浙江专用高考数学复习教师用书1专题一函数与导数不等式.docx

教师用书1 专题一 函数与导数、不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程高考定位1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真 题 感 悟 1.(2016山东卷)已知函数f(x)的定义域为R，当x时，ff，则f(6)()A.2 B.1C.0 D.2解析当x时，ff，即f(x)f(x1)，f(6)f(1).当x82.820，排除A；f(2)8e282.720时，f(x)2x2ex，f(x)4xex，当x时，f(x)0，若存在实数b，使得关于x的方程f(x)b有三个不同的根，则m的取值范围是_.解析如图，当xm时，f(x)|x|；当xm时，f(x)x22mx4m在(m，)为增函数，若存在实数b，使方程f(x)b有三个不同的根，则m22mm4m0，m23m0，解得m3.答案(3，)考 点 整 合1.函数的性质(1)单调性用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.常见判定方法：()定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；()图象法；()复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；()导数法.(2)奇偶性：若f(x)是偶函数，那么f(x)f(x)；若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)0；奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性；(3)周期性：常见结论有若yf(x)对xR，f(xa)f(xa)或f(x2a)f(x)(a0)恒成立，则yf(x)是周期为2a的周期函数；若yf(x)是偶函数，其图象又关于直线xa对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；若yf(x)是奇函数，其图象又关于直线xa对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数；若f(xa)f(x)，则yf(x)是周期为2|a|的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究.3.求函数值域有以下几种常用方法：(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等.4.函数的零点问题(1)函数F(x)f(x)g(x)的零点就是方程f(x)g(x)的根，即函数yf(x)的图象与函数yg(x)的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法：直接解方程法；利用零点存在性定理；数形结合，利用两个函数图象的交点求解热点一函数性质的应用【例1】 (1)已知定义在R上的函数f(x)2|xm|1(m为实数)为偶函数，记af(log0.53)，bf(log25)，cf(2m)，则a，b，c的大小关系为()A.abc B.acbC.cab D.cba(2)(2016全国卷)已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数y与yf(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，则(xiyi)()A.0 B.mC.2m D.4m解析(1)由f(x)2|xm|1是偶函数可知m0，所以f(x)2|x|1.所以af(log0.53)2|log0.53|12log2312，bf(log25)2|log25|12log2514，cf(0)2|0|10，所以cab.(2)法一由题设得(f(x)f(x)1，点(x，f(x)与点(x，f(x)关于点(0，1)对称，则yf(x)的图象关于点(0，1)对称.又y1，x0的图象也关于点(0，1)对称.则交点(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)成对出现，且每一对关于点(0，1)对称.则02m，故选B.法二特殊函数法，根据f(x)2f(x)可设函数f(x)x1，由y，解得两个点的坐标为此时m2，所以(xiyi)2m，故选B.答案(1)C(2)B探究提高(1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).【训练1】 (1)(2015全国卷)若函数f(x)xln(x)为偶函数，则a_.(2)(2016四川卷)已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)4x，则ff(1)_.解析(1)f(x)为偶函数，则ln(x)为奇函数，所以ln(x)ln(x)0，即ln(ax2x2)0，a1.(2)f(x)是周期为2的函数，所以f(x)f(x2)；而f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，所以f(1)f(1)，f(1)f(1)，即f(1)0，又fff，f42，故f2，从而ff(1)2.答案(1)1(2)2热点二函数图象的问题微题型1函数图象的变换与识别【例21】 (1)(2016浙江诊断)已知f(x)2x1，g(x)1x2，规定：当|f(x)|g(x)时，h(x)|f(x)|；当|f(x)|g(x)时，h(x)g(x)，则h(x)()A.有最小值1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值1，无最大值D.有最大值1，无最小值(2)函数f(x)sin x的大致图象为()解析(1)由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)故h(x)有最小值1，无最大值.(2)由y1x为奇函数，y2sin x为奇函数，可得函数f(x)sin x为偶函数，因此排除C、D.