令h (x )＝e x －ax －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －a (x ≥0)，当a ≤1时，由x ≥0知h ′(x )≥0，∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴在[0，＋∞)上h (x )≥h (0)＝0，原不等式恒成立．当a >1时，令h ′(x )>0，得x >ln a ；令h ′(x )<0，得0≤x <ln a .∴h (x )在[0，ln a )上单调递减，又∵h (0)＝0，∴h (x )≥0不恒成立，∴a >1不合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．4．已知函数f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，g (x )＝x 2＋x ＋2a ＋1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)当x ∈[1，e]时，f (x )<g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝x 2＋(a ＋1)x －ln x ，f ′(x )＝2x ＋(a ＋1)－1x. 依题意知x ∈(1，＋∞)时，2x ＋(a ＋1)－1x≥0恒成立， 即a ＋1≥1x －2x .令k (x )＝1x －2x ，x ∈(1，＋∞)，∴k ′(x )＝－1x 2－2<0， ∴k (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴k (x )<k (1)＝－1，∴a ＋1≥－1，即a ≥－2， ∴实数a 的取值范围为{a |a ≥－2}．(2)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x －2a －1，x ∈[1，e]，则只需φ(x )max <0即可，φ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. 当a ≤0时，φ′(x )<0，∴φ(x )在[1，e]上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝－a －1，∴－a －1<0，即a >－1，∴－1<a ≤0.当a >0时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，φ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增， ∴要使φ(x )max <0，只需⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)<0，φ(e )<0，a >0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1<0，a e －2a －2<0，a >0，解得0<a <2e －2， 综上，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪ －1<a <2e －2.5．已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x . (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2. ①当a ≤1，x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②当1<a <e ，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增；所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1. ③当a ≥e ，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e， 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1<a <e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－a e. (2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值． 由(1)知当a <1时f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－a e.g ′(x )＝(1－e x )x . 当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－a e <1，即a >e 2－2e e ＋1， 所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 2－2e e ＋1，1.。
高考化学专题突破
3As2S3+28HNO3+H2O =
12e- 3H3AsO4+9H2SO4+28NO ↑
37
(三). 配平
5. 2004全国卷一 29. （1）配平： MnO4- + H2O2 + H+ == Mn2+ + O2 ↑+ H2O
38
(四)、物质微粒氧化性、还原性强弱的判断
39
6.根据以下实验事实，判断四种微粒在酸性条件 下，氧化性由强到弱的顺序是（ ）B
2
基本概念： 1、氧化还原 2、物质的量 3、热化学
3
第一部分 氧化还原反应
4
一.氧化还原反应的实质及特征 实质：有电子转移（包括电子得失和偏移） 特征：有化合价变化 （这是判断是否氧化
还原反应依据！） 知道化合价的升降与电子转移的关系吗？
5
四组概念：
氧化反应： 物质失去电子（化合价？）的反应。 还原反应： 物质得到电子（化合价？）的反应。
26
（三）类型与方法
1.普通型
Cu+HNO3——Cu(NO3)2+NO↑+H2O
27
2.一变多，从右始 一般为歧化反应，同种元素一变二。 Cl2+KOH——KCl+KClO3+H2O
S + KOH —— K2S + K2SO3 + H2O
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3.多变一，从左始 一般为归中反应，同种元素二合一。
（2）该反应中，发生还原反应的过程是 H2CrO4 →Cr（O。H）3
（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转
移的方向和数目
。
（4）如反应转移了0．3mol电子，则产生的气
2024年高考化学二轮复习第一部分新高考选择题突破专题1物质的组成、分类和变化专题能力提升训练(一)
专题能力提升训练(一)1. (2023·河北张家口二模)“胡服骑射”是我国古代史上的一次大变革，被历代史学家传为佳话。
下列说法正确的是( A )A．汉服和胡服的主要成分均为天然有机高分子B．竹制或木制长弓是利用了竹或木的柔韧性和延展性C．“胡服骑射”是通过改进物质的化学性质，从而增强物质性能D．弓箭上的箭羽为鹰或鹅的羽毛，其主要成分为纤维素【解析】汉服和胡服的主要成分均为天然纤维，属于天然有机高分子化合物，故A正确；该过程不涉及竹或木的延展性，故B错误；“胡服骑射”并未改变物质的化学性质，故C错误；弓箭上的箭羽为鹰或鹅的羽毛，其主要成分为蛋白质，故D错误；故选A。
