2020届二轮复习函数与导数、不等式学案（全国通用）



[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.函数的概念及其表示(5年3考)
2.函数图象与性质及其应用(5年4考)
3.线性规划问题(5年5考)
4.函数与不等式问题(5年5考)
函数与导数、不等式此部分内容是高考必考部分．
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等问题是高考命题的热点．
(2)重点考查导数与极值、最值、单调区间、函数与图象的联系，利用导数证明不等式，求函数零点等．
(3)有时结合二次函数考查函数的最值、零点等问题.
偶考点
1.基本初等函数的运算
2.函数与方程
3.不等式的性质
4.利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题
5.导数的几何意义

第一讲 小题考法——函数的概念与性质
考点(一)
函数的概念及表示

主要考查函数的定义域、分段函数求值或已知函数值(取值范围)求参数的值(取值范围)等.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江高考)存在函数f(x)满足：对于任意x∈R都有(　　)
A．f(sin 2x)＝sin x　 　B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
(2)(2019届高三·浙江镇海中学阶段测试)函数y＝的定义域是(　　)
A．(－1,3) B．(－1,3]
C．(－1,0)∪(0,3) D．(－1,0)∪(0,3]
(3)设函数f(x)＝则f(f(－4))＝________；若f(t)≥1，则log(t4＋1)的最大值为________．
[解析]　(1)取x＝0，，可得f(0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项A错误；
取x＝0，π，可得f(0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B错误；
取x＝1，－1，可得f(2)＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项C错误；
取f(x)＝ ，则对任意x∈R都有f(x2＋2x)＝ ＝|x＋1|，故选项D正确．
综上可知，本题选D.
(2)由题可知即
解得－1 (3)f(－4)＝15，f(15)＝，
所以f(f(－4))＝.
由f(t)≥1，得t≥1或t≤－1，
所以log(t4＋1)≤log2＝－1.
故log(t4＋1)的最大值为－1.
[答案]　(1)D　(2)D　(3)　－1
[方法技巧]
1．函数定义域的求法
求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出解集即可．
2．分段函数问题的5种常见类型及解题策略
常见类型
解题策略
求函数值
弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算
求函数最值
分别求出每个区间上的最值，然后比较大小
解不等式
根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提
求参数
“分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程
利用函数
性质求值
必须依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解



[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝＋bcosx＋x，且满足f(1－)＝3，则f(1＋)＝(　　)
A．2　　　　　　　　　 　B．－3
C．－4 D．－1
解析：选D　当x1＋x2＝2时，f(x1)＋f(x2)＝＋bcos＋x1＋＋bcos＋x2＝＋bcos＋x1＋＋bcos＋x2＝x1＋x2＝2.所以函数y＝f(x)的图象关于(1,1)对称，从而f(1＋)＝2－f(1－)＝2－3＝－1，故选D.
2．(2018·杭州七校联考)已知函数f(x)＝若f(2－a2)>f(|a|)，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1,1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(－2,2)
解析：选A　由题意知，f(x)＝作出函数f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知，函数f(x)在R上单调递增，由f(2－a2)>f(|a|)，得2－a2>|a|.当a≥0时，有2－a2>a，即(a＋2)(a－1)<0，解得－2－a，即(a－2)(a＋1)<0，解得－1 3．已知函数f(x)＝则f()＋f＝_______，若f(x)＝－1，则x＝_______.
解析：由题意得f()＋f＝log39＋＝.
f(x)＝－1等价于或解得x＝±或x＝－1.
答案：　－1或±


考点(二)
函数的图象及应用

主要考查根据函数的解析式选择图象或利用函数的图象选择解析式、利用函数的图象研究函数的性质、方程的解以及解不等式等问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江高考)函数y＝2|x|sin 2x的图象可能是(　　)

(2)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x2－4x＋5，则方程f(x)＝g(x)的根的个数为(　　)
A．0　　　　　　　　 　B．1
C．2 D．3
(3)函数f(x)是定义在[－4,4]上的偶函数，其在[0,4]上的图象如图所示，那么不等式<0的解集为________．
[解析]　(1)由y＝2|x|sin 2x知函数的定义域为R，
令f(x)＝2|x|sin 2x，
则f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin 2x.
∵f(x)＝－f(－x)，
∴f(x)为奇函数．
∴f(x)的图象关于原点对称，故排除A、B.
令f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得x＝(k∈Z)，
∴当k＝1时，x＝，故排除C，选D.
(2)由已知g(x)＝(x－2)2＋1，得其顶点为(2，1)，又f(2)＝2ln 2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2ln x图象的下方，故函数f(x)＝2ln x的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．
(3)在上y＝cos x>0，
在上y＝cos x<0.
由f(x)的图象知在上<0，
因为f(x)为偶函数，y＝cos x也是偶函数，
所以y＝为偶函数，
所以<0的解集为∪.
[答案]　(1)D　(2)C　(3)∪
[方法技巧]
由函数解析式识别函数图象的策略

[演练冲关]
1．(2019届高三·浙江联盟联考)已知函数f(x)满足f(x)＝－f(x－1)，则函数f(x)的图象不可能发生的情形是(　　)

解析：选C　∵f(x)＝－f(x－1)，
∴f(x)的图象向右平移一个单位后，再沿x轴对折后与原图重合，显然C不符合题意，故选C.
2．(2018·台州调研)已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)(a∈R)，则在同一个坐标系下函数f(x＋a)与f(x)的图象不可能是(　　)

解析：选D　首先函数y＝f(x)的图象过坐标原点．当a>0时，y＝f(x＋a)的图象是由y＝f(x)的图象向左平移后得到的，且函数f(x)在R上单调递增，此时选项B有可能，选项D不可能；当a<0时，y＝f(x＋a)的图象是由y＝f(x)的图象向右平移后得到的，且函数f(x)在上为正，在上为负，此时选项A、C均有可能，故选D.

3．(2018·浙江教学质量检测)已知函数f(x)＝，下列关于函数f(x)的研究：①y＝f(x)的值域为R；②y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③y＝f(x)的图象关于y轴对称；④y＝f(x)的图象与直线y＝ax(a≠0)至少有一个交点．
其中，结论正确的序号是________．
解析：函数f(x)＝＝其图象如图所示，由图象知f(x)的值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，故①错误；在区间(0,1)和(1，＋∞)上单调递减，故②错误；
③y＝f(x)的图象关于y轴对称正确；
因为函数在每个象限都有图象，故④y＝f(x)的图象与直线y＝ax(a≠0)至少有一个交点正确．
答案：③④


考点(三)
函数的性质及应用

主要考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性以及函数值的取值范围、比较大小等.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·杭州二模)设函数f(x)与g(x)的定义域均为R，且f(x)单调递增，F(x)＝f(x)＋g(x)，G(x)＝f(x)－g(x)，若对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－g(x2)]2恒成立，则(　　)
A．F(x)，G(x)都是增函数
B．F(x)，G(x)都是减函数
C．F(x)是增函数，G(x)是减函数
D．F(x)是减函数，G(x)是增函数
(2)设函数f(x)＝＋b(a>0且a≠1)，则函数f(x)的奇偶性(　　)
A．与a无关，且与b无关 　B．与a有关，且与b有关
C．与a有关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
(3)已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f＝－f(x)，且函数y＝f为奇函数，给出以下四个结论：
①函数f(x)是周期函数；
②函数f(x)的图象关于点对称；
③函数f(x)为R上的偶函数；
④函数f(x)为R上的单调函数．
其中正确结论的序号为________．
[解析]　(1)对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，不等式[f(x1)－f(x2)]2>[g(x1)－g(x2)]2恒成立，
不妨设x1>x2，f(x)单调递增，
∴f(x1)－f(x2)>g(x1)－g(x2)，且f(x1)－f(x2)>－g(x1)＋g(x2)，
∵F(x1)＝f(x1)＋g(x1)，F(x2)＝f(x2)＋g(x2)，
∴F(x1)－F(x2)＝f(x1)＋g(x1)－f(x2)－g(x2)＝f(x1)－f(x2)－[g(x2)－g(x1)]>0，
∴F(x)为增函数；同理可证G(x)为增函数，故选A.
(2)因为f(－x)＝＋b＝＋b，所以f(－x)＋f(x)＝2b－2，所以当b＝1时函数f(x)为奇函数，当b≠1时函数f(x)为非奇非偶函数，故选D.
(3)f(x＋3)＝f＝－f＝f(x)，所以f(x)是周期为3的周期函数，①正确；函数f是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f(x)的图象关于点对称，②正确；因为f(x)的图象关于点对称，－＝，所以f(－x)＝－f，又f＝－f＝－f(x)，所以f(－x)＝f(x)，③正确；f(x)是周期函数，在R上不可能是单调函数，④错误．故正确结论的序号为①②③.
[答案]　(1)A　(2)D　(3)①②③
[方法技巧]
函数3个性质的应用
奇偶性
具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x)
单调性
可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性
周期性
利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解
[演练冲关]
1．(2018·全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是(　　)
A．[－2,2] B．[－1,1]
C．[0,4] D．[1,3]
解析：选D　∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.
故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．
又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1，
∴1≤x≤3.
2．(2018·天津高考)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a C．b 解析：选C　由f(x)为奇函数，知g(x)＝xf(x)为偶函数．
因为f(x)在R上单调递增，f(0)＝0，
所以当x>0时，f(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(x)>0.
又a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，
20．8<2＝log24 所以b 3．(2018·金华一中模拟)当x∈(－∞，1]时，不等式>0恒成立，则实数a的取值范围为________．
解析：∵a2－a＋1＝2＋>0，
∴不等式>0恒成立转化为1＋2x＋4x·a>0恒成立．
得－a<＋＝x＋x，
而函数y＝x＋x为减函数，
故当x∈(－∞，1]时，ymin＝＋＝，
所以－a<，即a>－.
答案：

(一) 主干知识要记牢
函数的奇偶性、周期性
(1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的任意x(定义域关于原点对称)，都有f(－x)＝－f(x)成立，则f(x)为奇函数(都有f(－x)＝f(x)成立，则f(x)为偶函数)．
(2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数f(x)，如果对于定义域内的任意一个x的值：若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，则f(x)是周期函数，T是它的一个周期．
(二) 二级结论要用好
1．函数单调性和奇偶性的重要结论
(1)当f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数．
(2)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性．
(3)f(x)为奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称；
f(x)为偶函数⇔f(x)的图象关于y轴对称．
(4)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．
(5)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f(0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f(x)＝0.
(6)f(x)＋f(－x)＝0⇔f(x)为奇函数；
f(x)－f(－x)＝0⇔f(x)为偶函数．
2．抽象函数的周期性与对称性的结论
(1)函数的周期性
①若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x－a)，则f(x)是周期函数，T＝2a.
②若函数f(x)满足f(x＋a)＝－f(x)，则f(x)是周期函数，T＝2a.
③若函数f(x)满足f(x＋a)＝，则f(x)是周期函数，T＝2a.
(2)函数图象的对称性
①若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图象关于直线x＝a对称．
②若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于点(a,0)对称．
③若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝对称．
3．函数图象平移变换的相关结论
(1)把y＝f(x)的图象沿x轴左右平移|c|个单位(c＞0时向左移，c＜0时向右移)得到函数y＝f(x＋c)的图象(c为常数)．
(2)把y＝f(x)的图象沿y轴上下平移|b|个单位(b＞0时向上移，b＜0时向下移)得到函数y＝f(x)＋b的图象(b为常数)．
(三) 易错易混要明了
1．求函数的定义域时，关键是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解，如开偶次方根，被开方数一定是非负数；对数式中的真数是正数．列不等式时，应列出所有的不等式，不能遗漏．
2．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“和”连接或用“，”隔开．单调区间必须是“区间”，而不能用集合或不等式代替．
3．判断函数的奇偶性时，要注意定义域必须关于原点对称，有时还要对函数式化简整理，但必须注意使定义域不受影响．
4．用换元法求解析式时，要注意新元的取值范围，即函数的定义域问题．
[针对练1]　已知f(cos x)＝sin2x，则f(x)＝________.
解析：令t＝cos x，且t∈[－1,1]，则f(t)＝1－t2，t∈[－1，1]，即f(x)＝1－x2，x∈[－1,1]．
答案：1－x2，x∈[－1,1]
5．分段函数是在其定义域的不同子集上，分别用不同的式子来表示对应法则的函数，它是一个函数，而不是几个函数．
[针对练2]　已知函数f(x)＝则f＝________.
解析：因为f＝ln＝－1，所以f＝f(－1)＝e－1＝.
答案：

A组——10＋7提速练
一、选择题
1．(2019届高三·杭州四校联考)已知函数f(x)＝则f(f(4))的值为(　　)
A．－　　　　　　　 　B．－9
C． D．9
解析：选C　因为f(x)＝所以f(f(4))＝f(－2)＝.
2．已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　)
A．函数f(x)是偶函数
B．函数f(x)是减函数
C．函数f(x)是周期函数
D．函数f(x)的值域为[－1，＋∞)
解析：选D　由函数f(x)的解析式，知f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数．当x>0时，f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f(x)>1；当x≤0时，f(x)＝cos x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f(x) ∈[－1,1]．所以函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．故选D.
3．(2018·全国卷Ⅲ)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(　　)

解析：选D　法一：令f(x)＝－x4＋x2＋2，
则f′(x)＝－4x3＋2x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝±，
则f′(x)>0的解集为∪，
f(x)单调递增；f′(x)<0的解集为∪，f(x)单调递减，结合图象知选D.
法二：当x＝1时，y＝2，所以排除A、B选项．当x＝0时，y＝2，而当x＝时，y＝－＋＋2＝2>2，所以排除C选项．故选D.
4．已知函数f(x－1)是定义在R上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则函数f(x)的图象可能是(　　)

解析：选B　函数f(x－1)的图象向左平移1个单位，即可得到函数f(x)的图象．因为函数f(x－1)是定义在R上的奇函数，所以函数f(x－1)的图象关于原点对称，所以函数f(x)的图象关于点(－1,0)对称，排除A、C、D，故选B.
5．(2019届高三·镇海中学测试)设f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝log2(x＋2)－3x＋a(a∈R)，则f(－2)＝(　　)
A．－1 B．－5
C．1 D．5
解析：选D　因为f(x)为定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝1＋a＝0，即a＝－1.
故f(x)＝log2(x＋2)－3x－1(x≥0)，
所以f(－2)＝－f(2)＝5.故选D.
6．(2018·诸暨高三期末)已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，且f(x)为奇函数，g(x)的图象关于直线x＝1对称，则下列四个命题中错误的是(　　)
A．y＝g(f(x)＋1)为偶函数
B．y＝g(f(x))为奇函数
C．函数y＝f(g(x))的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(g(x＋1))为偶函数
解析：选B　由题可知
选项A，g(f(－x)＋1)＝g(－f(x)＋1)＝g(1＋f(x))，
所以y＝g(f(x)＋1)为偶函数，正确；
选项B，g(f(－x))＝g(－f(x))＝g(2＋f(x))，
所以y＝g(f(x))不一定为奇函数，错误；
选项C，f(g(－x))＝f(g(2＋x))，所以y＝f(g(x))的图象关于直线x＝1对称，正确；
选项D，f(g(－x＋1))＝f(g(x＋1))，所以y＝f(g(x＋1))为偶函数，正确．
综上，故选B.
7．函数y＝＋在[－2,2]上的图象大致为(　　)