又当x时，y10，y20，f0，因此选B.答案(1)C(2)B探究提高(1)作图：常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.尤其注意yf(x)与yf(x)、yf(x)、yf(x)、yf(|x|)、y|f(x)|及yaf(x)b的相互关系.(2)识图：从图象与x轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系.微题型2函数图象的应用【例22】 (1)已知函数f(x)若|f(x)|ax，则实数a的取值范围是()A.(，0 B.(，1)C.2，1 D.2，0(2)(2015全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0时，只需在x0时，ln(x1)ax成立.比较对数函数与一次函数yax的增长速度.显然不存在a0使ln(x1)ax在x0上恒成立.当a0时，只需在x0时，x22xax成立.即ax2成立，a2.综上所述：2a0.故选D.(2)设g(x)ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e，当x0时，g(0)1，当x1时，g(1)e0，直线ya(x1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x00，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a1，故选D.答案(1)D(2)D探究提高(1)涉及到由图象求参数问题时，常需构造两个函数，借助两函数图象求参数范围.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.【训练2】 (2016安庆二模)已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx.若方程f(x)g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是()A. B.C.(1，2) D.(2，)解析由f(x)g(x)，|x2|1kx，即|x2|kx1，所以原题等价于函数y|x2|与ykx1的图象有2个不同交点.如图：ykx1在直线yx1与yx1之间，k1，故选B.答案B热点三函数的零点与方程根的问题微题型1函数零点的判断【例31】 (1)函数f(x)log2x的零点所在的区间为()A. B.C.(1，2) D.(2，3)(2)(2016武汉二模)函数f(x)4cos2cos2sin x|ln(x1)|的零点个数为_.解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，且函数f(x)在(0，)上为增函数.flog21230，f(1)log21010，f(2)log2210，f(3)log2310，即f(1)f(2)0，函数f(x)log2x的零点在区间(1，2)内.(2)f(x)4cos2sin x2sin x|ln(x1)|2sin x|ln(x1)|sin 2x|ln(x1)|，令f(x)0，得sin 2x|ln(x1)|.在同一坐标系中作出两个函数ysin 2x与函数y|ln(x1)|的大致图象如图所示.观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.答案(1)C(2)2探究提高函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有函数零点值大致存在区间的确定；零点个数的确定；两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.微题型2由函数的零点(或方程的根)求参数【例32】 (1)(2016郑州二模)若方程ln(x1)x2xa在区间0，2上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是()A. B.ln 21，ln 31)C.ln 21，ln 2 D.(2)已知函数f(x)函数g(x)bf(2x)，其中bR，若函数yf(x)g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是()A. B.C. D.解析(1)令f(x)ln(x1)x2xa，则f(x)2x.当x0，1)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，2时，f(x)0，f(x)单调递减.由于方程ln(x1)x2xa在区间0，2上有两个不同的实数根，即f(x)0在区间0，2上有两个不同的实数根，其充要条件为解得ln 31aln 2.所以方程ln(x1)x2xa在区间0，2上有两个不同的实数根时，实数a的取值范围是.(2)函数yf(x)g(x)恰有4个零点，即方程f(x)g(x)0，即bf(x)f(2x)有4个不同实数根，即直线yb与函数yf(x)f(2x)的图象有4个不同的交点，又yf(x)f(2x)作出该函数的图象如图所示，由图可知，当b2时，直线yb与函数yf(x)f(2x)的图象有4个不同的交点，故函数yf(x)g(x)恰有4个零点时，b的取值范围是.答案(1)A(2)D探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练3】 设函数f(x)x23x3aex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为_.解析令f(x)0，可得a，令g(x)，则g(x)，令g(x)0，可得x(1，0)，令g(x)0，可得x(，1)(0，)，所以g(x)在(1，0)上单调递增，在(，1)和(0，)上单调递减.由题意知函数yg(x)的图象与直线ya有且仅有一个交点，结合yg(x)及ya的图象可得a(0，e)(3，).答案(0，e)(3，)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)的定义域时，只考虑x0，忽视ln x0的限制.2.