2. (2023·山东省济南市统考一模)高粱酿酒过程中部分操作如图所示。
下列说法错误的是( C )“蒸粮”“拌曲”“堆酵”“馏酒”B．“拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量D．“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”【解析】“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A正确；酒曲在酿酒时起到催化作用，B正确；升温是因为发酵时放出热量，C 错误；蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D正确；故选C。
3. (2023·湖北十一校联考二模)2022年我省重点建设计划超额完成任务。
下列相关说法错误的是( A )A．第6代半导体显示器件使用的半导体材料是SiO2晶体B．耐水药用玻璃(由石英砂、纯碱、方解石等原料制得)属于硅酸盐材料C．新冠灭活疫苗应冷藏保存D．电动汽车使用的锂电池属于二次电池【解析】半导体材料是晶体硅，故A说法错误；耐水药用玻璃是用石英砂、纯碱、方解石等原料制得，石英砂主要成分是SiO2，与纯碱反应生成硅酸钠，方解石成分是碳酸钙，二氧化硅与碳酸钙反应生成硅酸钙，硅酸钠、硅酸钙属于硅酸盐，故B说法正确；灭活疫苗中含有蛋白质，低温冷藏可以防止蛋白质变性失活，故C说法正确；二次电池属于可充电电池，即锂电池属于二次电池，故D说法正确；故选A。
高考生物专题突破训练：第1练 组成细胞的分子
高考生物专题突破训练第1练组成细胞的分子1．(2021·全国甲，1)已知①酶、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核酸都是人体内有重要作用的物质。
下列说法正确的是()A．①②③都是由氨基酸通过肽键连接而成的B．③④⑤都是生物大分子，都以碳链为骨架C．①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体D．④⑤⑥都是人体细胞内的主要能源物质答案 C解析酶的化学本质是蛋白质或RNA，抗体的化学本质是蛋白质，激素的化学本质是有机物，如蛋白质、氨基酸的衍生物、脂质等，只有蛋白质才是由氨基酸通过肽键连接而成的，A错误；糖原是生物大分子，脂肪不是生物大分子，且激素不一定是大分子物质，如甲状腺激素是含碘的氨基酸衍生物，B错误；酶的化学本质是蛋白质或RNA，抗体的化学本质是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核苷酸连接而成的多聚体，氨基酸和核苷酸都含有氮元素，C正确；人体主要的能源物质是糖类，核酸是生物的遗传物质，脂肪是机体主要的储能物质，D错误。
2．(2022·浙江6月选考，5)生物体中的有机物具有重要作用。
下列叙述正确的是() A．脂肪对植物细胞起保护作用B．鸟类的羽毛主要由结构蛋白组成C．糖原是马铃薯重要的储能物质D．纤维素是细胞膜的重要组成成分答案 B解析脂肪是植物细胞良好的储能物质，A错误；鸟类的羽毛主要成分是蛋白质，主要由结构蛋白组成，B正确；糖原是动物细胞特有的多糖，淀粉是马铃薯重要的储能物质，C错误；纤维素是构成植物细胞壁的主要成分，细胞膜的组成成分主要是磷脂和蛋白质，D错误。
3．(2021·全国乙，3)植物在生长发育过程中，需要不断从环境中吸收水。
下列有关植物体内水的叙述，错误的是()A．根系吸收的水有利于植物保持固有姿态B．结合水是植物细胞结构的重要组成成分C．细胞的有氧呼吸过程不消耗水但能产生水D．自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动答案 C解析水是植物细胞液的主要成分，细胞液主要存在于液泡中，充盈的液泡使植物细胞保持坚挺，故根系吸收的水有利于植物保持固有姿态，A正确；结合水与细胞内其他物质相结合，是植物细胞结构的重要组成成分，B正确；细胞的有氧呼吸第二阶段消耗水，第三阶段产生水，C错误；自由水参与细胞代谢活动，故自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动，自由水与结合水比值越高，细胞代谢越旺盛，反之细胞代谢减弱，D正确。
新教材高考生物二轮复习专题突破练1细胞的分子基础含解析
专题突破练1 细胞的分子基础一、单项选择题1.(2021山东中学联盟大联考)水分子中氢原子以共用电子对与氧原子结合。
由于氧具有比氢更强的吸引电子对的能力,使氧的一端稍带负电荷,氢的一端稍带正电荷。
水分子的空间结构及电子的不对称分布,使得水分子成为一个极性分子。
水分子间也可相互吸引,形成氢键,氢键易于形成和断裂。
下列说法错误的是( )A.带有正电荷或负电荷的分子(或离子)都易与水结合,因此,水是良好的溶剂B.氢键的存在使水具有较低的比热容(1 kg的物质温度上升1 ℃所需的能量),因此,水能维持生命系统的稳定性C.自由水与结合水的比例处于动态变化中,与细胞的新陈代谢程度有关,有利于生物体适应不同的环境D.结合水与细胞中的蛋白质、多糖相结合,失去流动性和溶解性,无法参与生物化学反应2.为探究不同类型的高盐分(NaCl、混合钠盐和混合氯盐)胁迫下的豌豆幼苗对离子的吸收情况,某研究小组进行了相关实验,结果如下表所示。
下列有关说法错误的是( )A.高盐分胁迫下,细胞对K+的吸收作用明显增强B.对照组的豌豆幼苗需放在清水中培养C.不同类型的盐分胁迫下,细胞对离子的吸收具有选择性D.高盐分胁迫下,细胞通过增加对离子的吸收量来提高抗盐能力3.(2021全国甲卷)已知①酶、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核酸都是人体内有重要作用的物质。
下列说法正确的是( )A.①②③都是由氨基酸通过肽键连接而成的B.③④⑤都是生物大分子,都以碳链为骨架C.①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体D.④⑤⑥都是人体细胞内的主要能源物质4.(2021山东枣庄调研)科学家从动物的胰中分离到一类低相对分子质量的蛋白质(Ub),能给细胞中的异常蛋白(靶蛋白)贴上“标签”,被贴标签的靶蛋白随即被蛋白酶水解,其过程如下图所示。
下列相关说法错误的是( )为腺苷一磷酸。
A.Ub给靶蛋白贴“标签”的过程需要消耗能量B.靶蛋白水解过程与人消化道内蛋白质水解过程不同C.Ub对维持细胞内部环境的相对稳定有重要作用D.Ub在靶蛋白水解过程中起到催化的作用5.(2021山东潍坊一模)超氧化物歧化酶(SOD)分子含两条或四条肽链,其活性中心都含有金属离子。