解析：选B　当x∈(0,2]时，函数y＝＝，x2>0恒成立，令g(x)＝ln x＋1，则g(x)在(0,2]上单调递增，当x＝时，y＝0，则当x∈时，y＝<0，x∈时，y＝>0，∴函数y＝在(0,2]上只有一个零点，排除A、C、D，只有选项B符合题意．
8．(2018·全国卷Ⅱ)已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝(　　)
A．－50 B．0
C．2 D．50
解析：选C　法一：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(1－x)＝－f(x－1)．
由f(1－x)＝f(1＋x)，得－f(x－1)＝f(x＋1)，
∴f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴函数f(x)是周期为4的周期函数．
由f(x)为奇函数得f(0)＝0.
又∵f(1－x)＝f(1＋x)，
∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.
又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)
＝0×12＋f(49)＋f(50)
＝f(1)＋f(2)＝2＋0＝2.
法二：由题意可设f(x)＝2sin，作出f(x)的部分图象如图所示．由图可知，f(x)的一个周期为4，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.
9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的图象经过点A(m1，f(m1))和点B(m2，f(m2))，f(1)＝0.若a2＋[f(m1)＋f(m2)]a＋f(m1)·f(m2)＝0，则(　　)
A．b≥0 B．b<0
C．3a＋c≤0 D．3a－c<0
解析：选A　∵函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)，
满足f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0.
若a≤0，∵a>b>c，∴b<0，c<0，
则有a＋b＋c<0，这与a＋b＋c＝0矛盾，∴a>0成立．
若c≥0，则有b>0，a>0，
此时a＋b＋c>0，这与a＋b＋c＝0矛盾，
∴c<0成立．
∵a2＋[f(m1)＋f(m2)]·a＋f(m1)·f(m2)＝0，
∴[a＋f(m1)]·[a＋f(m2)]＝0，
∴m1，m2是方程f(x)＝－a的两根，
∴Δ＝b2－4a(a＋c)＝b(b＋4a)＝b(3a－c)≥0，
而a>0，c<0，
∴3a－c>0，∴b≥0.故选A.
10．已知函数f(x)＝若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,2] B．(－∞，2]
C．(0,2] D．[2，＋∞)
解析：选A　依题意，当x≥1时，f(x)＝1＋log2x单调递增，f(x)＝1＋log2x在区间[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)．因此，要使函数f(x)的值域是R，则需函数f(x)在(－∞，1)上的值域M⊇(－∞，1)．①当a－1<0，即a<1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－a＋3，＋∞)，显然此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a<1不满足题意；②当a－1＝0，即a＝1时，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝{2}，此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a＝1不满足题意；③当a－1>0，即a>1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－∞，－a＋3)，由M⊇(－∞，1)得解得1 二、填空题
11．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>时，f＝f，则f(0)＝________，f(6)＝________.
解析：函数f(x)在[－1,1]上为奇函数，故f(0)＝0，
又由题意知当x>时，f＝f，
则f(x＋1)＝f(x)．
又当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)，
∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)．
又当x<0时，f(x)＝x3－1，
∴f(－1)＝－2，∴f(6)＝2.
答案：0　2
12．(2018·台州第一次调考)若函数f(x)＝a－(a∈R)是奇函数，则a＝________，函数f(x)的值域为____________．
解析：函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)恒成立，
∴a－＝－恒成立，
∴a＝＋＝＋＝＝－1.
∴f(x)＝－1－，当x∈(0，＋∞)时，2x>1，
∴2x－1>0，∴>0，∴f(x)<－1；
当x∈(－∞，0)时，0<2x<1，
∴－1<2x－1<0，∴<－1，
∴－>2，∴f(x)>1，
故函数f(x)的值域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：－1　(－∞，－1)∪(1，＋∞)
13．(2018·绍兴柯桥区模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0，若f(x－2)>0，则x的取值范围是________．
解析：∵偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
且f(2)＝0，
∴f(2)＝f(－2)＝0，
则不等式f(x－2)>0，等价为f(|x－2|)>f(2)，
∴|x－2|<2，
即－2 ∴x的取值范围是(0,4)．
答案：(0,4)
14．已知函数f(x)＝e|x|，函数g(x)＝对任意的x∈[1，m](m>1)，都有f(x－2)≤g(x)，则m的取值范围是________．
解析：作出函数y1＝e|x－2|和y＝g(x)的图象，如图所示，由图可知当x＝1时，y1＝g(1)，又当x＝4时，y1＝e24时，由ex－2≤4e5－x，得e2x－7≤4，即2x－7≤ln 4，解得x≤＋ln 2，又m>1，
∴1 答案：
15．在实数集R上定义一种运算“★”，对于任意给定的a，b∈R，a★b为唯一确定的实数，且具有下列三条性质：
(1)a★b＝b★a；(2)a★0＝a；(3)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)－2c.
关于函数f(x)＝x★，有如下说法：
①函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3；
②函数f(x)为偶函数；
③函数f(x)为奇函数；
④函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；
⑤函数f(x)不是周期函数．
其中正确说法的序号为________．
解析：对于新运算“★”的性质(3)，令c＝0，则(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b.∴f(x)＝x★＝1＋x＋，当x>0时，f(x)＝1＋x＋≥1＋2 ＝3，当且仅当x＝，即x＝1时取等号，∴函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3，故①正确；函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴f(－1)≠－f(1)且f(－1)≠f(1)，∴函数f(x)为非奇非偶函数，故②③错误；根据函数的单调性，知函数f(x)＝1＋x＋的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，故④正确；由④知，函数f(x)＝1＋x＋不是周期函数，故⑤正确．综上所述，所有正确说法的序号为①④⑤.
答案：①④⑤
16．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数f(x)＝ln－2，g(x)和f(x)的图象关于原点对称，将函数g(x)的图象向右平移a(a>0)个单位长度，再向下平移b(b>0)个单位长度，若对于任意实数a，平移后g(x)和f(x)的图象最多只有一个交点，则b的最小值为________．
解析：由f(x)＝ln－2，知x>0，
f(x)≥ln e－2＝－1，∴f(x)min＝－1，此时x＝.
在同一直角坐标系中，作出f(x)，g(x)的图象(图略)，若对于任意的a，平移后g(x)和f(x)的图象最多只有一个交点，则平移后g(x)的图象的最高点不能在f(x)图象的最低点的上方，则1－b≤－1，则b的最小值为2.
答案：2
17．(2018·山东高考)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．
①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；
④f(x)＝x2＋2.
解析：设g(x)＝exf(x)，对于①，g(x)＝ex·2－x，
则g′(x)＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln 2)>0，
所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；
对于②，g(x)＝ex·3－x，
则g′(x)＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)<0，
所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；
对于③，g(x)＝ex·x3，
则g′(x)＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，
显然函数g(x)在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；
对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)，
则g′(x)＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2＋1]>0，
所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．
综上，具有M性质的函数的序号为①④.
答案：①④
B组——能力小题保分练
1．(2019届高三·浙江新高考名校联考)函数f(x)＝ln |x|＋x2的大致图象是(　　)

解析：选A　因为f(－x)＝ln |－x|＋(－x)2＝ln |x|＋x2＝f(x)，所以f(x)是偶函数，于是其图象关于y轴对称，排除D；当x>0时，f(x)＝ln x＋x2，f′(x)＝＋x≥2，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，排除B；当x∈(0,1)时，f′(x)>2，且f′(x)是减函数，当x>1时，f′(x)>2，且f′(x)是增函数，因此，当x趋近于0或x趋近于＋∞时，曲线较陡，因此排除C.故选A.
2．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，则(　　)
A．f(－25) B．f(80) C．f(11) D．f(－25) 解析：选D　因为f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝f(x)，所以函数f(x)是以8为周期的周期函数，则f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3)．
由f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x－4)＝－f(x)，得f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1)．
因为f(x)在区间[0,2]上是增函数，f(x)在R上是奇函数，
所以f(x)在区间[－2,2]上是增函数，
所以f(－1) 3.已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是(　　)
A．f(x)＝x2－2ln |x|
B．f(x)＝x2－ln |x|
C．f(x)＝|x|－2ln |x|
D．f(x)＝|x|－ln |x|
解析：选B　由图象知，函数f(x)是偶函数，四个选项都是偶函数，故只需考虑x>0时的图象即可．对于选项A，当x>0时，f(x)＝x2－2ln x，所以f′(x)＝2x－＝，因此f(x)在x＝1处取得极小值，故A错误；对于选项B，当x>0时，f(x)＝x2－ln x，所以f′(x)＝2x－＝，因此f(x)在x＝处取得极小值，故B正确；对于选项C，当x>0时，f(x)＝x－2ln x，所以f′(x)＝1－＝，因此f(x)在x＝2处取得极小值，故C错误；对于选项D，当x>0时，f(x)＝x－ln x，所以f′(x)＝1－＝，因此f(x)在x＝1处取得极小值，故D错误．故选B.
4．定义：F(x)＝max{f(t)|－1≤t≤x≤1}，G(x)＝min{f(t)|－1≤t≤x≤1}，其中max{m，n}表示m，n中的较大者，min{m，n}表示m，n中的较小者．已知函数f(x)＝2ax2＋bx，则下列说法一定正确的是(　　)
A．若F(－1)＝F(1)，则f(－1)>f(1)
B．若G(1)＝F(－1)，则F(－1) C．若f(－1)＝f(1)，则G(－1)>G(1)
D．若G(－1)＝G(1)，则f(－1)>f(1)
解析：选B　依据题意，由≤4可得f(x)＝2ax2＋bx的图象的对称轴x＝－∈[－1,1]，由F(－1)＝F(1)知f(－1)＝F(1)，F(1)为f(t)在t∈[－1,1]上的最大值，无法排除f(－1)＝f(1)的可能，所以A错误；由G(1)＝F(－1)＝f(－1)知，f(t)在t∈[－1,1]上的最小值为f(－1)，所以F(－1)＝f(－1) 5．(2018·杭州模拟)设集合A＝{x|x2－|x＋a|＋2a＜0，a∈R}，B＝{x|x＜2}．若A≠∅且A⊆B，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知x2－|x＋a|＋2a＜0⇒x2＜|x＋a|－2a，其解集A≠∅时，可设A＝{m＜x＜n}．
首先，若n＝2时，则|2＋a|－2a＝4，
解得a＝－2，满足A⊆B.

由函数y＝|x＋a|－2a的图象可知，当a＜－2时，n＞2，不满足A⊆B，不合题意，即可知a≥－2；考虑函数y＝|x＋a|－2a的右支与y＝x2相切时，则x＋a－2a＝x2，即x2－x＋a＝0，解得a＝.
又当a≥时，A＝∅，即可知a＜.
综上可知：－2≤a＜.
或考虑函数y＝|x＋a|和函数y＝x2＋2a进行数形结合．
答案：
6．在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y＝(x>0)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的所有值为________．
解析：设P，则|PA|2＝(x－a)2＋2＝2－2a＋2a2－2，
令t＝x＋，则t≥2(x>0，当且仅当x＝1时取“＝”)，则|PA|2＝t2－2at＋2a2－2.
①当a≤2时，(|PA|2)min＝22－2a×2＋2a2－2＝2a2－4a＋2，
由题意知，2a2－4a＋2＝8，
解得a＝－1或a＝3(舍去)．
②当a>2时，(|PA|2)min＝a2－2a×a＋2a2－2＝a2－2.
由题意知，a2－2＝8，解得a＝或a＝－(舍去)，
综上知，a＝－1，.
答案：－1，
第二讲 小题考法——基本初等函数、函数与方程、函数模型的应用
考点(一)
基本初等函数的概念、图象与性质

主要考查指数函数、对数函数的运算及其图象与性质；幂函数的图象与性质、二次函数的图象与性质及最值问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m(　　)
A．与a有关，且与b有关 　B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
(2)(2018·全国卷Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　)
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
(3)已知a>0且a≠1，loga2＝x，则ax＝________；a2x＋a－2x＝________.
[解析]　(1)f(x)＝2－＋b，
①当0≤－≤1时，f(x)min＝m＝f＝－＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1＋a＋b}，
∴M－m＝max与a有关，与b无关；
②当－<0时，f(x)在[0,1]上单调递增，
∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a与a有关，与b无关；
③当－>1时，f(x)在[0,1]上单调递减，
∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a与a有关，与b无关．
综上所述，M－m与a有关，但与b无关．
(2)设2x＝3y＝5z＝k>1，
∴x＝log2k，y＝log3k，z＝log5k.
∵2x－3y＝2log2k－3log3k＝－
＝＝
＝>0，
∴2x>3y；
∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝－
＝＝
＝<0，
∴3y<5z；
∵2x－5z＝2log2k－5log5k＝－＝＝＝<0，
∴5z>2x.∴5z>2x>3y.
(3)由对数的定义知ax＝2，所以a－x＝，因此a2x＋a－2x＝(ax)2＋(a－x)2＝22＋2＝.
[答案]　(1)B　(2)D　(3)2　
[方法技巧]
3招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题
(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．
[演练冲关]
1．(2018·北京高考)已知函数f(x)＝3x－x，则f(x)(　　)
A．是奇函数，且在R上是增函数
B．是偶函数，且在R上是增函数
C．是奇函数，且在R上是减函数
D．是偶函数，且在R上是减函数
解析：选A　因为f(x)＝3x－x，且定义域为R，所以f(－x)＝3－x－－x＝x－3x＝－＝－f(x)，即函数f(x)是奇函数．
又y＝3x在R上是增函数，y＝x在R上是减函数，所以f(x)＝3x－x在R上是增函数．
2．(2018·天津高考)已知a＝log3，b＝，c＝log，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a＞b＞c B．b＞a＞c
C．c＞b＞a D．c＞a＞b
解析：选D　∵c＝log＝log35，a＝log3，
又y＝log3x在(0，＋∞)上是增函数，
∴log35＞log3＞log33＝1，
∴c＞a＞1.
∵y＝x在(－∞，＋∞)上是减函数，
∴＜0＝1，即b＜1.
∴c＞a＞b.
3．(2019届高三·温州四校联考)计算：×80.25＋(－2 018)0＝________，log23×log34＋()＝________.
解析：×80.25＋(－2 018)0＝2×2＋1＝3，log23×log34＋()＝×＋3＝2＋3＝4.
答案：3　4
4．定义区间[x1，x2](x11)的定义域为[m，n](m 解析：作出函数y＝|logax|的图象(图略)，要使定义域区间[m，n]的长度最小，则[m，n]＝或[m，n]＝[1，a]．若1－＝，则a＝4，此时a－1＝3，符合题意．若a－1＝，则a＝，此时1－＝<，不符合题意，所以a＝4.
答案：4
考点(二)
函 数 的 零 点

主要考查利用函数零点存在性定理或数形结合法确定函数零点的个数或其存在范围，以及应用零点求参数的值(或范围).