如果一个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)0.3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较；(2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同，真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小.4.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图；(2)对函数解析式进行恒等变换，转化为已知方程对应的曲线；(3)通过研究函数的性质，明确函数图象的位置和形状.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016临沂模拟)下列函数中，既是奇函数，又在区间(1，1)上单调递减的函数是()A.f(x)sin x B.f(x)2cos x1C.f(x)2x1 D.f(x)ln 解析由函数f(x)为奇函数排除B、C，又f(x)sin x在(1，1)上单调递增，排除A，故选D.答案D2.(2015湖南卷)设函数f(x)ln(1x)ln(1x)，则f(x)是()A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B.奇函数，且在(0，1)上是减函数C.偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数解析易知函数定义域为(1，1)，f(x)ln(1x)ln(1x)f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)lnln，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，故选A.答案A3.已知二次函数f(x)x2bxa的部分图象如图所示，则函数g(x)exf(x)的零点所在的区间是()A.(1，0) B.(0，1)C.(1，2) D.(2，3)解析由函数f(x)的图象可知，0f(0)a1，f(1)1ba0，所以1b2.又f(x)2xb，所以g(x)ex2xb，所以g(x)ex20，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)1b0，g(1)e2b0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选B.答案B4.(2016西安八校联考)函数y的图象大致是()解析由3x10得x0，函数y的定义域为x|x0，可排除A；当x1时，y0，可排除B；当x2时，y1，当x4时，y，但从D的函数图象可以看出函数在(0，)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除D.故选C.答案C5.如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则yf(x)的图象大致为()解析当点P沿着边BC运动，即0x时，在RtPOB中，|PB|OB|tanPOBtan x，在RtPAB中，|PA|，则f(x)|PA|PB|tan x，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；当点P与点C重合，即x时，由以上得ftan1，又当点P与边CD的中点重合，即x时，PAO与PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f|PA|PB|2，知ff，故又可排除D.综上，选B.答案B二、填空题6.(2016浙江卷)已知ab1.若loga blogb a，abba，则a_，b_.解析设logbat，则t1，因为t，解得t2，所以ab2，因此ab(b2)bb2bba，a2b，b22b，又b1，解得b2，a4.答案427.已知函数f(x)其中x表示不超过x的最大整数.若直线yk(x1)(k0)与函数yf(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是_.解析根据x表示的意义可知，当0x1时，f(x)x，当1x2时，f(x)x1，当2x3时，f(x)x2，以此类推，当kxk1时，f(x)xk，kZ，当1x0时，f(x)x1，作出函数f(x)的图象如图，直线yk(x1)过点(1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k.答案8.(2016海淀二模)设函数f(x)(1)若a1，则f(x)的最小值为_；(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是_.解析(1)当a1时，f(x)当x1时，f(x)2x1(1，1)，当x1时，f(x)4(x23x2)41，f(x)min1.(2)由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：当f(x)2xa，x1没有零点时，a2或a0.当a2时，f(x)4(xa)(x2a)，x1时，有2个零点；当a0时，f(x)4(xa)(x2a)，x1时无零点.因此a2满足题意.当f(x)2xa，x1有一个零点时， 0a2.f(x)4(xa)(x2a)，x1有一个零点，此时a1, 2a1，因此ab1，0c1，则()A.acbc B.abcbacC.alogbcblogac D.logac0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法：(1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；(2)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.6.