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高考专题突破一 高考中的导数应用问题【考点自测】1．若函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π])的图象在点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ⎝⎛⎭⎫x 3＋1的图象在点Q 处的切线，则直线PQ 的斜率为________． 答案 83解析 由题意得，f ′(x )＝2cos x ∈[－2,2]，g ′(x )＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)． 当两函数的切线平行时，有x P ＝0，x Q ＝1， 即P (0,0)，Q ⎝⎛⎭⎫1，83， 所以直线PQ 的斜率为83.2．(2018届盐城中学月考)若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则实数a 的值为________． 答案3－1解析 f ′(x )＝a －x 2(x 2＋a )2，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当－a <x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 若a ≥1，即a ≥1，则当x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (a )＝a 2a ＝33， 解得a ＝32<1，不合题意， ∴a <1，∴当x ∈[1，＋∞)时，f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，解得a ＝3－1. 3．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34(a ，b ，c ∈R )的导函数为f ′(x )，若不等式f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，f (x )的极小值等于－115，则a 的值是________． 答案 2解析 由已知可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，由3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}可知a >0， 且－2,3是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根， 则由根与系数的关系知2b 3a ＝－1，c3a ＝－6，∴b ＝－3a2，c ＝－18a ，此时f (x )＝ax 3－3a2x 2－18ax －34，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数； 当x ∈(－2,3)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，∴f (3)为f (x )的极小值，且f (3)＝27a －27a2－54a －34＝－115，解得a ＝2.4．(2018届新海中学调研)设函数f (x )＝ln x ＋mx (m ∈R )，若对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1恒成立，则实数m 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫14，＋∞解析 对任意的b >a >0，f (b )－f (a )b －a <1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．设函数h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x ，则h (x )在(0，＋∞)上是单调减函数，即h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， 得m ≥14.所以实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.5．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－1，12解析 因为f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x －e x ＋1e x ＝－f (x )，所以f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x 是奇函数．因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0，所以f (2a 2)≤－f (a －1)，即f (2a 2)≤f (1－a )． 因为f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋e －x ≥3x 2－2＋2e x ·e －x＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时“＝”成立， 所以f (x )在R 上单调递增， 所以2a 2≤1－a ，即2a 2＋a －1≤0， 所以－1≤a ≤12.题型一 利用导数研究函数性质例1 设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，函数g (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数g (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意；②当0＜a ＜12，即12a ＞1时，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增． 可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意； ③当a ＝12，即12a ＝1时，f ′(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不符合题意； ④当a ＞12，即0＜12a＜1时，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意 .综上可知，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a ＞12. 思维升华 利用导数主要研究函数的单调性、极值、最值．已知f (x )的单调性，可转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题；含参函数的最值问题是高考的热点题型，解此类题的关键是极值点与给定区间位置关系的讨论，此时要注意结合导函数图象的性质进行分析．跟踪训练1 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0， 所以－x 2＋2>0，解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1,1)都成立， 即a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令y ＝(x ＋1)－1x ＋1，则y ′＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以y ＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增，所以y <(1＋1)－11＋1＝32，即a ≥32.