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·缙云质检)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，则函数g(x)＝f(x)＋1的零点的个数是(　　)
A．1　　　　　 　　　　 　B．2
C．3 D．4
(2)(2019届高三·宁波十校联考)已知函数f(x)＝则方程f＝1的实根个数为(　　)
A．8 B．7
C．6 D．5
(3)(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)
A．－ B.
C. D．1
[解析]　(1)若x<0，－x>0，则f(－x)＝x2＋2x.
∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(－x)＝x2＋2x＝－f(x)，
即f(x)＝－x2－2x，x<0，
当x≥0时，由g(x)＝f(x)＋1＝0得x2－2x＋1＝0，
即(x－1)2＝0，得x＝1.
当x<0时，由g(x)＝f(x)＋1＝0得－x2－2x＋1＝0，即x2＋2x－1＝0.
即(x＋1)2＝2，得x＝－1(舍)或x＝－－1，
故函数g(x)＝f(x)＋1的零点个数是2个，故选B.
(2)令f(x)＝1，得x＝3或x＝1或x＝或x＝－1，
∵f＝1，
∴x＋－2＝3或x＋－2＝1或x＋－2＝或x＋－2＝－1.
令g(x)＝x＋－2，
则当x>0时，g(x)≥2－2＝0，
当x<0时，g(x)≤－2－2＝－4，
作出g(x)的函数图象如图所示：

∴方程x＋－2＝3，x＋－2＝1，x＋－2＝均有两解，方程x＋－2＝－1无解．
∴方程f＝1有6解．故选C.
(3)由f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.
ex－1＋e－x＋1≥2＝2，当且仅当x＝1时等号成立．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时等号成立．
若a>0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
综上所述，a＝.故选C.
[答案]　(1)B　(2)C　(3)C
[方法技巧]
1．判断函数零点个数的方法
直接法
直接求零点，令f(x)＝0，则方程解的个数即为函数零点的个数
定理法
利用零点存在性定理，但利用该定理只能确定函数的某些零点是否存在，必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点
数形
结合法
对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出图象的函数的交点问题

2．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)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解．
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
[演练冲关]
1．(2018·湖州、衢州、丽水高三质检)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x|＋|x＋1|，则方程f(2x－1)＝f(x)所有根的和是(　　)
A. B．1
C. D．2
解析：选C　由题可知函数f(x)为偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，(0，＋∞)上单调递增．从而方程f(2x－1)＝f(x)等价于|2x－1|＝|x|，解得x＝1或x＝，所以根的和为，故选C.
2．已知函数f(x)＝则f(f(－1))＝________；若函数y＝f(x)－a恰有一个零点，则a的取值范围是________．
解析：∵f(－1)＝1，∴f(f(－1))＝f(1)＝2.
当x>0时，f′(x)＝4x－＝，
∴当0 当x>时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴当x＝时，f(x)取得极小值f＝－ln，
作出函数f(x)的图象如图所示．
∵函数y＝f(x)－a恰有一个零点，
∴0≤a<－ln.
答案：2　
3．(2018·镇海中学阶段性测试)已知函数y＝f(x)和y＝g(x)在[－2,2]上的图象如下图所示．给出下列四个命题：

①方程f(g(x))＝0有且仅有6个根；
②方程g(f(x))＝0有且仅有3个根；
③方程f(f(x))＝0有且仅有5个根；
④方程g(g(x))＝0有且仅有4个根．
其中正确的命题为________(填序号)．
解析：由题图知方程f(t)＝0有三个根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)，
由题图知方程g(x)＝t1有两个不同的根；方程g(x)＝t2＝0有两个不同的根，方程g(x)＝t3有两个不同的根，则方程f(g(x))＝0有且仅有6个根．故①正确；
由题图知方程g(u)＝0有两个根，u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)，
由题图知方程f(x)＝u1只有1个根，方程f(x)＝u2有三个不同的根，则方程g(f(x))＝0有且仅有4个根．故②不正确；由题图知方程f(x)＝t1只有1个根，方程f(x)＝t2＝0有三个不同的根，方程f(x)＝t3只有1个根，则方程f(f(x))＝0有且仅有5个根．故③正确．
由图知方程g(x)＝u1有两个不同的根，方程g(x)＝u2有两个不同的根，则方程g(g(x))＝0有且仅有4个根．故④正确．故①③④正确．
答案：①③④
考点(三)
函数模型的应用

主要考查利用给定的函数模型解决简单的实际问题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·开封模拟)李冶(1192～1279)，真定栾城(今河北省石家庄市)人，金元时期的数学家、诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究平面图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内部有一个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为13.75亩，若方田的四边到水池的最近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是(注：240平方步为1亩，圆周率按3近似计算)(　　)
A．10步，50步　　　　　 　B．20步，60步
C．30步，70步 D．40步，80步
(2)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(毫克/升)与时间t(小时)的关系为P＝P0e－kt.如果在前5小时消除了10%的污染物，那么污染物减少19%需要花费的时间为________小时．
[解析]　(1)设圆池的半径为r步，则方田的边长为(2r＋40)步，由题意，得(2r＋40)2－3r2＝13.75×240，解得r＝10或r＝－170(舍去)，所以圆池的直径为20步，方田的边长为60步，故选B.
(2)前5小时污染物消除了10%，此时污染物剩下90%，即t＝5时，P＝0.9P0，代入，得(e－k)5＝0.9，
∴e－k＝0.9，∴P＝P0e－kt＝P0t.当污染物减少19%时，污染物剩下81%，此时P＝0.81P0，代入得0.81＝t，解得t＝10，即需要花费10小时．
[答案]　(1)B　(2)10
[方法技巧]
解决函数实际应用题的2个关键点
(1)认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题．
(2)要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则当z＝81时，x＝__________，y＝__________.
解析：由题意，得
即解得
答案：8　11
2．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件该产品需另投入的成本为G(x)(单位：万元)，当年产量不足80千件时，G(x)＝x2＋10x；当年产量不小于80千件时，G(x)＝51x＋－1 450.已知每件产品的售价为0.05万元．通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是________万元．
解析：∵每件产品的售价为0.05万元，
∴x千件产品的销售额为0.05×1 000x＝50x万元．
①当0 ②当x≥80时，L(x)＝50x－51x－＋1 450－250＝1 200－≤1 200－2 ＝1 200－200＝1 000，当且仅当x＝，即x＝100时，L(x)取得最大值1 000万元．
由于950<1 000，∴当年产量为100千件时，该工厂在这一产品的生产中所获年利润最大，最大年利润为1 000万元．
答案：1 000

(一) 主干知识要记牢
1．指数函数与对数函数的对比表
解析式
y＝ax(a＞0，且a≠1)
y＝logax(a＞0，且a≠1)
图象


定义域
R
(0，＋∞)
值域
(0，＋∞)
R
单调性
0＜a＜1时，在R上是减函数；
a＞1时，在R上是增函数
0＜a＜1时，在(0，＋∞)上是减函数；a＞1时，在(0，＋∞)上是增函数
两图象的对称性
关于直线y＝x对称
2.方程的根与函数的零点
(1)方程的根与函数零点的关系
由函数零点的定义，可知函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标．所以方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．
(2)函数零点的存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且f(a)·f(b)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的实数根．
[针对练1]　在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为(　　)
A.　　　　　 　B.
C. D.
解析：选C　因为f＝e＋4×－3＝e－2<0，f＝e＋4×－3＝e－1>0，f·f<0，所以f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为.
(二) 易错易混要明了
1．不能准确理解基本初等函数的定义和性质．如讨论函数y＝ax(a>0，a≠1)的单调性时忽视字母a的取值范围，忽视ax>0；研究对数函数y＝logax(a>0，a≠1)时忽视真数与底数的限制条件．
2．易混淆函数的零点和函数图象与x轴的交点，不能把函数零点、方程的解、不等式解集的端点值进行准确互化．
3．函数f(x)＝ax2＋bx＋c有且只有一个零点，要注意讨论a是否为零．
[针对练2]　函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数零点，则实数m的取值范围为________．
解析：当m＝0时，f(x)＝－2x＋1，则x＝为函数的零点．
当m≠0时，若Δ＝4－4m＝0，即当m＝1时，x＝1是函数唯一的零点．
若Δ＝4－4m≠0，即m≠1时，显然x＝0不是函数的零点．
这样函数有且仅有一个正实数零点等价于方程f(x)＝mx2－2x＋1有一个正根和一个负根．
因此<0.则m<0.综上知实数m的取值范围是(－∞，0]∪{1}．
答案：(－∞，0]∪{1}

A组——10＋7提速练
一、选择题
1．函数f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是(　　)

解析：选A　函数f(x)的定义域为R，由f(－x)＝ln[(－x)2＋1]＝ln(x2＋1)＝f(x)知函数f(x)是偶函数，则其图象关于y轴对称，排除C；又由f(0)＝ln 1＝0，可排除B、D.故选A.
2．(2018·全国卷Ⅲ)已知a＝2，b＝3，c＝25，则(　　)
A．b＜a＜c　　　　　　 　B．a＜b＜c
C．b＜c＜a D．c＜a＜b
解析：选A　a＝2＝4，b＝3，c＝25＝5.
∵y＝x在第一象限内为增函数，
又5＞4＞3，∴c＞a＞b.
3．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)设a>0，b>0，则“log2a＋log2b≥log2(a＋b)”是“ab≥4”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
解析：选A　若log2a＋log2b≥log2(a＋b)，则ab≥a＋b.
又a>0，b>0，
则有ab≥a＋b≥2，当且仅当a＝b时等号成立，即有ab≥4，故充分性成立；
若a＝4，b＝1，满足ab≥4，
但log2a＋log2b＝2，log2(a＋b)＝log25>2，
即log2a＋log2b≥log2(a＋b)不成立，故必要性不成立，故选A.
4．(2019届高三·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝x＋ex－a，g(x)＝ln(x＋2)－4ea－x，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使f(x0)－g(x0)＝3成立，则实数a的值为(　　)
A．－ln 2－1 B．ln 2－1
C．－ln 2 D．ln 2
解析：选A　f(x)－g(x)＝x＋ex－a－ln(x＋2)＋4ea－x，令y＝x－ln(x＋2)，则y′＝1－＝，故y＝x－ln(x＋2)在(－2，－1)上是减函数，(－1，＋∞)上是增函数，故当x＝－1时，y有最小值－1－0＝－1，而ex－a＋4ea－x≥4(当且仅当ex－a＝4ea－x，即x＝a＋ln 2时，等号成立)，故f(x)－g(x)≥3(当且仅当等号同时成立时，等号成立)，所以x＝a＋ln 2＝－1，即a＝－ln 2－1.综上所述，答案选A.
5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2018年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(　　)
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2020年 B．2021年
C．2022年 D．2023年
解析：选B　设2018年后的第n年该公司投入的研发资金开始超过200万元．由130(1＋12%)n＞200，得1.12n＞，两边取常用对数，得n＞≈＝，∴n≥4，∴从2021年开始，该公司投入的研发资金开始超过200万元．
6．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则(　　)
A．f(x)在(0,2)单调递增
B．f(x)在(0,2)单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
解析：选C　由题易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)单调递增，在(1,2)单调递减，所以排除A、B；
又f＝ln＋ln＝ln，
f＝ln＋ln＝ln，
所以f＝f＝ln，所以排除D.故选C.
7．已知函数f(x)＝ln(x2－4x－a)，若对任意的m∈R，均存在x0使得f(x0)＝m，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞)
C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞)
解析：选D　依题意得，函数f(x)的值域为R，令函数g(x)＝x2－4x－a，其值域包含(0，＋∞)，因此对于方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即实数a的取值范围是[－4，＋∞)，故选D.
8．(2018·湖州模拟)已知函数f(x)＝x＋3＋mx3＋nx(m<0，n<0)，且f(x)在[0,1]上的最小值为－，则f(x)在[－1,0]上的最大值为(　　)
A. B．－
C. D．－
解析：选A　令g(x)＝mx3＋nx(m<0，n<0)，则g′(x)＝3mx2＋n，因为m<0，n<0，所以g′(x)<0，所以g(x)为减函数．又y＝x＋3为减函数，所以f(x)为减函数．当x∈[0,1]时，f(x)min＝f(1)＝m＋n＋＝－，得m＋n＝－2，当x∈[－1,0]时，f(x)max＝f(－1)＝－m－n＋＝.
9．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,0) B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选C　令h(x)＝－x－a，
则g(x)＝f(x)－h(x)．在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)的示意图，如图所示．若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象，可知当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意．当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意．综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.
10．已知定义域为R的函数f(x)的图象经过点(1,1)，且对任意实数x1－2，则不等式f(log2|3x－1|)<3－log|3x－1|的解集为(　　)
A．(－∞，0)∪(0,1) B．(0，＋∞)
C．(－1,0)∪(0,3) D．(－∞，1)
解析：选A　令F(x)＝f(x)＋2x，由对任意实数x1－2，可得f(x1)＋2x1 二、填空题
11．(2018·湖州模拟)已知3ab－4a＝8，log2a＝，则a＝________，b＝________.
解析：由log2a＝可知2＝a，即b＝ab＝2a＋1，又ab＝2a＋1＝，可得(2a)2－6·2a＋8＝0，解得2a＝2或2a＝4，解得a＝1(不符合题意，舍去)，a＝2，此时b＝3.
答案：2　3
12．(2018·萧山一中检测)已知函数f(x)＝－log4x的零点为x0，若x0∈(k，k＋1)，其中k为整数，则k的值为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数在定义域上为减函数，
∵f(2)＝1－log42＝1－log2＝>0，
f(3)＝－log43＝－log2<0，
∴函数f(x)在(2,3)内存在唯一的一个零点x0，
∵x0∈(k，k＋1)，∴k＝2.
答案：2
13．(2018·广州模拟)已知函数f(x)＝若|f(a)|≥2，则实数a的取值范围是________．
解析：当a≤0时，1－a≥1，所以21－a≥2，即|f(a)|≥2恒成立；当a>0时，由|f(a)|≥2可得|1－log2a|≥2，所以1－log2a≤－2或1－log2a≥2，解得a≥8或0 答案：∪[8，＋∞)
14．(2019·余杭地区部分学校联合测试)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝a有三个不等的实数根，则a的取值范围为________；不等式f(f(x))≥1的解集为________．

解析：作出函数y＝f(x)的图象如图所示，若方程f(x)＝a有三个不等的实数根，即直线y＝a与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，故a∈(0,1)．设f(x)＝t，则不等式f(f(x))≥1可转化为f(t)≥1，故得t＝0或t≥2，由f(x)＝0得x＝±1.由f(x)≥2得x≥log23＋1，所以f(f(x))≥1的解集为{±1}∪[log23＋1，＋∞)．
答案：(0,1)　{±1}∪[log23＋1，＋∞)
15．(2018·肇庆二模)已知函数f(x)＝
若|f(x)|≥ax，则实数a的取值范围为________．
解析：由已知得|f(x)|＝

画出函数|f(x)|的图象如图所示．
从图象上看，要使得直线y＝ax都在y＝|f(x)|图象的下方，
则a≤0，且y＝x2－4x在x＝0处的切线的斜率k≤a.
又y′＝(x2－4x)′＝2x－4，
∴y＝x2－4x在x＝0处的切线的斜率k＝－4，
∴－4≤a≤0.
答案：[－4,0]
16．已知函数f(x)＝在[0,1]上单调递增，则a的取值范围为________．
解析：令2x＝t，t∈[1,2]，则y＝在[1,2]上单调递增．当a＝0时，y＝|t|＝t在[1,2]上单调递增显然成立；当a>0时，函数y＝，t∈(0，＋∞)的单调递增区间是[，＋∞)，此时≤1，即0 答案：[－1,1]
17．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈Z)，若方程f(x)＝x在(0,1)上有两个实数根，f(－1)>－1，则a的最小值为________．
解析：设g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c，g(x)＝0在(0,1)上有两个实数根，
设为x1，x2，于是g(x)＝a(x－x1)(x－x2)，
由题知故
所以g(0)g(1)＝a2x1(1－x1)x2(1－x2)≤(当且仅当x1＝x2＝时等号成立)，所以1≤g(0)g(1)≤，所以a≥4，经检验，当a＝4，b＝－3，c＝1时符合题意，故a的最小值为4.
答案：4

B组——能力小题保分练
1．对于满足0 A. B．(1,2]
C．[1，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：选D　依题意，对于方程ax2＋bx＋c＝0，有Δ＝b2－4ac>0，于是c<，从而>＝1＋－2，对满足02.故选D.
2．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 017－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是(　　)
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
解析：选D　f(x)＝2 017－(x－a)·(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 017，又f(a)＝f(b)＝2 017，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d, 所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.
3．定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，若函数g(x)＝f(x)＋mx有7个零点，则实数m的取值范围为(　　)
A.∪
B.
C.
D.
解析：选A　函数g(x)＝f(x)＋mx有7个零点，即函数y＝f(x)的图象与y＝－mx的图象有7个交点．当x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝<0，此时f(x)单调递减，且f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1.由f(2－x)＝f(x)知函数图象关于x＝1对称，而f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)＝f[－(2－x)]＝f(x－2)，故f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为2的函数．易知m≠0，当－m<0时，作出函数y＝f(x)与y＝－mx的图象，如图所示．

则要使函数y＝f(x)的图象与y＝－mx的图象有7个交点，需有即解得 同理，当－m>0时，可得 综上所述，实数m的取值范围为∪.故选A.
4．已知函数f(x)＝方程[f(x)]2－af(x)＋b＝0(b≠0)有6个不同的实数解，则3a＋b的取值范围是(　　)
A．[6,11] B．[3,11]
C．(6,11) D．(3,11)
解析：选D　首先作出函数f(x)的图象(如图)，
对于方程[f(x)]2－af(x)＋b＝0，可令f(x)＝t，那么方程根的个数就是f(x)＝t1与f(x)＝t2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t的方程t2－at＋b＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，进一步由根的分布得出约束条件画出可行域(图略)，计算出目标函数z＝3a＋b的取值范围为(3,11)，故选D.
5．(2018·浙江模拟训练冲刺卷)在直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点．如果函数f(x)的图象恰好通过k(k∈N*)个格点，则称函数f(x)为k阶格点函数，给出下列函数：①f(x)＝logx；②f(x)＝x；③f(x)＝3x2－6x＋3＋1；④f(x)＝sin4x＋cos4x.
其中是一阶格点函数的为________．(只填序号)
解析：函数f(x)＝logx的图象过格点(2n,2n)，其中n∈N，有无数个格点，故不是一阶格点函数；
f(x)＝x的图象过格点(－n,2n)，其中n∈N，有无数个格点，故不是一阶格点函数；
f(x)＝3(x－1)2＋1的图象过格点(1,1)，且当x≠1，x∈Z时，f(x)的值不是整数，故是一阶格点函数；
f(x)＝sin4x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1－sin22x＝＋cos 4x，显然f(x)的值域为，要使f(x)的值是整数，则f(x)＝1，此时cos 4x＝1，得x＝，k∈Z，当且仅当k＝0时，x取整数，故是一阶格点函数．
答案：③④
6．(2018·诸暨高三适应性考试)已知a，b，c∈R＋(a>c)，关于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三个不等实根，且函数f(x)＝|x2－ax＋b|＋cx的最小值是c2，则＝________.
解析：由关于x的方程|x2－ax＋b|＝cx恰有三个不等实根可知，y＝x2－ax＋b有两个正的零点m，n(m
f(x)＝|x2－ax＋b|＋cx可以看成是g(x)＝|x2－ax＋b|与h(x)＝－cx图象的纵向距离．
由h(x)＝－cx与y＝x2－ax＋b相切可知，当x＝m时，纵向距离最小，即f(x)最小，即|m2－am＋b|＋cm＝c2，而由m2－am＋b＝0，可知m＝c.
因为m，n(m 因为a>c，所以4c＝a－c，即＝5.
答案：5
第三讲 小题考法——不等式
考点(一)
不等式的性质及解法

主要考查利用不等式的性质比较大小以及一元二次不等式的求解，有时会考查含参不等式恒成立时参数值(或范围)的求解.