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来，常用的方法有：比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.热点一利用基本不等式求最值 微题型1基本不等式的简单应用【例11】 (1)(2016山东师大附中模拟)设正实数x，y，z满足x23xy4y2z0，则当取得最大值时，的最大值为()A.0 B.1 C. D.3(2)已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得4a1，则的最小值为_.解析(1)由已知得zx23xy4y2，(*)则1，当且仅当x2y时取等号，把x2y代入(*)式，得z2y2，所以11.所以当y1时，的最大值为1.(2)设等比数列an的公比为q，a7a62a5，a5q2a5q2a5，q2q20，解得q2或q1(舍去).4a1，平方得2mn21624，mn6，(mn)(54)，当且仅当，即n2m，亦即m2，n4时取等号.答案(1)B(2)探究提高在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值，等号能够取得.微题型2带有约束条件的基本不等式问题【例12】 (1)已知两个正数x，y满足x4y5xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为()A.5，5 B.10， C.10，5 D.10，10(2)(2016临沂模拟)设x，y为实数，若4x2y2xy1，则2xy的最大值是_.解析(1)x0，y0，x4y5xy25，即xy450，可求xy25.当且仅当x4y时取等号，即x10，y.(2)4x2y2xy1，(2xy)23xy1，即(2xy)22xy1，(2xy)21，解之得(2xy)2，即2xy.等号当且仅当2xy0，即x，y时成立.答案(1)B(2)探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，或对约束条件中的一部分利用基本不等式，构造不等式进行求解.【训练1】 (1)已知向量a(3，2)，b(x，y1)，且ab，若x，y均为正数，则的最小值是()A. B. C.8 D.24(2)若直线2axby20(a0，b0)被圆x2y22x4y10截得的弦长为4，则的最小值是_.解析(1)ab，3(y1)2x0，即2x3y3.x0，y0，(2x3y)(1226)8.当且仅当3y2x时取等号.(2)易知圆x2y22x4y10的半径为2，圆心为(1，2)，因为直线2axby20(a0，b0)被圆x2y22x4y10截得的弦长为4，所以直线2axby20(a0，b0)过圆心，把圆心坐标代入得ab1，所以(ab)24，当且仅当，ab1，即ab时等号成立.答案(1)C(2)4热点二含参不等式恒成立问题微题型1分离参数法解决恒成立问题【例21】 (1)关于x的不等式x1a22a0对x(0，)恒成立，则实数a的取值范围为_.(2)已知x0，y0，xy3xy，且不等式(xy)2a(xy)10恒成立，则实数a的取值范围是_.解析(1)设f(x)x，因为x0，所以f(x)x24.又关于x的不等式x1a22a0对x(0，)恒成立，所以a22a14，解得1a3，所以实数a的取值范围为(1，3).(2)要使(xy)2a(xy)10恒成立，则有(xy)21a(xy)，即a(xy)恒成立.由xy3xy，得xy3xy，即(xy)24(xy)120，解得xy6或xy2(舍去).设txy，则t6，(xy)t.设f(t)t，则在t6时，f(t)单调递增，所以f(t)t的最小值为6，所以a，即实数a的取值范围是.答案(1)(1，3)(2)探究提高对于含参数的不等式恒成立问题，常通过分离参数，把求参数的范围化归为求函数的最值问题，af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min.微题型2函数法解决恒成立问题【例22】 (1)已知f(x)x22ax2，当x1，)时，f(x)a恒成立，则a的取值范围为_.(2)已知二次函数f(x)ax2x1对x0，2恒有f(x)0.则实数a的取值范围为_.解析(1)法一f(x)(xa)22a2，此二次函数图象的对称轴为xa，当a(，1)时，结合图象知，f(x)在1，)上单调递增，f(x)minf(1)2a3.要使f(x)a恒成立，只需f(x)mina，即2a3a，解得3a1；当a1，)时，f(x)minf(a)2a2，由2a2a，解得2a1.1a1.综上所述，所求a的取值范围为3a1.法二设g(x)f(x)a，则g(x)x22ax2a0在1，)上恒成立，即4a24(2a)0或解得3a1.(2)法一函数法.若a0，则对称轴x0，故f(x)在0，2上为增函数，且f(0)1，因此在x0，2上恒有f(x)0成立.若a0，则应有f(2)0，即4a30，a.a0.综上所述，a的取值范围是a且a0.法二分离参数法.当x0时，f(x)10成立.当x0时，ax2x10变为a，令g(x).当时，g(x).a，a.又a0，a的取值范围是a且a0.答案(1)3，1(2)(0，)探究提高参数不易分离的恒成立问题，特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解，常用的方法是借助函数图象根的分布，转化为求函数在区间上的最值或值域问题.【训练2】 (1)若不等式x2ax10对于一切a2，2恒成立，则x的取值范围是_.(2)已知不等式|a2a|对于x2，6恒成立，则a的取值范围是_.解析(1)因为a2，2，可把原式看作关于a的函数，即g(a)xax210，由题意可知解之得xR.(2)设y，y，故y在x2，6上单调递减，即ymin，故不等式|a2a|对于x2，6恒成立等价于|a2a|恒成立，化简得解得1a2，故a的取值范围是1，2.答案(1)R(2)1，2热点三线性规划中的含参问题【例3】 (1)(2016陕西八校二模)已知a0，x，y满足约束条件若z2xy的最小值为1，则a()A. B.C.1 D.2(2)(2016济南十校二模)已知x，y满足约束条件若zaxy的最大值为4，则a() A.3 B.2 C.2 D.3解析(1)由约束条件画出可行域(如图所示的ABC及其内部)，由得A(1，2a)，当直线2xyz0过点A时，z2xy取得最小值，所以1212a，解得a.