因此a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪a ≥32. 题型二 利用导数研究函数零点问题例2 (2016·江苏)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解 (1)①由已知可得2x ＋⎝⎛⎭⎫12x＝2， 即2x ＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x ＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0. ②f (x )＝2x ＋⎝⎛⎭⎫12x＝2x ＋2－x ， 令t ＝2x ＋2－x ，则t ≥2. 又f (2x )＝22x ＋2－2x ＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t ≥2t ·4t＝4 (当且仅当t ＝2时等号成立)， ∴m ≤⎝⎛⎭⎫t ＋4t min ＝4. 即m 的最大值为4.(2)∵0<a <1，b >1，∴ln a <0，ln b >0. g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数． ∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点． ∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意g (x )有且仅有1个零点， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1.思维升华 函数零点问题一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．跟踪训练2 (2015·江苏)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞，求c 的值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈⎝⎛⎭⎫－2a3，0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－2a3，0上单调递减； 当a <0时，x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a3时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，－2a3上单调递减． (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎫427a 3＋b <0， 从而⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，－427a 3<b <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，0<b <－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a > 0时，427a 3－a ＋c >0或当a <0时，427a 3－a ＋c <0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞， 则在(－∞，－3)上g (a )<0，且在⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞上g (a )>0均恒成立． 从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝⎛⎭⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1. 此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3>0， 且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.综上c ＝1. 题型三 利用导数研究不等式问题例3 设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0. (1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．(1)解 由题意可知，f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ＋b (x >0)， ∵f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1， ∴a ＝1，b ＝－1.(2)证明 f (x )＝x 2ln x －x ＋1， f (x )－(x －1)2＝x 2ln x ＋x －x 2， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)， 则g ′(x )＝2x ln x －x ＋1.设p (x )＝2x ln x －x ＋1，则p ′(x )＝2ln x ＋1>0，由此可得g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴g ′(x )≥g ′(1)＝0， ∴g (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0. ∴f (x )≥(x －1)2.(3)解 设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1(x ≥1)， 则h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1， 由(2)知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， ∴x ln x ≥x －1，∴h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)＝(3－2m )(x －1)． ①当3－2m ≥0，即m ≤32时，h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝0成立． ②当3－2m <0，即m >32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， 令q (x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)，则q ′(x )＝2ln x ＋3－2m ，令q ′(x )＝0，得x ＝232e m - >1，当x ∈[1，232em -)时，h ′(x )单调递减，则h ′(x )≤h ′(1)＝0， ∴h (x )在[1，232em -)上单调递减，∴h (x )≤h (1)＝0，即h (x )≥0不成立．综上，m ≤32.思维升华 求解不等式恒成立或有解时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值较烦琐时，可采用直接构造函数的方法求解．