[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·绍兴一中模拟)若a ①a2＋1>b2；②|1－a|>|b－1|；③>>.
其中正确的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 　B．1
C．2 D．3
(2)(2019届高三·金华十校联考)在lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)中，最大的是________，最小的是________．
(3)设a∈R，若x＞0时均有(x2＋ax－5)(ax－1)≥0成立，则a＝________.
[解析]　(1)对于①，若ab2，所以a2＋1>b2一定正确；
对于②，a|b|，即|－a|>|－b|，则|1－a|>|b－1|，所以②正确；
对于③，a 又由a，所以③>>正确，
综上可知，正确命题3个．故选D.
(2)因为00，所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．
(3)法一：当a＝0时，显然不能使原不等式对任意的x＞0恒成立，故a≠0.当x＝，a≠0时原不等式恒成立．易知a＞0，对于方程x2＋ax－5＝0，设其两根为x1，x2，且x1＜x2，易知x1＜0，x2＞0.又当x＞0时，原不等式恒成立，故x＝是方程x2＋ax－5＝0的一个根，代入得a＝.
法二：如图所示，当a＝0时，显然不能使原不等式对任意的x＞0恒成立，故a≠0，且当x＝，a≠0时原不等式恒成立．易知a＞0，当x＝时，ax－1＝0，此时，结合图象可知x＝是方程x2＋ax－5＝0的一个根，所以a＝.
[答案]　(1)D　(2)lg 2　lg(lg 2)　(3)
[方法技巧]

解不等式的策略
(1)一元二次不等式：先化为一般形式ax2＋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．
[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝若f(8－m2) A．(－4,1)　　　　　　 　B．(－4,2)
C．(－2,4) D．(－∞，－4)∪(2，＋∞)
解析：选B　易知f(x)＝在R上单调递减，故由f(8－m2) 2．(2018·宁波高三月考)已知二次函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函数f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则不等式f(x)>1的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．(－1,0) D．(0,1)
解析：选C　因为f(x)在区间(－2，－1)内的图象与x轴恰有一个交点，
所以f(－2)f(－1)<0，
即[4a＋2(a＋2)＋1][a＋(a＋2)＋1]<0，
所以(6a＋5)(2a＋3)<0，解得－ 又a∈Z，所以a＝－1，所以f(x)＝－x2－x＋1，
f(x)>1即x2＋x<0，解得－1 考点(二)
基本不等式及其应用

主要考查利用基本不等式求最值，常与函数等知识交汇命题.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·绍兴中学模拟)已知函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，则＋的最小值为(　　)
A．3　　　　　　　　 　B．3＋2
C．4 D．8
(2)(2018·金华一中联考)已知正数a，b，c满足2a－b＋c＝0，则的最大值为(　　)
A．8 B．2
C. D.
[解析]　(1)∵x＝－2时，y＝loga1－1＝－1，
∴函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，a≠1)的图象恒过定点(－2，－1)即A(－2，－1)，
∵点A在直线mx＋ny＋1＝0上，
∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，
∵m>0，n>0，
∴＋＝＋＝2＋＋＋2≥4＋2＝8，
当且仅当m＝，n＝时取等号．故选D.
(2)∵正数a，b，c满足2a－b＋c＝0，
∴b＝2a＋c，
则＝＝＝≤＝，
当且仅当c＝2a>0时取等号．故选C.
[答案]　(1)D　(2)C
[方法技巧]
利用不等式求最值的3种解题技巧

[注意]　利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可．
[演练冲关]
1．已知x2＋4xy－3＝0，其中x>0，y∈R，则x＋y的最小值是(　　)
A. B．3
C．1 D．2
解析：选A　∵x>0，y∈R，x2＋4xy－3＝0，
∴y＝，
则x＋y＝＝x＋≥2＝.
当且仅当x＝1时等号成立，故选A.
2．(2018·镇海中学模拟卷)已知正实数a，b，c满足a(a＋b＋c)＝bc，则的最大值是________．
解析：由基本不等式知，a(a＋b＋c)＝bc≤，即a2＋(b＋c)a－≤0，即2＋－≤0，所以2≤，所以0<≤，所以的最大值是.
答案：
3．(2018·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．
解析：法一：如图，
∵S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
∴ac·sin 120°＝c×1×sin 60°＋a×1×sin 60°，∴ac＝a＋c.∴＋＝1.
∴4a＋c＝(4a＋c)＝＋＋5≥2＋5＝9，
当且仅当＝，即c＝2a时取等号．
故4a＋c的最小值为9.
法二：如图，以B为原点，BD为x轴建立平面直角坐标系，
则D(1,0)，A，C.
又A，D，C三点共线，∴＝，
∴ac＝a＋c，∴＋＝1.
∴4a＋c＝(4a＋c)＝＋＋5≥2 ＋5＝9，
当且仅当＝，即c＝2a时取等号．
故4a＋c的最小值为9.
答案：9
考点(三)
绝对值不等式及其应用

主要考查绝对值的几何意义和绝对值不等式的解法.

[典例感悟]
[典例]　(1)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)
A．(－∞，4)　　　　　　　 　B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
(2)(2019届高三·金丽衢十二校联考)设正实数x，y，则|x－y|＋＋y2的最小值为(　　)
A. B.
C．2 D.
(3)已知函数f(x)＝x＋－ax－b(a，b∈R)，当x∈时，设f(x)的最大值为M(a，b)，则M(a，b)的最小值为________．
[解析]　(1)①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当1 ∴x<4，∴1 ③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)，故选A.
(2)∵x>0，y>0，
∴|x－y|＋＋y2＝|x－y|＋＋|y2|≥x－y＋＋y2＝2＋－≥＝.
当且仅当y＝，x＝，即x＝1，y＝时取等号．故选A.
(3)由于f(1)＝|2－a－b|，f＝－a－b，f(2)＝－2a－b.又M(a，b)≥f，M(a，b)≥f(2)，M(a，b)≥f(1)．三式相加，得2M(a，b)≥f＋f(2)＋f(1)≥＝＋－(2－a－b)＝，故有M(a，b)≥.
[答案]　(1)A　(2)A　(3)
[方法技巧]
绝对值不等式及其应用的常见题型和解题策略
(1)讨论含绝对值的二次函数的单调性、最值和零点等．此类题型一般是按定义去掉绝对值，写成分段函数，作出函数的图象，对参数进行分类讨论．
(2)含绝对值不等式的恒成立问题．此类题型一般都转化为求含绝对值的函数的最值，或利用绝对值三角不等式求最值，有时需要分类讨论．
[演练冲关]
1．(2018·浙江柯桥质量检测)已知x，y∈R，(　　)
A．若|x－y2|＋|x2＋y|≤1，则2＋2≤
B．若|x－y2|＋|x2－y|≤1，则2＋2≤
C．若|x＋y2|＋|x2－y|≤1，则2＋2≤
D．若|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，则2＋2≤
解析：选B　因为|x－y2|＋|x2－y|≥|x2－x＋y2－y|＝2＋2－≥2＋2－，
所以2＋2≤，因此B正确；
取x＝，y＝－，此时|x－y2|＋|x2＋y|≤1，但2＋2>，因此A错误；
取x＝，y＝，此时|x＋y2|＋|x2－y|≤1，但2＋2>，因此C错误；
取x＝－，y＝，此时|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，但2＋2>，因此D错误．故选B.
2．(2018·浙江9＋1高中联盟期中)当x∈时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，则6a＋b的最大值是________．
解析：∵x∈时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，
∴≤2，
即≤2在x∈时恒成立．
设f(x)＝ax＋b＋＝a＋b，x＋∈[4,5]．
∵|f(x)|≤2，∴
∵6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)，
∴－2＋2×(－2)≤6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)≤2＋2×2，
∴6a＋b的最大值为6.
答案：6
考点(四)
线 性 规 划 问 题

主要考查线性约束条件、可行域等概念，考查在约束条件下最值的求法，以及已知最优解或可行域的情况求参数的值或取值范围.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·浙江“超级全能生”联考)若实数x，y满足不等式组则2|x＋1|＋y的最大值是(　　)
A．　　　　　　　　 　B．
C．4 D．1
(2)(2018·浙江高考)若x，y满足约束条件则z＝x＋3y的最小值是________，最大值是________．
[解析]　(1)作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．
2|x＋1|＋y＝

当x≥－1时，目标函数经过可行域的A时取得最大值，
由
解得A，
可得2|x＋1|＋y＝.
当x<－1时，目标函数经过可行域的B时取得最大值，
由解得B(－2,0)，
可得2|x＋1|＋y＝2.
所以2|x＋1|＋y的最大值为，故选B.
(2)作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示．

由解得A(4，－2)．
由解得B(2,2)．
将函数y＝－x的图象平移可知，
当目标函数的图象经过A(4，－2)时，zmin＝4＋3×(－2)＝－2；
当目标函数的图象经过B(2,2)时，zmax＝2＋3×2＝8.
[答案]　(1)B　(2)－2　8
[方法技巧]
1．平面区域的确定方法
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区域的交集．
2．线性目标函数z＝ax＋by最值的确定方法
(1)将目标函数z＝ax＋by化成直线的斜截式方程y＝－x＋(把z看成常数)．
(2)根据的几何意义，确定最值．
(3)得出z的最值．

[演练冲关]
1．(2018·稽阳联谊学校高三联考)在平面直角坐标系中，不等式组(m>0)表示的区域为Ω，P(x，y)为Ω内(含边界)的点，当2x＋y的最大值为8时，Ω的面积为(　　)
A．12 B．8
C．4 D．6
解析：选D　设z＝2x＋y，由题可知，Ω是以(0,0)，(m,2m)，(m，－m)为顶点的三角形及其内部，已知当直线z＝2x＋y过点(m,2m)时，2x＋y达到最大，即2m＋2m＝8，解得m＝2，此时三角形的三个顶点分别为(0,0)，(2,4)，(2，－2)，所以Ω的面积为×2×|4－(－2)|＝6，故选D.
2．(2018·嵊州高三期末质检)若实数x，y满足约束条件则z＝2x－y的取值范围是(　　)
A．[－4,4] B．[－2,4]
C．[－4，＋∞) D．[－2，＋∞)
解析：选D　如图，作出可行域，当直线z＝2x－y经过点(0,2)时，目标函数取得最小值－2，但无最大值，故选D.

3．(2018·杭州质量检测)在平面直角坐标系中，不等式组(r为常数)表示的平面区域的面积为π，若x，y满足上述约束条件，则z＝的最小值为(　　)
A．－1 B．－
C. D．－
解析：选D　∵不等式组(r为常数)表示的平面区域的面积为π，
∴圆x2＋y2＝r2的面积为4π，则r＝2.

由约束条件作出可行域如图，
z＝＝1＋，
而的几何意义为可行域内的动点与定点P(－3,2)连线的斜率．设过P的圆的切线的斜率为k，则切线方程为y－2＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＋2＝0.
由＝2，解得k＝0或k＝－.
∴z＝的最小值为1－＝－.故选D.

(一) 主干知识要记牢
1．不等式的性质
(1)a＞b，b＞c⇒a＞c；
(2)a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b，c＜0⇒ac＜bc；
(3)a＞b⇒a＋c＞b＋c；
(4)a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；
(5)a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；
(6)a＞b＞0，n∈N，n＞1⇒an＞bn，＞.
2．简单分式不等式的解法
(1)＞0⇔f(x)g(x)＞0，＜0⇔f(x)g(x)＜0.
(2)≥0⇔≤0⇔
(3)对于形如＞a(≥a)的分式不等式要采取：移项—通分—化乘积的方法转化为(1)或(2)的形式求解．
3．含绝对值不等式的解法
(1)含绝对值不等式|x|a的解集
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x| {x|－a ∅
∅
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x|x∈R且x≠0}
R
(2)|ax＋b|≤c和|ax＋b|≥c型不等式的解法
|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；
|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.
(3)|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法
方法一：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；
方法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
方法三：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．
4．绝对值三角不等式
(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
(3)推论1：||a|－|b||≤|a＋b|.
(4)推论2：||a|－|b||≤|a－b|.
(二) 二级结论要用好
1．一元二次不等式的恒成立问题
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的条件是
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是
2．基本不等式的重要结论
(1)≥(a＞0，b＞0)．
(2)ab≤2(a，b∈R)．
(3) ≥≥(a＞0，b＞0)．
3．线性规划中的两个重要结论
(1)点M(x0，y0)在直线l：Ax＋By＋C＝0(B＞0)上方(或下方)⇔Ax0＋By0＋C＞0(或＜0)．
(2)点A(x1，y1)，B(x2，y2)在直线l：Ax＋By＋C＝0同侧(或异侧)⇔(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＞0(或＜0)．
(三) 易错易混要明了
1．不等式两端同时乘以一个数或同时除以一个数，不讨论这个数的正负，从而出错．
2．解形如一元二次不等式ax2＋bx＋c>0时，易忽视对系数a符号的讨论导致漏解或错解．
[针对练1]　抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴的两个交点分别为(－，0)，(，0)，则ax2＋bx＋c>0的解的情况是(　　)
A．{x|－ B．{x|x>或x<－}
C．{x|x≠±}
D．不确定，与a的符号有关
解析：选D　当a>0时，解集为x>或x<－；当a<0时，解集为－ 3．应注意求解分式不等式时正确进行同解变形，不能把≤0直接转化为f(x)·g(x)≤0，而忽视g(x)≠0.
4．容易忽视使用基本不等式求最值的条件，即“一正、二定、三相等”导致错解，如求函数f(x)＝＋的最值时，就不能利用基本不等式求解；求函数y＝x＋(x<0)的最值时，应先转化为y＝－再求解．
[针对练2]　不等式≥0的解集为________．
解析：≥0，
即
解得x≥1或x<－2.
答案：{x|x≥1或x<－2}

A组——10＋7提速练
一、选择题
1．在R上定义运算：x⊗y＝x(1－y)．若不等式(x－a)⊗(x－b)＞0的解集是(2,3)，则a＋b＝(　　)
A．1　　　　　　　　　 　B．2
C．4 D．8
解析：选C　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.
2．已知正数a，b的等比中项是2，且m＝b＋，n＝a＋，则m＋n的最小值是(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C　由正数a，b的等比中项是2，可得ab＝4，又m＝b＋，n＝a＋，所以m＋n＝a＋b＋＋＝a＋b＋＝(a＋b)≥×2＝5，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故m＋n的最小值为5.
3．设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝x＋2y的最大值为(　　)
A．5 B．6
C. D．7
解析：选C　作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图易知，当直线z＝x＋2y经过直线x－y＝－1与x＋y＝4的交点，即时，z取得最大值，zmax＝＋2×＝，故选C.
4．(2018·全国卷Ⅲ)设x，y满足约束条件则z＝x－y的取值范围是(　　)
A．[－3,0] B．[－3,2]
C．[0,2] D．[0,3]


解析：选B　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l0：y＝x，平移直线l0，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的取值范围是[－3,2]．
5．(2018·全国卷Ⅱ)设x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最小值是(　　)
A．－15 B．－9
C．1 D．9
解析：选A　作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．

易求得可行域的顶点A(0，1)，B(－6，－3)，C(6，－3)，当直线z＝2x＋y过点B(－6，－3)时，z取得最小值，zmin＝2×(－6)－3＝－15.
6．设不等式组所表示的区域面积为S.若S≤1，则m的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B．[－2,0]
C．(0,2] D．[2，＋∞)
解析：选A　如图，当x＋y＝1与y＝mx交点为(－1,2)时，不等式组所表示的区域面积为1，此时m＝－2，若S≤1，则m≤－2，故选A.
7．已知实数x，y满足若z＝x＋2y的最小值为－4，则实数a＝(　　)
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选B　作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，

当直线z＝x＋2y经过点C时，z取得最小值－4，所以－a＋2×＝－4，解得a＝2，故选B.
8．(2019届高三·浙江六校协作体联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a>0，b>0)在x＝1处取得极小值，则＋的最小值为(　　)
A．4 B．5
C．9 D．10
解析：选C　由f(x)＝ax3＋bx2－x(a>0，b>0)，得f′(x)＝ax2＋bx－1，则f′(1)＝a＋b－1＝0，∴a＋b＝1，∴＋＝·(a＋b)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，即a＝，b＝时，等号成立，故选C.
9．(2018·衢州二中交流卷)若实数x，y满足|[x]|＋|y|≤1([x]表示不超过x的最大整数)，则的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　因为|[x]|≤1－|y|≤1，所以－1≤[x]≤1，再根据[x]的具体值进行分类：
①当[x]＝－1，即－1≤x<0时，y＝0；
②当[x]＝0，即0≤x<1时，|y|≤1，即－1≤y≤1；
③当[x]＝1，即1≤x<2时，y＝0.