(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由得B(1，1).由zaxy，得yaxz.当a2或a3时，zaxy在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax0，不满足题意，排除C，D；当a2或3时，zaxy在A(2，0)处取得最大值，2a4，a2，排除A，故选B.答案(1)B(2)B探究提高对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可.【训练3】 (1)(2016浙江卷)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影.由区域中的点在直线xy20上的投影构成的线段记为AB，则|AB|()A.2 B.4C.3 D.6(2)已知x，y满足且目标函数z2xy的最小值为1，则实数a的值是()A. B.C. D.解析(1)已知不等式组表示的平面区域如图中PMQ所示.因为l与直线xy0平行.所以区域内的点在直线xy2上的投影构成线段AB，则|AB|PQ|.由解得P(1，1)，由解得Q(2，2).|AB|PQ|3.(2)依题意，不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分)，观察图象可知，当目标函数z2xy过点B(a，a)时，zmin2aa3a；因为目标函数z2xy的最小值为1，所以3a1，解得a，故选C.答案(1)C(2)C热点四绝对值问题的综合应用【例4】 (2016浙江卷)已知a3，函数F(x)min2|x1|，x22ax4a2，其中minp，q(1)求使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围；(2)求F(x)的最小值m(a)；求F(x)在区间0，6上的最大值M(a).解(1)由于a3，故当x1时，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0，当x1时，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a).所以使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围是2，2a.(2)设函数f(x)2|x1|，g(x)x22ax4a2，则f(x)minf(1)0，g(x)ming(a)a24a2，所以，由F(x)的定义知m(a)min，即m(a)当0x2时，F(x)f(x)max2F(2).当2x6时，F(x)g(x)maxmaxmax.所以M(a)探究提高1.处理函数问题，数形结合和分类讨论是最常见的思想方法，准确地画出图象可以回避许多冗长的计算，从而直指问题的核心.最值函数是浙江省高考的特色.2.高考对函数的考查主要集中在两个方面，在知识方面一般考查求函数的最值，研究函数的零点、单调性等问题；在思想方法上一般考查分类讨论思想和数形结合思想.【训练4】 (2016浙江五校联考)已知函数f(x)x2axb(a，bR)，记M(a，b)是|f(x)|在区间1，1上的最大值.(1)证明：当|a|2时，M(a，b)2；(2)当a，b满足M(a，b)2时，求|a|b|的最大值.(1)证明由f(x)b，得对称轴为直线x.由|a|2，得|1，故f(x)在1，1上单调，所以M(a，b)max|f(1)|，|f(1)|.当a2时，由f(1)f(1)2a4，得maxf(1)，f(1)2，即M(a，b)2.当a2时，由f(1)f(1)2a4， 得maxf(1)，f(1)2，即M(a，b)2.综上，当|a|2时，M(a，b)2.(2)解由M(a，b)2得|1ab|f(1)|2，|1ab|f(1)|2，故|ab|3，|ab|3.由|a|b|得|a|b|3.当a2，b1时，|a|b|3，且|x22x1|在1，1上的最大值为2.即M(2，1)2.所以|a|b|的最大值为3.1.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法.2.基本不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2016全国卷)已知a2，b3，c25，则()A.bac B.abcC.bca D.cab解析a2，b3，c25，所以bac.答案A2.(2016杭州模拟)已知函数f(x)若f(a)f(a)2f(1)，则实数a的取值范围是()A.0，1 B.1，0 C.1，1 D.1，0解析f(a)f(a)2f(1)或即或解得0a1，或1a0.故1a1.答案C3.(2016浙江卷)已知a，b0且a1，b1，若logab1，则()A.(a1)(b1)0 B.(a1)(ab)0C.(b1)(ba)0 D.(b1)(ba)0解析由a，b0且a1，b1，及logab1logaa可得：当a1时，ba1，当0a1时，0ba1，代入验证只有D满足题意.答案D4.已知当x0时，2x2mx10恒成立，则m的取值范围为()A.2，) B.(，2C.(2，) D.(，2)解析由2x2mx10，得mx2x21，因为x0，所以m2x.而2x22.当且仅当2x，即x时取等号，所以m2.答案C5.(2016珠海模拟)若x，y满足不等式组则的最小值是()A. B. C. D.1解析不等式组所表示的平面区域如图所示，表示原点(0，0)到此区域内的点P(x，y)的距离.显然该距离的最小值为原点到直线x2y20的距离.故最小值为.答案B二、填空题6.已知函数f(x)那么不等式f(x)1的解集为_.解析当x0时，由log3x1可得x3，当x0时，由1可得x0，不等式f(x)1的解集为(，03，).答案(，03，)7.当实数x，y满足时，1axy4恒成立，则实数a的取值范围是_.解析作出可行域如图由1axy4，结合图象知a0.且在(1，0)点取最小值，在(2，1