跟踪训练 3 已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋a ，g (x )＝－2x ＋9x ，若对任意的x 1∈[－1,2]，存在x 2∈[2,4]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是____________． 答案 ⎣⎡⎦⎤－74，－32 解析 问题等价于f (x )的值域是g (x )的值域的子集， 显然，g (x )单调递减，∴g (x )max ＝g (2)＝12，g (x )min ＝g (4)＝－234； 对于f (x )，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 令f ′(x )＝0，解得x ＝13或x ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况列表如下：f (x )a －4427＋aaa ＋2∴f (x )max ＝a ＋2，f (x )min ＝a －4，∴⎩⎨⎧a ＋2≤12，a －4≥－234，∴a ∈⎣⎡⎦⎤－74，－32.1．f (x )＝4x3x 2＋3，x ∈[0,2]．(1)求f (x )的值域；(2)设a ≠0，函数g (x )＝13ax 3－a 2x ，x ∈[0,2]．若对任意x 1∈[0,2]，总存在x 0∈[0,2]，使f (x 1)－g (x 0)＝0，求实数a 的取值范围．解 (1)由题意可得f ′(x )＝43·1－x2(x 2＋1)2.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)． 当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )在[0,1)上单调递增； 当x ∈(1,2]时，f ′(x )<0，f (x )在(1,2]上单调递减． ∵f (0)＝0，f (1)＝23，f (2)＝815，∴f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤0，23. (2)设函数g (x )在[0,2]上的值域是A ， ∵对任意x 1∈[0,2]，总存在x 0∈[0,2]， 使f (x 1)－g (x 0)＝0，∴⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . 对g (x )求导，得g ′(x )＝ax 2－a 2.①当a <0时，g ′(x )<0， ∴函数g (x )在[0,2]上单调递减． ∵g (0)＝0，g (2)＝83a －2a 2<0，∴当a <0时，不满足⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . ②当a >0时，g ′(x )＝a (x －a )(x ＋a )， 令g ′(x )＝0，得x ＝a 或x ＝－a (舍去)．(ⅰ)若0<a <2，g ′(x )，g (x )随x 的变化情况如下表：又⎣⎡⎦⎤0，23⊆A ，g (a )<0， ∴g (2)＝83a －2a 2≥23，解得13≤a ≤1.(ⅱ)若a ≥2，即a ≥4，则g ′(x )≤0在[0,2]上恒成立， ∴函数g (x )在[0,2]上单调递减． ∵g (0)＝0，g (2)＝83a －2a 2<0，∴当a ≥4时，不满足⎣⎡⎦⎤0，23⊆A . 综上可知，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤13，1.2．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a 的值；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． (1)解 f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增， g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根． 综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 3．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．解 (1)∵g (x )＝x ＋e 2x ≥2e 2＝2e(x >0)，当且仅当x ＝e 2x 时取等号，∴当x ＝e 时，g (x )有最小值2e.∴要使g (x )＝m 有零点，只需m ≥2e. 即当m ∈[2e ，＋∞)时，g (x )＝m 有零点．(2)若g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则函数g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点．如图，作出函数g (x )＝x ＋e 2x(x >0)的大致图象．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1 ＝－(x －e)2＋m －1＋e 2， ∴其对称轴为x ＝e ， f (x )max ＝m －1＋e 2.若函数f (x )与g (x )的图象有两个交点，则m －1＋e 2>2e ，即当m >－e 2＋2e ＋1时，g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝1x ＋a ln x (a ≠0，a ∈R )．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值和单调区间；(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由f ′(x )<0，得0<x <1，由f ′(x )>0，得x >1， 所以当x ＝1时，f (x )有极小值1，无极大值；f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x2，且a ≠0，x >0.令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，若在区间(0，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<0成立，即f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0.当1a <0，即a <0时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立， 即f (x )在区间(0，e]上单调递减， 故f (x )在区间(0，e]上的最小值为 f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a ，由1e ＋a <0，得a <－1e ，即a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e . 