在平面直角坐标系内作出可行域，如图所示．
＝1＋，其几何意义为可行域内的点(x，y)与点(－2，－2)所确定的直线的斜率加1.而由图可知，点(－1，0)与点(－2，－2)所确定的直线的斜率最大，最大值为＝2；点(1，－1)与点(－2，－2)所确定的直线的斜率最小，最小值为＝，又由图知取不到最小值，所以∈，故选A.
10．(2018·天津高考)已知函数f(x)＝设a∈R，若关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C．[－2，2] D.
解析：选A　法一：根据题意，作出f(x)的大致图象，如图所示．
当x≤1时，若要f(x)≥恒成立，结合图象，只需x2－x＋3≥－，即x2－＋3＋a≥0，故对于方程x2－＋3＋a＝0，Δ＝2－4(3＋a)≤0，解得a≥－；当x>1时，若要f(x)≥恒成立，结合图象，只需x＋≥＋a，即＋≥a.又＋≥2，当且仅当＝，即x＝2时等号成立，所以a≤2.综上，a的取值范围是.
法二：关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立等价于－f(x)≤a＋≤f(x)，
即－f(x)－≤a≤f(x)－在R上恒成立，
令g(x)＝－f(x)－.
当x≤1时，g(x)＝－(x2－x＋3)－＝－x2＋－3
＝－2－，
当x＝时，g(x)max＝－；
当x>1时，g(x)＝－－＝－≤－2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝时，“＝”成立，
故g(x)max＝－2.
综上，g(x)max＝－.
令h(x)＝f(x)－，
当x≤1时，h(x)＝x2－x＋3－＝x2－＋3
＝2＋，
当x＝时，h(x)min＝；
当x>1时，h(x)＝x＋－＝＋≥2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝2时，“＝”成立，
故h(x)min＝2.综上，h(x)min＝2.
故a的取值范围为.
二、填空题
11．若两个正实数x，y满足＋＝1，且不等式x＋ 解析：由题可知，1＝＋≥2＝，即≥4，于是有m2－3m>x＋≥≥4，故m2－3m>4，化简得(m＋1)(m－4)>0，解得m<－1或m>4，即实数m的取值范围为(－∞，－1)∪(4，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞)
12．设函数f(x)＝则不等式f(x)>f(1)的解集是________________．
解析：由题意得，f(1)＝3，所以f(x)>f(1)，即f(x)>3.当x<0时，x＋6>3，解得－33，解得x>3或0≤x<1.综上，不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)．
答案：(－3,1)∪(3，＋∞)
13．(2018·绍兴一中调研)已知实数x，y满足则由不等式组确定的可行域的面积为________，z＝2x－y的最大值为________．
解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，

所以可行域的面积为1，因为目标函数z＝2x－y的斜率为2，所以过点A(3,0)时取到最大值6.
答案：1　6
14．(2018·杭州二中调研)已知x>3y>0或x<3y<0，则(x－2y)2＋的最小值是________．
解析：(x－2y)2＋≥(x－2y)2＋＝(x－2y)2＋≥8，当4y＝x，x－2y＝±2时取等号．
答案：8
15．如果实数x，y满足条件且z＝的最小值为，则正数a的值为________．
解析：根据约束条件画出可行域如图中阴影部分所示，经分析可知当x＝1，y＝1时，z取最小值，即＝，所以a＝1.
答案：1
16．(2018·绍兴质量调测)已知正实数x，y满足xy＋2x＋3y＝42，则xy＋5x＋4y的最小值为________．
解析：由题知，xy＋5x＋4y＝(xy＋2x＋3y)＋3x＋y＝42＋3x＋y，
而(x＋3)(y＋2)＝48，因此144＝(3x＋9)(y＋2)≤2，因此3x＋y≥13，当且仅当3x＋9＝y＋2，即时取等号．故xy＋5x＋4y＝42＋3x＋y≥55，则xy＋5x＋4y的最小值为55.
答案：55
17．若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)(a≠0)恒成立，则实数x的取值范围是________．
解析：不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)(a≠0)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，故|2＋x|＋|2－x|≤min.因为≥＝＝4，当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0，即2|a|≥|b|时等号成立，所以的最小值为4，所以|2＋x|＋|2－x|≤4，解得－2≤x≤2.故实数x的取值范围为[－2，2]．
答案：[－2,2]
B组——能力小题保分练
1．已知x，y满足则z＝8－x·y的最小值为(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：选D　作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，而z＝8－x·y＝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.故选D.
2．设x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为6，则＋的最小值为(　　)
A．1 B．3
C．2 D．4
解析：选B　依题意画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．
∵a>0，b>0，
∴当直线z＝ax＋by经过点(2,4)时，z取得最大值6，
∴2a＋4b＝6，即a＋2b＝3.
∴＋＝(a＋2b)×＝＋＋≥3，当且仅当a＝b＝1时等号成立，∴＋的最小值为3.故选B.
3．设不等式组所表示的平面区域为Dn，记Dn内的整点(横坐标和纵坐标均为整数的点)个数为an(n∈N*)，若m>＋＋…＋对于任意的正整数恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　不等式组表示的平面区域为直线x＝0，y＝0，y＝－nx＋3n围成的直角三角形(不含直角边)，区域内横坐标为1的整点有2n个，横坐标为2的整点有n个，所以an＝3n，所以＝＝，所以＋＋…＋＝＝，数列为单调递增数列，故当n趋近于无穷大时，趋近于，所以m≥.故选A.
4．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)．若∀x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，则的最大值为(　　)
A.＋2 B.－2
C．2＋2 D．2－2
解析：选B　由题意得f′(x)＝2ax＋b，由f(x)≥f′(x)在R上恒成立，得ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0在R上恒成立，则a>0且Δ≤0，可得b2≤4ac－4a2，则≤＝，又4ac－4a2≥0，∴4·－4≥0，∴－1≥0，令t＝－1，则t≥0.当t>0时，≤＝≤＝－2，当t＝0时，＝0<－2，故的最大值为－2，故选B.
5．(2019届高三·浙江新高考联盟联考)过P(－1,1)的光线经x轴上点A反射后，经过不等式组所表示的平面区域内某点(记为B)，则|PA|＋|AB|的取值范围是________．
解析：作出不等式组

表示的平面区域如图中阴影部分所示，点P关于x轴的对称点为P1(－1，－1)，|PA|＋|AB|＝|P1B|，过点P1作直线x＋y－2＝0的垂线，则|PA|＋|AB|＝|P1B|的最小值为＝2.由得B0(2,3)，则|PA|＋|AB|＝|P1B|的最大值为|P1B0|＝＝5.
故2≤|PA|＋|AB|≤5.
答案：[2，5]
6．(2018·浙江“七彩阳光”联盟期中)设实数x，y满足不等式组且目标函数z＝3x＋y的最大值为15，则实数m＝________；设min{a，b}＝则z＝min{x＋y＋2,2x＋y}的取值范围是________．
解析：因为直线x＋y－3＝0与x－3y＋5＝0交于点A(1，2)，而直线x＋my－1＝0过点(1,0)，则当m>0时，不等式组不能构成可行域．当m＝0时，可行域为点A(1,2)，不符合题意．当－>，即－3 构成的可行域是以A(1,2)，B，C为顶点的三角形区域(含边界)，过点C时，目标函数z＝3x＋y有最大值，由＝15，得m＝－1.当0<－≤，即m≤－3时，不等式组构成的可行域是一个开放区域，此时，目标函数z＝3x＋y没有最大值．综合得m＝－1.
此时，可行域是以A(1,2)，B(2,1)，C(4,3)为顶点的三角形区域(含边界)．
而z＝min{x＋y＋2,2x＋y}＝直线x＝2把可行域分成以A(1,2)，B(2,1)，D为顶点的三角形区域，和以B(2,1)，C(4,3)，D为顶点的三角形区域．故只要求z＝2x＋y在三角形ABD区域上的范围，z＝x＋y＋2在三角形BCD区域上的范围即可．
当平行直线系2x＋y＝z在三角形ABD区域内运动时，z＝2x＋y∈.
当平行直线系x＋y＋2＝z在三角形BCD区域内运动时，z＝x＋y＋2∈[5,9]．
从而有z＝min{x＋y＋2,2x＋y}的取值范围是[4,9]．
答案：－1　[4,9]
第四讲 小题考法——导数的简单应用
考点(一)
导数的几何意义

主要考查利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程或已知切线方程求参数.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·武义中学检测)已知函数f(x)在R上满足f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是(　　)
A．y＝2x－1　　　　　 　B．y＝x
C．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3
(2)(2018·杭州第一学期教学质检)若直线y＝x与曲线y＝ex＋m(m∈R，e为自然对数的底数)相切，则m＝(　　)
A．1 B．2
C．－1 D．－2
(3)(2018·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
[解析]　(1)∵f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，
∴f(2－x)＝2f(x)－(2－x)2＋8(2－x)－8，
∴f(2－x)＝2f(x)－x2－4x＋4.
将f(2－x)代入f(x)＝2f(2－x)－x2＋8x－8，
得f(x)＝4f(x)－2x2－8x＋8－x2＋8x－8.
∴f(x)＝x2，f′(x)＝2x，
∴y＝f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为y′＝2.
∴函数y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.故选A.
(2)设切点坐标为(x0，y0)，由y＝ex＋m得y′＝ex＋m，则y′|x＝x0＝ex0＋m，则所以x0＋m＝0且x0＝1，得m＝－1，故选C.
(3)设x＞0，则－x＜0，
f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
[答案]　(1)A　(2)C　(3)2x－y＝0
[方法技巧]
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
类型
方法
已知切点P(x0，y0)，求切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程
已知切线的斜率k，求切线方程
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程
已知切线上一点(非切点)，求切线方程
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程

2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数
已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．
[演练冲关]
1．(2018·湖州调研)函数y＝ex(e是自然对数的底数)在点(0,1)处的切线方程是(　　)
A．y＝x－1 B．y＝x＋1
C．y＝－x－1 D．y＝－x＋1
解析：选B　由题意y′＝ex，
当x＝0时，y′＝1，
∴函数y＝ex(e是自然对数的底数)在点(0,1)处的切线方程是y－1＝x－0，即y＝x＋1，故选B.
2．(2018·宁波测试卷)已知直线y＝ax是曲线y＝ln x的切线，则实数a＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由y＝ln x，可得y′＝，
设切点是(x0，ax0)，则切线的斜率是k＝＝a，
∴ax0＝1，
由点(x0，ax0)在曲线y＝ln x上，
可得ax0＝ln x0，
∴ln x0＝1，
解得x0＝e，
∴a＝，故选C.
3．(2018·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.
答案：1
考点(二)
利用导数研究函数的单调性

主要考查利用导数来研究函数的单调性，或由函数的单调性求某参数值(或取值范围).

[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,1]　　　　　　　 　B.
C. D.
(2)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
[解析]　(1)函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．
设cos x＝t，则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，
所以解得－≤a≤.故选C.
(2)由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函数．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f(x)在其定义域内单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围是.
[答案]　(1)C　(2)
[方法技巧]
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)求方程f′(x)＝0在定义域内的所有实数根；
(4)将函数f(x)的间断点(即f(x)无定义的点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起来，分成若干个小区间；
(5)确定f′(x)在各小区间内的符号，由此确定每个区间的单调性．
[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝－ln x＋＋3，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，0) B．(0,1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选B　已知函数f(x)＝－ln x＋＋3，定义域为(0，＋∞)．则f′(x)＝－＋x.由得0 2．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．(－∞，1] D．(－1,0)
解析：选A　f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.
考点(三)
利用导数研究函数的极值、最值

主要考查利用函数的极值与导数的关系，求函数的极值、最值或由极值的情况求参数.

[典例感悟]
[典例]　(1)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有极值，则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　　　　 　B.
C. D.
(2)已知函数f(x)＝x＋xln x，若k∈Z，且k(x－1)1恒成立，则k的最大值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析]　(1)f(x)＝xln x－ax2(x>0)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.
令g(x)＝ln x＋1－2ax，则g′(x)＝－2a＝.
∵函数f(x)＝x(ln x－ax)有极值，
∴g(x)＝0在(0，＋∞)上有实根．
当a≤0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x趋向于0时，g(x)趋向于－∞，当x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞，故存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故f(x)存在极小值f(x0)，符合题意．
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝.当00，函数g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，∴x＝时，函数g(x)取得极大值．∵当x趋向于0和x趋向于＋∞时，均有g(x)趋向于－∞，要使g(x)＝0在(0，＋∞)上有实根，且f(x)有极值，必须g＝ln >0，解得0 综上可知，实数a的取值范围是，故选A.
(2)法一：依题意得，k<对任意的x>1恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－＝>0，所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实数根x0，且满足x0∈(3,4)，即有h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2.
当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)．所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整数k的最大值是3.
法二：依题意得，当x＝2时，k(2－1)1)，则g′(x)＝ln x－1.当1e时，g′(x)>0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是g(e)＝3－e>0，于是有g(x)>0恒成立．所以满足题意的最大整数k的值是3.
[答案]　(1)A　(2)B
[方法技巧]
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：选D　由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，故－3∈[k,2]，所以k≤－3.
2．已知函数f(x)＝x2－2x＋1＋aln x有两个极值点x1，x2，且x1 A．f(x2)<－ B．f(x2)<
C．f(x2)> D．f(x2)>
解析：选D　由题意，f(x)＝x2－2x＋1＋aln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2＋＝.因为f(x)有两个极值点x1，x2，所以f′(x)＝0有两个不同的正实根x1，x2，因为00，所以g(t)在上是增函数，所以g(t)>g＝，故f(x2)＝g(x2)>.
3．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.
①若a≥0，由f′(x)＝0，得x＝1.当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以－>1，解得－1 综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)

(一) 主干知识要记牢
1.导数公式及运算法则
(1)基本导数公式：
①c′＝0(c为常数)；②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)；
③(sin x)′＝cos x；④(cos x)′＝－sin x；
⑤(ax)′＝axln a(a>0且a≠1)；⑥(ex)′＝ex；
⑦(logax)′ ＝(a>0且a≠1)；⑧(ln x)′＝.
(2)导数的四则运算：
①(u±v)′＝u′±v′；②(uv)′＝u′v＋uv′；③′＝(v≠0)．
2．导数与极值、最值
(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．
(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极值与其端点处函数值中的“最小者”．
(二) 二级结论要用好
1．常用乘式与除式的求导
(1)[xnf(x)]′＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)；
(2)′＝；
(3)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]；
(4)′＝.
2．不等式恒成立(或有解)问题的常用结论
(1)恒成立问题
a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a (2)有解问题
a>f(x)有解⇔a>f(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；
a (三) 易错易混要明了
1．不能准确理解导函数的几何意义，易忽视切点(x0，f(x0))既在切线上，又在函数图象上，导致某些求导数的问题不能正确解出．
2．易混淆函数的极值与最值的概念，错以为f′(x0)＝0是函数y＝f(x)在x＝x0处有极值的充分条件．
[针对练1]　函数f(x)＝x4－x3的极值点是________．
解析：f′(x)＝x3－x2，由f′(x)＝0，得x＝0或x＝1.
显然f(x)在(－∞，0)，(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以f(x)存在极小值点x＝1.
答案：x＝1
3．如果已知f(x)为减函数求参数取值范围，那么不等式f′(x)≤0恒成立，但要验证f′(x)是否恒等于0.增函数亦然．
[针对练2]　函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：f(x)＝ax3－x2＋x－5的导数f′(x)＝3ax2－2x＋1.由f′(x)≥0恒成立，得解得a≥.而当a＝时，f′(x)＝(x－1)2≥0，且只有x＝1时，f′(x)＝0，∴a＝符合题意，故a的取值范围是.
答案：
4．求曲线的切线方程时，要注意题目条件中的已知点是否为切点．
[针对练3]　抛物线f(x)＝x2过点P的切线方程为________________．
解析：显然点P不在抛物线上，设此切线过抛物线上的点(x0，x)．由f′(x)＝2x知，此切线的斜率为2x0.又因为此切线过点P和点(x0，x)，所以＝2x0，即x－5x0＋6＝0，解得x0＝2或x0＝3，即切线过抛物线y＝x2上的点(2,4)或点(3,9)，所以切线方程为y－4＝4(x－2)和y－9＝6(x－3)，即4x－y－4＝0和6x－y－9＝0.
答案：4x－y－4＝0和6x－y－9＝0

A组——10＋7提速练
一、选择题
1．设f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，则x0＝(　　)
A．e2　　　　　　　　　 　B．e
C. D．ln 2
解析：选B　∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(x0)＝1＋ln x0＝2，∴x0＝e，故选B.
2．函数f(x)＝excos x的图象在点(0，f(0))处的切线方程是(　　)
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：选C　依题意，f(0)＝e0cos 0＝1，因为f′(x)＝excos x－exsin x，所以f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.
3．已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D　f(x)的定义域是(0，＋∞)，
∵f′(x)＝，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，
故x＝e时，f(x)max＝f(e)．
而f(2)＝＝，f(3)＝＝.
f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
4．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，f(x)的导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．
5．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选C　函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极大值、极小值分别为(　　)
A．－，0 B．0，－
C.，0 D．0，
解析：选C　由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得解得∴f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0.
7．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：选D　因为f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故xf(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)·f(x2－1)，所以02.
8．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f(x)(　　)
A．在区间，(1，e)上均有零点
B．在区间，(1，e)上均无零点
C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点
D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点
解析：选D　因为f′(x)＝－，所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而0<<10，f(1)＝>0，f(e)＝－1<0，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点．
9．(2018·杭州第二次教学质量检测)已知a>0且a≠1，则函数f(x)＝(x－a)2ln x(　　)
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值
D．既无极大值，又无极小值
解析：选C　f(x)有两个零点a和1，若a<1，由于函数值在(0，a)为负，(a,1)为负，(1，＋∞)为正，故a为极大值点，在(a,1)上必有极小值点；若a>1，由于函数值在(0,1)为负，(1，a)为正，(a，＋∞)为正，故a为极小值点，在(1，a)上必有极大值点，故选C.
10．(2018·浙江“超级全能生”联考)设f(x)，g(x)分别是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)>0，g(x)≠0，且f(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)<0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：选D　构造函数F(x)＝f(x)·g3(x)，
则F′(x)＝f′(x)·g3(x)＋3f(x)·g2(x)·g′(x)＝g2(x)·[f′(x)·g(x)＋3f(x)·g′(x)]>0，
所以F(x)在(－∞，0)上单调递增，显然F(x)为奇函数，所以其在(0，＋∞)上单调递增．
而F(－3)＝f(－3)·g3(－3)＝0＝－F(3)．
所以F(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，
即<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．故选D.
二、填空题
11．已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在[0,1]最小值为________．
解析：由f(x)＝x3＋2ax2＋1，得f′(x)＝3x2＋4ax，
因为函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，
所以f′(1)＝1，即3＋4a＝1，解得a＝－.
所以f′(x)＝3x2－2x，当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以函数y＝f(x)在[0,1]最小值为f＝.
答案：－　
12．已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，即切线斜率k＝ex－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(ex－m)e＝－1，即ex－m＝－有解，即m＝ex＋有解，∵ex＋＞，∴m＞.
答案：
13．(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x，
∴f′(x)＝－x－3＋，
∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴g(x)＝x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0，得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，即t∈(0,1)，
故实数t的取值范围是(0,1)．
答案：(0,1)
14．(2018·湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x2与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，知方程x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．设f(x)＝2ln x－x2，则f′(x)＝－2x＝－.易知x∈时f′(x)>0，x∈(1，e]时f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)极大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，f＝－2－，f(e) 答案：[1，e2－2]
15．已知函数f(x)＝ex＋mln x(m∈R，e为自然对数的底数)，若对任意正数x1，x2，当x1>x2时都有f(x1)－f(x2)>x1－x2成立，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．依题意得，对于任意的正数x1，x2，当x1>x2时，都有f(x1)－x1>f(x2)－x2，因此函数g(x)＝f(x)－x在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当x>0时，g′(x)＝f′(x)－1＝ex＋－1≥0，即x(ex－1)≥－m恒成立．记h(x)＝x(ex－1)，x>0，则有h′(x)＝(x＋1)ex－1>(0＋1)e0－1＝0(x>0)，h(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，h(x)的值域是(0，＋∞)，因此－m≤0，m≥0.故所求实数m的取值范围是[0，＋∞)．
答案：[0，＋∞)
16．设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
解析：由当x≤a时，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1.
如图是函数y＝x3－3x与y＝－2x在没有限制条件时的图象．
①若a＝0，则f(x)max＝f(－1)＝2.
②当a≥－1时，f(x)有最大值；
当a<－1时，y＝－2x在x>a时无最大值，且－2a>(x3－3x)max，所以a<－1.
答案：(1)2　(2)(－∞，－1)
17．(2019届高三·浙东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.∵y＝6＋在m∈(4,5)上单调递减，∴<6＋<，∴a≥.
答案：
B组——能力小题保分练
1．(2018·台州第一次调考)设f′(x)为函数f(x)的导函数(x∈R)，且f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0(e为自然对数的底数)，若x1 A．f(x2) B．f(x1) C．f2(x2)>e·f2(x1)
D．f2(x1)>e·f2(x2)
解析：选D　因为f(x)<0,2f′(x)＋f(x)>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，从而f(x1)f2(x2)，因为0f2(x2)>ef2(x2)．
2．(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷)设f1(x)＝sin x＋cos x，对任意的n∈N*，定义fn＋1(x)＝fn′(x)，则f2 018(x)等于(　　)
A．sin x－cos x B．sin x＋cos x
C．－sin x－cos x D．－sin x＋cos x
解析：选D　f1(x)＝sin x＋cos x，f2(x)＝cos x－sin x，f3(x)＝－sin x－cos x，f4(x)＝－cos x＋sin x，f5(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，于是fk＋4(x)＝fk(x)，所以f2 018(x)＝f504×4＋2(x)＝f2(x)，故选D.
3．(2018·惠州调研)已知函数f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，则不等式f(ln x)＋f<2f(1)的解集为(　　)
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C.∪(1，e) D.
解析：选D　f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，所以f＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以f(ln x)＋f<2f(1)可变形为f(ln x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以f(ln x) 4．已知函数f(x)＝x(a－e－x)，曲线y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C．(－e－2，＋∞) D．(－e－2,0)
解析：选D　∵曲线y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，
∴f′(x)＝a＋(x－1)e－x＝0有两个不同的解，
即a＝(1－x)e－x有两个不同的解，
设y＝(1－x)e－x，则y′＝(x－2)e－x，
∴当x<2时，y′<0；当x>2时，y′>0，
∴当x＝2时，函数y＝(1－x)e－x取得极小值为－e－2，也即为最小值，
当x→－∞时，y→＋∞；
当x→＋∞时，y→0，要满足题意，需－e－2 ∴实数a的取值范围是(－e－2,0)．故选D.
5．若对任意的a∈，函数f(x)＝x2－ax－2b与g(x)＝2aln(x－2)的图象均有交点，则实数b的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　依题意，原问题等价于对任意的a∈，关于x的方程x2－ax－2aln(x－2)＝2b有解．设h(x)＝x2－ax－2aln(x－2)，则h′(x)＝x－a－＝，所以h(x)在(2，a＋2)上单调递减，在(a＋2，＋∞)上单调递增，当x→2时h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，h(a＋2)＝－a2－2aln a＋2，记p(a)＝－a2－2aln a＋2，则h(x)的值域为[p(a)，＋∞)，故2b∈[p(a)，＋∞)对任意的a∈恒成立，即2b≥p(a)max，而p′(a)＝－a－2ln a－2≤－＋2ln 2－2<0，故p(a)单调递减，所以p(a)≤p＝＋ln 2，所以b≥＋ln 2，故选A.
6．已知函数f(x)＝xln x－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．(0，e)
C. D．(－∞，e)
解析：选A　由题意知，f′(x)＝1＋ln x－aex，令f′(x)＝0，得a＝，函数f(x)有两个极值点，则需f′(x)＝0有两个实数根，等价于a＝有两个实数根，等价于直线y＝a与y＝的图象有两个交点．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝－1－ln x，得h(x)在(0，＋∞)上为减函数，且h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，故g′(x)>0，g(x)为增函数，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以g(x)max＝g(1)＝，又当x→＋∞时，g(x)→0，
所以g(x)的图象如图所示，故0
第五讲 大题考法——函数与导数
题型(一)
导数的简单应用问题

主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题.

[典例感悟]
[典例1]　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
[解]　(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，
则f(1)＝1，
∴切点为(1,1)，又f′(x)＝＋1，
∴切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
①当a≤0时，
∵x>0，∴g′(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
②当a>0时，g′(x)＝
＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
∴当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．
∴x＝时，g(x)取极大值g＝ln －×＋(1－a)×＋1＝－ln a.
由①②得，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．　　　
[备课札记] 　
　
　
　　
[方法技巧]
求函数y＝f(x)在某个区间上极值的步骤

[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝＝0，
解得a＝9，所以f′(x)＝＝，
所以当03时，f′(x)>0，
当 所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)g′(x)＝－2＝，
令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1< ③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
题型(二)
导数与函数的零点或方程根问题

主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的存在情况求参数的值(或取值范围).

[典例感悟]
[典例2]　已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
[解]　(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，且h(x)在区间(1,2)上是连续的，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，
则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为h′(x)＝ex－x－－1，
记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
[备课札记]　



[方法技巧]
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过极值(最值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
[演练冲关]
2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，
故f(x)没有零点；
当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，
即f(－ln a)<0，
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点，
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0，
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1).
题型(三)
导数与不等式恒成立、存在性问题

主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据不等式恒成立问题、存在性问题求参数的值(或取值范围).

[典例感悟]
[典例3]　(2018·宁波模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式aln x－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．
[解]　(1)f′(x)＝，
由题意知x>0.
由f′＝0，得2＋a＋1＝0，所以a＝－，
此时f(x)＝－ln x＋x－.
则f′(x)＝＝.
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－.
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，
所以b≥f(x)max对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝.
当a＝0，x＝2时取等号．
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－.
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．
所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－.
因为ln 2－<－＝1<，所以f(x)≤.
综上，f(x)max＝.
于是bmin＝.
[备课札记]　



[方法技巧]
1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解．
2．利用导数解决不等式存在性问题的策略
(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题．
(2)用导数求该函数在该区间上的最值．
(3)构建不等式求解．
[演练冲关]
3．已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－，其中a∈R.
(1)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0) 解：(1)h(x)＝x＋－aln x(x>0)，h′(x)＝1－－＝＝.
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0,1＋a)上h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增．
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a>－1时，h(x)的单调递减区间为(0,1＋a)，单调递增区间为(1＋a，＋∞)；当a≤－1时，h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0) 由h(e)＝e＋－a<0可得a>，
因为>e－1，所以a>.
②当1＋a≤1，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋a<0可得a<－2.
③当1<1＋a2>0，不合题意．
综上，a的取值范围是(－∞，－2)∪.
题型(四)
导数与不等式的证明问题

主要考查利用函数的单调性求最值，证明不等式或比较大小问题.

[典例感悟]
[典例4]　(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，
所以当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
[备课札记]　

　

[方法技巧]
1．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
2．构造辅助函数的4种方法
移项法
证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)
构造法
对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数
主元法
对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))
放缩法
若所构造函数的最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数

[演练冲关]
4．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)＝ex，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为y＝kx＋b，求k－b的最小值；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，若函数g(x)＝(x－1)f(x)－mx2＋2在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1 解：(1)∵曲线y＝f(x)在点P(x0，ex0)处的切线的方程为y＝ex0x－x0ex0＋ex0，∴k＝ex0，b＝－x0ex0＋ex0，
∴k－b＝x0ex0.
设H(x)＝xex，则H′(x)＝(x＋1)ex，由H′(x)＝0，解得x＝－1.
当x>－1时，H′(x)>0，
∴H(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，H′(x)<0，
∴H(x)在(－∞，－1)上单调递减．
∴H(x)的极小值为H(－1)＝－，
∴k－b的最小值为－.
(2)证明：由m>2，x≥0，g′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得x＝0或x＝ln 2m.
∴当x>ln 2m时，g′(x)>0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增；
当0≤x ∴g(x)的极小值为g(ln 2m)．
∵g(1)＝2－m<0，ln 2m>ln 4>1，∴g(ln 2m)<0.
又g(0)＝1>0，
∴存在x1∈(0,1)，使得g(x1)＝0.
易知当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴存在x2∈(ln 2m，＋∞)，使得g(x2)＝0，
∴x2>ln 2m>ln 4，
∴x2－x1>ln 4－1＝ln ，即x2>x1＋ln .
易知m>ln 2m，
当x＝m时，g(m)＝(m－1)em－m3＋2，m>2.
令u(x)＝(x－1)ex－x3＋2，
∴u′(x)＝xex－3x2＝x(ex－3x)．
令G(x)＝ex－3x，∴当x>2时，G′(x)＝ex－3>0，
∴G(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(2)＝e2－6>0，
∴u′(x)>0在(2，＋∞)上恒成立，
∴u(x)>u(2)＝e2－6>0，∴m>2时，g(m)>0.
又g(x2)＝0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增，
∴m>x2.故x1＋ln
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[技法指导]

　　函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.