当1a>0，即a >0时，①若e ≤1a ，则f ′(x )≤0对x ∈(0，e]恒成立，所以f (x )在区间(0，e]上单调递减， 则f (x )在区间(0，e]上的最小值为 f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e＋a >0，显然f (x )在区间(0，e]上的最小值小于0不成立；②若0<1a <e ，即a >1e时，则当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎫0，1a1a ⎝⎛⎭⎫1a ，e f ′(x ) －0 ＋ f (x )极小值所以f (x )在区间(0，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ＋a ln 1a ， 由f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ＋a ln 1a ＝a (1－ln a )<0， 得1－ln a <0，解得a >e ，即a ∈(e ，＋∞)． 综上可知，a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－1e ∪(e ，＋∞)．5．(2013·江苏)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为实数．(1)若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围； (2)若g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f (x )的零点个数，并证明你的结论． 解 (1)令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a－1，即f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e. 综上，有a ∈(e ，＋∞)．(2)当a ≤0时，g (x )必为单调增函数；当a >0时，令g ′(x )＝e x －a >0，解得a <e x ，即x >ln a ，因为g (x )在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有ln a ≤－1，即0<a ≤e－1.结合上述两种情况，有a ≤e －1.(ⅰ)当a ＝0时，由f (1)＝0以及f ′(x )＝1x>0，得f (x )存在唯一的零点；(ⅱ)当a <0时，由于f (e a )＝a －a e a ＝a (1－e a )<0，f (1)＝－a >0，且函数f (x )在[e a,1]上的图象连续，所以f (x )在(e a ，1)上存在零点．另外，当x >0时，f ′(x )＝1x －a >0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)当0<a ≤e －1时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，解得x ＝a －1.当0<x <a －1时，f ′(x )>0，当x >a －1时，f ′(x )<0，所以，x ＝a －1是f (x )的最大值点，且最大值为f (a －1)＝－ln a －1. ①当－ln a －1＝0，即a ＝e －1时，f (x )有一个零点x ＝e. ②当－ln a －1>0，即0<a <e －1时，f (x )有两个零点．实际上，对于0<a <e －1，由于f (e －1)＝－1－a e －1<0，f (a －1)>0，且函数f (x )在[e －1，a －1]上的图象连续，所以f (x )在(e －1，a －1)上存在零点．另外，当x ∈(0，a －1)时，f ′(x )＝1x －a >0，故f (x )在(0，a －1)上是单调增函数，所以f (x )在(0，a －1)上只有一个零点．下面考虑f (x )在(a －1，＋∞)上的情况． 先证f (1ea -)＝a (a －2－1ea -)<0.为此，我们要证明：当x >e 时，e x >x 2. 设h (x )＝e x －x 2，则h ′(x )＝e x －2x ， 再设l (x )＝h ′(x )＝e x －2x ，则l ′(x )＝e x －2. 当x >1时，l ′(x )＝e x －2>e －2>0，所以l (x )＝h ′(x )在(1，＋∞)上是单调增函数． 故当x >2时，h ′(x )＝e x －2x >h ′(2)＝e 2－4>0， 从而h (x )在(2，＋∞)上是单调增函数．进而当x >e 时，h (x )＝e x －x 2>h (e)＝e e －e 2>0， 即当x >e 时，e x >x 2. 当0<a <e －1，即a －1>e 时， f (1ea -)＝a －1－a 1ea -＝a (a －2－1ea -)<0，又f (a －1)>0，且函数f (x )在[a －1，1e a -]上的图象连续，所以f (x )在(a －1，1ea -)上存在零点．又当x >a －1时，f ′(x )＝1x －a <0，故f (x )在(a －1，＋∞)上是单调减函数，所以f (x )在(a －1，＋∞)上只有一个零点．综合(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)可知，当a ≤0或a ＝e －1时，f (x )的零点个数为1，当0<a <e －1时，f (x )的零点个数为2.6．(2017·江苏)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围．(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝⎛⎭⎫x ＋a 32＋b －a 23. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点， 所以f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab3＋1＝0， 又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b3.列表如下：故f (x )的极值点是x 1，x 2. 从而a >3.因此b ＝2a 29＋3a ，定义域为(3，＋∞)．(2)证明 由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2.当t ∈⎝⎛⎭⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝⎛⎭⎫362，＋∞上单调递增．因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3， 即ba> 3.因此b 2>3a . (3)解 由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9. 从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，因为f′(x)的极值为b－a23＝－a29＋3a，所以h(a)＝－a29＋3a，a>3.因为h′(a)＝－29a－3a2<0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－72，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范围为(3,6]．。