[典例]　已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．
[解题示范]　
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝－－1，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.∴－－1＝－2，解得a＝2.
∴f(x)＝ln x＋x2－3x，
f′(x)＝＋2x－3.
由f′(x)>0，得01，
由f′(x)<0，得 ∴f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由<，得＋x－(a＋1)<＋x－，即－<在区间(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＋＝，
由h′(x)>0，得0 因而h(x)在上单调递增，由h′(x)<0，得x>e，因而h(x)在上单调递减．
∴h(x)的最大值为h(e)＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.从而实数a的取值范围为.
[思维升华]
函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．
[应用体验]
(2018·金华一中模拟)已知f(x)＝a(x－ln x)＋.
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调区间；
(2)证明：当a＝1时，f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．
解：(1)由f(x)＝a(x－ln x)＋，
得f′(x)＝a＋
＝(x>0)．
当a>0，若0 f′(x)>0，f(x)为增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
若a＝2，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
若a>2，当x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数．
(2)证明：∵a＝1，
令F(x)＝f(x)－f′(x)
＝x－ln x＋－－1＋＋－
＝x－ln x＋＋－－1，
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1.
则F(x)＝f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)，
由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取等号；
又h′(x)＝，
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1,2]上单调递减，
且φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
∴在[1,2]上存在x0，使得x∈(1，x0)时，φ(x0)>0，x∈(x0,2)时，φ(x0)<0，
∴函数h(x)在(1，x0)上单调递增；在(x0,2)上单调递减，
由于h(1)＝1，h(2)＝，因此h(x)≥h(2)＝，当且仅当x＝2时取等号，
∴f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)>g(1)＋h(2)＝，
∴F(x)>恒成立．
即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．

1．(2019届高三·吴越联盟高三联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax，
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，求实数a和m的值；
(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a.
∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，
∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1.
又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1，∴m＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．
当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴函数f(x)max＝f＝ln＋a＝ln－1，
∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，
必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－，
∴实数a的取值范围是.
2．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…· 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝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．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…· 而>2，
所以m的最小值为3.
3．(2018·浙江新高考训练卷)设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0 (2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
解：(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]，
∴F′(x)＝－＝，
∴k＝F′(x0)＝，
∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，
∴k＝≤在x0∈(0,3]上恒成立，
∴a≥max，x0∈(0,3]，
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
∴a≥，即实数a的取值范围为.
(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解．
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
∵m>0，
∴Δ＝m2＋4m>0，
∵x>0，
∴x1＝<0(舍去)，x2＝，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，
当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．
∵g(x)＝0有唯一解，
∴g(x2)＝0，
则即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，
∴2mln x2＋mx2－m＝0，
∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
∵当x>0时，h(x)是增函数，
∴h(x)＝0至多有一解．
∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解得m＝.
4．(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1 解：(1)由题意得f(－1)＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，
当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
则G′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，
所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，
又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，
所以x1′≤x1，
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，
令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则T′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，
则H′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，
所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，
又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，
所以x2′≥x2.又x1′≤x1，
所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－
＝1＋.
5．已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a，
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0≤x≤1时，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，
当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
则g′(x)＝6x2－2＝6，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
0



1
g′(x)

－
0
＋

g(x)
1

极小值

1

所以g(x)min＝g＝1－>0，
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0，
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，
所以|2a－b|＋a≤1，
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或


在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1 所以a＋b的取值范围是(－1,3]．

第六讲 专题提能——“函数与导数、不等式”专题提能课
　
失误1
因概念不清而解题受阻
[例1]　(2018·嘉兴高三基础测试)已知y＝f(x)＋x是偶函数，且f(2)＝1，则f(－2)＝(　　)
A．2　　　　 　　　　 　B．3
C．4 D．5
[解析]　设g(x)＝f(x)＋x，则f(－2)＝g(－2)－(－2)＝g(2)＋2＝f(2)＋2＋2＝5，故选D.
[答案]　D
[微评]　这里的“y”并非f(x)，解此题时构造函数g(x)＝f(x)＋x，从而f(x)＝g(x)－x是关键一步，如果错以为“y是偶函数”，则“f(x)是偶函数”，则大错特错了．
引伸开来，解有关函数的奇偶性的问题，还要注意以下几点：
(1)判断函数的奇偶性，易忽视判断函数定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．
(2)判断函数f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能说存在x0，使f(－x0)＝－f(x0)或f(－x0)＝f(x0)．
(3)分段函数的奇偶性判定时，不要把分段函数在定义域某一区间上不是奇偶函数而否定函数在整个定义域上的奇偶性．

失误2
因忽视对对称性的讨论而失分
[例2]　已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0时，f(x)＝，若对任意实数t∈，都有f(t＋a)－f(t－1)>0恒成立，则实数a的取值范围是__________．
[解析]　∵当x>0时，f(x)＝＝1－，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(t＋a)－f(t－1)>0得，f(t＋a)>f(t－1)，
又f(x)是定义在R上的偶函数，
∴f(|t＋a|)>f(|t－1|)，则|t＋a|>|t－1|，
两边平方得，(2a＋2)t＋a2－1>0，
∵对任意实数t∈，都有f(t＋a)－f(t－1)>0恒成立，
∴对任意实数t∈，都有(2a＋2)t＋a2－1>0恒成立，
则化简得
解得a>0或a<－3，
则实数a的取值范围是(－∞，－3)∪(0，＋∞)．
[答案]　(－∞，－3)∪(0，＋∞)
[微评]　对于函数比较大小的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．如本题中，如果在得出f(t＋a)>f(t－1)之后，丢了这里的绝对值符号，则会因考虑不周而失分.
失误3
因忽视必备条件的讨论而失分
[例3]　设函数f(x)＝x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是单调递减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－，＋∞) B．(－∞，－3]
C．(－∞，－3) D．[－，]
[解析]　根据题意f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0在区间[1,3]上恒成立，所以f′(x)＝x2＋2ax＋5的最大值小于或等于零，因为函数开口向上，故最大值在区间端点处取得，所以解得a≤－3，故选B.
[答案]　B
[微评]　函数单调递减时，相应的导数值应该小于或等于零(等于零的点为有限个孤立点)，本题易错误地令f(x)<0，求得错解C.
失误4
因对双变量问题非等价转化而失分
[例4]　已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
[解]　(1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：
f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当00，则函数y＝f(x)在上单调递增，f(0)＝－1<0，f＝e>0，f(0)·f<0.
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1.
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，
所以∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max.
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1.
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，
当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥ ，
所以g′(x)<0.
故g(x)在区间上单调递减，
当x＝0时，g(x)取得最大值－.
所以－1≥m－(－)，
所以m≤－－1，
故实数m的取值范围是(－∞，－1－ ]．
[微评]　(1)本题第(2)问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错．
(2)双变量问题的常用转化方法：
①存在x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；　
②任意的x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max；
③任意的x2∈[a，b]，总存在x1∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max；
④任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min；
⑤任意的x1，x2∈[a，b]，不等式|f(x1)－f(x2)| 　
策略1
特例法：在求解函数问题中的应用
特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．
[例1]　(1)(特殊数值)设函数f(x)＝若f(x0)>3，则x0的取值范围为(　　)
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
(2)(特殊点)函数f(x)＝的图象是(　　)

(3)(特殊函数)若函数y＝f(x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f(x)的值域可以是R；
②“影子函数”f(x)可以是奇函数；
③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是(　　)
A．①　　　　　　　　 　B．②
C．③ D．②③
[解析]　(1)取x0＝1，则f(1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
(2)因为x≠±1，所以排除A；因为f(0)＝1，所以函数f(x)的图象过点(0,1)，排除D；因为f＝＝，所以排除B，故选C.
(3)对于①：假设“影子函数”的值域为R，
则存在x1，使得f(x1)＝0，此时显然不存在x2，使得f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误；
对于②：函数f(x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f(x1)·f(x2)＝1，
又因为函数f(x)＝x(x≠0)为奇函数，
即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确；
对于③：函数f(x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．
综上，应选B.
[答案]　(1)C　(2)C　(3)B
[微评]　本例(1)(2)(3)分别采用“特殊数值”“特殊点”“特殊函数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正确率.
策略2
构造法：在函数与导数、不等式综合问题中的应用
根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法之一．
[例2]　(1)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则(　　)
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
(2)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)＜ex的解集为(　　)
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
[解析]　(1)由不等式可得－＜ln m－ln n，
即＋ln n＜＋ln m.
设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，
则f′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，
故函数f(x)在(2，e)上单调递增．
因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.
(2)因为f(x＋2)为偶函数，
所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，
所以f(x)的图象关于x＝2对称．
所以f(0)＝f(4)＝1.
设g(x)＝(x∈R)，
则g′(x)＝＝.
又f′(x)＜f(x)，
所以g′(x)＜0(x∈R)，
所以函数g(x)在定义域上单调递减．
因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，
所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
[答案]　(1)A　(2)B
[微评]　(1)本例(1)(2)分别构造函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解．
(2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数．求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：
①对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
②对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
③对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)；
④对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
　
1．数形结合思想——在求解不等式中的应用
当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象法．
[例1]　(1)不等式 ≤x＋b恒成立，则实数b的取值范围是(　　)
A．(－∞，－－1]　　　 　B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[－－1，－1]
(2)已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为(　　)
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋
[解析]　(1)设y＝＝，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1的上半圆；而y＝x＋b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线．
如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故≥1，解得b≥－1或b≤－－1.而当b≤－－1时，直线y＝x＋b在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b的取值范围是[－1，＋∞)．故选C.
(2)因为f(x)＝ex＋e2－x>0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得00)，画出函数g(t)的大致图象，如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0 [答案]　(1)C　(2)C
[微评]　本例(1)(2)解读了数形结合思想应用的两个方面：
(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质；
(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确．
2．分类讨论思想——在函数、导数中的应用
[例2]　(1)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则ab＝________.
(2)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
①当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
②当a<0时，求函数f(x)在上的最小值．
[解析]　(1)当01时，f(x)在[－1,0]上单调递增，则此方程组无解．综上可知，ab＝4.
答案：4
(2)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
所以f′(x)＝2ax＋1－2a－＝.
①因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0，
令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
当－>1，即－ 所以f(x)在上的最小值为f(1)＝1－a.
当≤－≤1，即－1≤a≤－时，f(x)在上是减函数，在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)．
当－<，即a<－1时，f(x)在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为
f(x)min＝
[微评]　(1)要由“函数f(x)的定义域和值域都是[－1，0]”这一条件得到关于a，b的方程组，必须先明确函数f(x)的单调性，而底数a的值决定了函数f(x)的单调性，因此分01两种情况进行求解．注意对于底数含参的指数(对数)函数，当涉及单调性、值域(最值)、解不等式等问题时，一般需进行分类讨论．
(2)求f(x)在上的最小值时，主要是参数a的取值影响f(x)在的单调性，故要分类讨论．
　
导数在函数应用中的几种考法
[题根研究]
[题根]　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
当a2≤3时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上递增；
当a2>3时，由f′(x)＝0，求得两根为x＝，即f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.
(2)由
解得a≥2，即a的取值范围为[2，＋∞)．
[题根分析]　对于一元三次函数，要判断单调性并求单调区间，求导的方法比较简单．
[变式应用]


[变式1]　已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x＋a，由f′(x)≥0得到f(x)的单调递增区间为，由f′(x)≤0得到f(x)的单调递减区间为.
(2)由－≤－，解得a≤，
即a的取值范围为.
[变式2]　已知函数f(x)＝－，其中t为常数，且t>0.求函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值．
解：由f(x)＝－，
得f′(x)＝－－
＝.
因为x>0，当x0；当x>t时，f′(x)<0，所以当x＝t时，f(x)取得最大值f(t)＝.
[变式3]　设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集．
解：(1)f′(x)＝ex，由f′(x)＝0，得x＝1.
当x<0时，f′(x)<0；当0 当x≥1时，f′(x)≥0，
所以f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，0)和(0,1)．
(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝ex＝ex>0，得(x－1)(kx－1)<0.
所以当01时，解集是.
[变式4]　已知f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
∴当0 当10，f(x)在(1，e]上单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1，f(x)无极大值．
(2)证明：由(1)知f(x)min＝1.
又g′(x)＝，
∴当00，g(x)在(0，e]上单调递增．
∴g(x)max＝g(e)＝，
∴f(x)min－g(x)max＝1－，但由于f(x)和g(x)不能同时取得最小和最大值，
∴f(x)－g(x)>1－，即不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
[变式5]　设函数f(x)＝ax＋cos x，x∈[0，π]．
(1)当a＝时，求f(x)的单调区间；
(2)设f(x)≤1＋sin x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝时，f′(x)＝－sin x.
由f′(x)＝0，x∈[0，π]，得x＝或，
∴由f′(x)≥0得递增区间为和；
由f′(x)<0得递减区间为.
(2)在x∈[0，π]上，f(x)≤1＋sin x⇔ax＋cos x≤1＋sin x⇔ax－1≤sin x－cos x⇔ax－1≤sin

⇔函数y＝ax－1的图象恒在y＝sin图象的下方．
作出函数y＝ax－1和y＝sin在[0，π]的图象，由图可知，a≤＝，
即a的取值范围是.
　
(一)高等数学背景型临界问题
以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考命题的热点之一．
[高斯函数]　
对任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分，称f(x)＝[x]为高斯函数(取整函数)．
[有界函数]　
定义在区间D上的函数f(x)，若满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是区间D上的有界函数，其中M称为f(x)在区间D上的上界．
[例1]　(1)设集合A＝和B＝，其中符号[x]表示不大于x的最大整数，则A∩B＝________.
(2)已知函数f(x)＝1＋a·x＋x，若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则实数a的取值范围是________．
[解析]　(1)因为<8x<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3.
若[x]＝－3，则log2(x2＋3)＝2，无解；
若[x]＝－2，则log2(x2＋2)＝2，解得x＝－；
若[x]＝－1，则log2(x2＋1)＝2，无解；
若[x]＝0，则log2(x2)＝2，无解；
若[x]＝1，则log2(x2－1)＝2，无解；
若[x]＝2，则log2(x2－2)＝2，解得x＝；
若[x]＝3，则log2(x2－3)＝2，无解．
综上，A∩B＝{－，}．
(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.所以－4·2x－x≤a≤2·2x－x在[0，＋∞)上恒成立，
即max≤a≤min.
设t＝2x，h(t)＝－4t－，p(t)＝2t－，且t∈[1，＋∞)，易知h(t)＝－4t－在[1，＋∞)上单调递减，p(t)＝2t－在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1.
故实数a的取值范围为[－5,1]．
[答案]　(1){－，}　(2)[－5,1]
[微评]　本例(1)以取整函数为背景考查学生分析问题、解决问题的能力，解决本题的关键是对符号[x]的正确理解；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的能力，其中理解有界函数的意义是解题的关键．
(二)临界方法
[洛必达法则]
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝0及g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)＝l.
那么＝＝l.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝0及g(x)＝0；
(2)∃A≠0，f(x)和g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；
(3) ＝l.
那么＝＝l.
法则3　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)f(x)＝∞及g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)＝l.
那么＝＝l.
[例2]　已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即
解得
(2)由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－
＝.
令函数h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①若k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减．而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②若0＜k＜1.由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，
所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
③若k≥1.此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0.
与题设矛盾．
综上，k的取值范围为(－∞，0]．
此方法在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另解：(2)由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0.
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0.
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知g(x)＝2＋1＝2＋1＝2×＋1＝0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[微评]　在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．

A组——易错清零练
1．已知函数f(x)＝ln是奇函数，则实数a的值为(　　)
A．1　　　　　　　　　 　B．－1
C．1或－1 D．4
解析：选B　由题意知f(－x)＝－f(x)恒成立，则ln＝－ln，即＋a＝，解得a＝－1.故选B.
2．已知f(x)是奇函数，且f(2－x)＝f(x)，当x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当x∈(1,2)时，f(x)＝(　　)
A．－log2(4－x) B．log2(4－x)
C．－log2(3－x) D．log2(3－x)
解析：选C　依题意得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当x∈(1,2)时，x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝－log2(3－x)，选C.
3．已知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记a＝－2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．b C．c 解析：选D　因为函数f(x)为R上的奇函数，所以f(0)＝－m＝0，即m＝0.
设g(x)＝xf(x)，则g(x)为R上的偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x，g(x)＝x(－ex＋e－x)，
则g′(x)＝－x(ex＋e－x)－(ex－e－x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又a＝g(－2)＝g(2)，b＝g(－1)＝g(1)，c＝g(3)，
所以c 4．设函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)－(a＋2)f(x)＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－2－2,2－2) B.
C. D．(2－2，＋∞)
解析：选B　由题意可知，当x≤0时，10时，f(x)≥0，f(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．作出函数f(x)的图象如图所示．设t＝f(x)，则关于t的方程t2－(a＋2)t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈(1,2]．令g(t)＝t2－(a＋2)t＋3，
则解得2－2 5．已知y＝f(x)在(0,2)上是增函数，y＝f(x＋2)是偶函数，则f(1)，f，f的大小关系是__________．(用“<”连接)
解析：因为y＝f(x＋2)是偶函数，f(x＋2)的图象向右平移2个单位即得f(x)的图象．所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，又因为f(x)在(0,2)上是增函数，所以f(x)在(2,4)上是减函数，且f(1)＝f(3)，由于>3>，所以f 答案：f B组——方法技巧练
1．已知函数f(x)＝e－x＋log3，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x1>x0，则f(x1)的值(　　)
A．等于0 B．不大于0
C．恒为正值 D．恒为负值
解析：选D　由题意得f(x)＝e－x＋log3＝x－log3x，方程f(x)＝0，即f(x)＝x－log3x＝0.则x0为y1＝x与y2＝log3x图象的交点的横坐标，画出函数y1＝x与y2＝log3x的图象(图略)，可知当x1>x0时，y2>y1，f(x1)＝y1－y2<0，故选D.
2．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式xg(x)≤0的解集是(　　)
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．[－4，－2]∪[0，＋∞)
C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[0，＋∞)
解析：选C　依题意，画出函数的大致图象如图所示，
实线部分为g(x)的草图，
则xg(x)≤0⇔
或
由图可得xg(x)≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则实数b的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，
设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，
若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，
则函数g(x)在区间上存在子区间使得g′(x)＞0成立．
g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，
设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，
则h(2)＞0或h＞0，
即8－3b＞0或－b＞0，得b＜.
4．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2e时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1,4]上是减函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－2e时，f′(x)＝2x－＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值


由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)，
极小值是f()＝0，无极大值．
(2)由g(x)＝x2＋aln x＋，得g′(x)＝2x＋－.
又函数g(x)＝x2＋aln x＋为[1,4]上是减函数，
则g′(x)≤0在[1,4]上恒成立，
所以不等式2x－＋≤0在[1,4]上恒成立，
即a≤－2x2在[1,4]上恒成立．
又φ(x)＝－2x2在[1,4]为减函数，
所以φ(x)的最小值为φ(4)＝－，所以a≤－.
即实数a的取值范围为.
5．设函数f(x)＝x3－x2＋2x，g(x)＝ax2－(a－2)x.
(1)对于任意实数x∈[－1,2]，f′(x)≤m恒成立，求m的最小值；
(2)若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，求a的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝x2－x＋2，对称轴x＝∈[－1,2]，
∴f′(x)max＝f′(－1)＝4≤m，即m的最小值为4.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－(a＋1)x2＋ax，
则h′(x)＝x2－(a＋1)x＋a.
由h′(x)＝0，得x＝1或x＝a.
①当a>1时，h′(x)，h(x)随x的变化如下表：
x
(－1,1)
1
(1，a)
a
(a，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)

极大值

极小值


若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则解得a>3.
②当－1 x
(－1，a)
a
(a,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)

极大值

极小值


若方程f(x)＝g(x)在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，
则
解得－ 又∵－1 ③当a＝1时，h′(x)＝(x－1)2≥0.
∴h(x)在(－1，＋∞)上单调递增，不合题意．
④当a≤－1时，h(x)在区间(－1，＋∞)最多两个实根，不合题意．
综上，a的取值范围为∪∪.

C组——创新应用练

1．若a在[1,6]上随机取值，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，而1≤a≤6，∴1≤≤.要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C.
2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系可用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)表示为(　　)
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
解析：选B　法一：取特殊值法，若x＝56，y＝5，排除C、D，若x＝57，y＝6，排除A，故选B.
法二：设x＝10m＋n(0≤n≤9)，当0≤n≤6时，＝＝m＝，当6 3．对于使f(x)≤M成立的所有常数M，我们把M的最小值称为f(x)的上确界，若a，b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，则－－的上确界为(　　)
A．－ B.
C. D．－4
解析：选A　∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴＋≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
4．数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，在点x0附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－x0)．利用这一方法，m＝的近似代替值(　　)
A．大于m B．小于m
C．等于m D．与m的大小关系无法确定
解析：选A　依题意，取f(x)＝，则f′(x)＝，则有≈＋(x－x0)．令x＝4.001，x0＝4，则有≈2＋×0.001，注意到2＝4＋0.001＋2>4.001，即m＝的近似代替值大于m，故选A.
5．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是(　　)
A．[2,4] B．
C． D．[2,3]
解析：选D　∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是增函数，又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点，由g(x)＝0得a＝(0≤x≤2)，即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3，故选D.
6．函数y＝f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为kA，kB，规定K(A，B)＝(|AB|为线段AB的长度)叫做曲线y＝f(x)在点A与点B之间的“近似曲率”．设曲线y＝上两点A，B(a>0且a≠1)，若m·K(A，B)>1恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：因为y′＝－ ，所以kA＝－，kB＝－a2，
又|AB|＝ ＝，
所以K(A，B)＝＝>，<，所以由m>得，m≥.
答案：
7．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， ＝＝＝，故a≤.
综上，a的取值范围为.

(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数f(x)＝2cos2－1是(　　)
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为的奇函数
D．最小正周期为的偶函数
解析：选A　因为f(x)＝2cos2－1＝cos 2＝cos＝sin 2x，所以最小正周期T＝＝π，f(x)是奇函数，即函数f(x)是最小正周期为π的奇函数．
2．(2018·浙江名师原创卷)已知函数f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为45°，则a的值为(　　)
A．－1　　　　　　　 　 　B．0
C．1 D．2
解析：选B　∵f′(x)＝，∴f′(1)＝＝tan 45°＝1，解得a＝0.故选B.
3．(2018·浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|＝4，|b|＝1，且(a＋8b)⊥a，则向量a，b的夹角为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由(a＋8b)⊥a，得|a|2＋8a·b＝0，因为|a|＝4，所以a·b＝－2，所以cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.故选C.
4．(2018·浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)

A．20＋π B．20＋π
C．24＋(－1)π D．24＋π
解析：选C　由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正方体的侧面积为4×2×2＝16，正方体的一个底面面积为2×2＝4，圆锥的底面圆的半径为1，高为1，母线长为＝，侧面积为π×1×＝π，所以该几何体的表面积为16＋4＋π＋4－π×12＝24＋(－1)π，故选C.
5．(2018·浙江联盟校联考)函数f(x)＝的图象大致为(　　)

解析：选B　函数f(x)的定义域为R，故排除A.
又f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故排除C.
又f(1)＝＝>0，所以排除D.
综上，选B.
6．(2018·阜阳模拟)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1⊥PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　∵F1，F2是椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的左、右两个焦点，
∴F1(－c,0)，F2(c,0)，c2＝a2－b2.
设点P(x，y)，由PF1⊥PF2，得(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，化简得x2＋y2＝c2.
联立方程组整理得，x2＝(2c2－a2)·≥0，解得e≥.又0＜e＜1，∴≤e＜1.
7．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤对任意x∈R恒成立，且f>0，则f(x)的单调递减区间是(　　)
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
解析：选C　由题意可得函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，故有2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ，k∈Z.又f＝sin>0，所以φ＝2nπ，n∈Z，所以f(x)＝sin(2x＋2nπ)＝sin 2x.令2kπ＋≤2x≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，故函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z，故选C.
8．若实数x，y满足约束条件则z＝2x＋y的最小值为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．7
解析：选B　作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线2x＋y＝0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z＝2x＋y取得最小值，且zmin＝2×1＋2＝4，故选B.
9．(2018·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝(2x－1)·ex＋ax2－3a(x>0)为增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2 ] D.
解析：选A　∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.设g(x)＝ex，则g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵当x>时，g′(x)>0，当0 10．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x∈(0,2)时，f(x)＝x3，则函数f(x)在区间[2 018,2 021]上(　　)
A．无最大值 B．最大值为0
C．最大值为－1 D．最大值为1
解析：选D　因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(4－x)＝－f(x)．又函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(－x)．令t＝－x，得f(4＋t)＝f(t)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数．又函数f(x)的定义域为R，且函数f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－2)＝－f(2)，由函数f(x)的周期为4，得f(－2)＝f(2)，所以－f(2)＝f(2)，解得f(2)＝0.所以f(－2)＝0.依此类推，可以求得f(2n)＝0(n∈Z)．作出函数f(x)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的图象与在区间[－2,1]上的图象完全一样．观察图象可知，函数f(x)在区间(－2,1]上单调递增，且f(1)＝13＝1，又f(－2)＝0，
所以函数f(x)在区间[－2,1]上的最大值是1，故函数f(x)在区间[2 018,2 021]上的最大值也是1.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．(2018·浙江考前冲刺卷)在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2＋a5＋a8＝27，则a5＝________，S9＝________.
解析：法一：设公差为d，∵a2＋a5＋a8＝27，∴3a1＋12d＝27，∴a1＋4d＝9，即a5＝9，∴S9＝9a1＋d＝9(a1＋4d)＝81.
法二：∵a2＋a5＋a8＝3a5＝27，∴a5＝9，∴S9＝(a1＋a9)＝9a5＝81.
答案：9　81
12．(2018·绍兴教学质量监测)设函数f(x)＝g＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为9x＋y－1＝0，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，
又f′(x)＝g′＋2x，
∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，
f(2)＝g(1)＋4＝－4，
∴所求切线方程为y＋4＝－(x－2)，
即x＋2y＋6＝0.
答案：x＋2y＋6＝0
13．(2018·浙江考前冲刺卷)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝4，cos B＝－，sin A＝，则c＝________，S△ABC＝________.
解析：法一：由cos B＝－得，sin B＝＝.由正弦定理＝得a＝2.由b2＝a2＋c2－2accos B，即c2＋c－12＝0，解得c＝3(c＝－4舍去)．S△ABC＝acsin B＝×2×3×＝.
法二：由cos B＝－得，sin B＝＝，由sin A＝，得cos A＝，所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，由正弦定理＝得c＝3，S△ABC＝bcsin A＝×4×3×＝.
答案：3　
14．已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝0，当x<0时，f′(x)＋>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．
解析：因为f(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，则f(－1)＝f(1)＝0.当x<0时，f′(x)＋＝>0，∴xf′(x)＋f(x)<0，即(xf(x))′<0.令g(x)＝xf(x)，可知g(x)在(－∞，0)上单调递减，且g(－1)＝－f(－1)＝0.当x<－1时，xf(x)>0，∴f(x)<0；当－10.由对称性知，f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
答案：(－1,0)∪(0,1)
15．已知函数f(x)＝|x2－2ax＋2|，若f(x)≤1在区间上恒成立，则实数a的取值范围是__________；设max{m，n}＝则max的最小值为________．
解析：由f(x)＝|x2－2ax＋2|≤1在上恒成立可得－1≤x2－2ax＋2≤1，即x＋≤2a≤x＋在区间上恒成立，所以max≤2a≤min，所以≤2a≤2，解得≤a≤.因为max＝max{|9－4a|，|6－4a|}≥≥＝，所以其最小值为.
答案：　
16．(2019届高三·镇海中学检测)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A(2,1)，B是E上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若∠AF2B＝，S△ABF2＝，则双曲线E的标准方程为________________．
解析：如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，

所以S△ABF2＝S△AF1F2，∠F1AF2＝，所以|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos ，
即4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－|AF1||AF2|，①
又4a2＝(|AF1|－|AF2|)2，
所以4a2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|，②
由①②可得|AF1||AF2|＝4b2，
又S△ABF2＝×4b2×＝，所以b2＝1，
将点A(2,1)代入－y2＝1，可得a2＝2，故双曲线E的标准方程为－y2＝1.
答案：－y2＝1
17．(2018·浙江联盟校联考)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x∈(0,1]时，f(x)＝9x－3，则f＝________；若数列{an}满足an＝f(log2(64＋n))，对n∈N*且n<100，当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝________.
解析：由f(x)为奇函数可得f(－x)＝－f(x)，由f(x)的图象关于直线x＝1对称可得f(1＋x)＝f(1－x)，得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)的一个周期为4.

作出f(x)在(－2,2)上的图象如图所示，结合图象知，当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
由周期性可知，当x∈时，f(x)>0，
当x∈时，f(x)<0，且f＝f＝0.
而6 ∴当60，
∵64＝∈(90,91)，∴n≤26，
当27≤n<100时， ∴当a1＋a2＋…＋an最大时，n＝26.
答案：0　26
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·嘉兴模拟)如图，在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝.AD⊥PB，将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD.

(1)若M是侧棱PB的中点，求证：CM∥平面PAD；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：取PA的中点N，连接MN，DN.
∵M，N为PB，PA的中点，∴MN綊AB.
在等腰梯形PDCB中，PB＝3，DC＝1，
∵AD⊥PB，∴CD綊AB，∴MN綊DC，
∴四边形MNDC为平行四边形，故CM∥DN.
∵CM⊄平面PAD，DN⊂平面PAD，
∴CM∥平面PAD.

(2)作BE∥AD交DC的延长线于E点．
∵AD⊥AB且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD.
如图，将几何体补成直三棱柱PAD ­KBE.
过点B作BH⊥KE，∵PK⊥平面BEK，∴PK⊥BH，
∴BH⊥平面PCD，则PB在平面PCD上的射影为PH，故∠BPH就是直线PB与平面PCD所成角．
在Rt△PBH中，BH＝KE＝，且PB＝，
∴sin∠BPH＝＝，
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝3ax2－2(a－b＋1)x－b，a，b∈R，x∈[－1,1]．
(1)若a＋b＝1，证明函数f(x)的图象必过定点；
(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．
解：(1)证明：因为a＋b＝1，所以b＝1－a.
所以f(x)＝a(3x2－4x＋1)－1，要使函数过定点，则须3x2－4x＋1＝0，
解得x＝1或x＝.
故可知函数的图象必过定点(1，－1)和.
(2)当a＝0时，f(x)＝2(b－1)x－b∈[b－2,2－3b]，所以此时|f(x)|≤5；
当a<0时，对称轴x＝≤，
①≤－1，即b≤1＋4a时，f(x)∈[a＋b－2,5a－3b＋2]，此时－4≤f(x)≤，即|f(x)|≤4；
②>－1，即b>1＋4a时，f(x)≤－b－<－b－3a≤4，
又f(x)≥min{a＋b－2,5a－3b＋2}≥－6，所以|f(x)|≤6.
当a>0时，对称轴x＝≥，
①≥1，即b≤1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥a＋b－2>－3，所以|f(x)|≤10；
②<1，即b>1－2a时，f(x)≤5a－3b＋2≤10，
f(x)≥－b－≥－b－3a≥－4，所以|f(x)|≤10.
综上，M的最大值为10，当a＝1，b＝－1，x＝－1时取到．
20．(本小题满分15分)(2018·杭州高三质检)如图，过抛物线M：y＝x2上一点A(点A不与原点O重合)

作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C，G是抛物线M上异于点A的点，且G为△ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.
(1)设A(x0，x)(x0≠0)，求直线AB的方程；
(2)求的值．
解：(1)因为y′＝2x，
所以直线AB的斜率k＝y′|x＝x0＝2x0，
所以直线AB的方程为y－x＝2x0(x－x0)，
即y＝2x0x－x.
(2)由题意得，点B的纵坐标yB＝－x，
所以AB的中点坐标为.
设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为x＝my＋x0.
由得m2y2＋(mx0－1)y＋x＝0.
因为G为△ABC的重心，所以y1＝3y2.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝4y2＝，y1y2＝3y＝.
所以＝，
解得mx0＝－3±2.
所以点D的纵坐标yD＝－＝，
故＝＝4±6.
21．(本小题满分15分)(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)≤e－x＋x2.
解：(1)由题意x>0，f′(x)＝1＋a＋aln x.
①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增；
③当a<0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递减，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e－1－>0，故当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，则a<0，且e－1－＝1，解得a＝－1，故此时f(x)＝x－xln x，
要证f(x)≤e－x＋x2，只需证x－xln x≤e－x＋x2，
即证e－x＋x2－x＋xln x≥0，
设h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0，
则h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x.
令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝e－x＋2＋>0，
所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x单调递增，
又h′＝－e＋－1<0，h′(1)＝－＋2>0，
故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在上存在唯一零点x0，即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0.
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0，
所以只需证h(x0)＝e－x0＋x－x0＋x0ln x0≥0即可，
由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，得e－x0＝2x0＋ln x0，
所以h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，又x0＋1>0，
所以只要x0＋ln x0≥0即可，
法一：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0⇒x0 所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾，
故x0＋ln x0≥0，得证．
法二：当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0⇒x0 所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0>0时，ln x0>－x0⇒x0>e－x0⇒－e－x0＋x0>0，
所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0>0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0⇒x0＝e－x0⇒－e－x0＋x0＝0，
得－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，故x0＋ln x0＝0成立，
得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，所以h(x)≥0，
即f(x)≤e－x＋x2.
22．(本小题满分15分)(2018·金华统考)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>；
由f′(x)<0，得0 ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)∵当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增．
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e.
∴当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有且只有一个零点．