创新设计（全国通用）2023届高考数学二轮复习教师用书专题一至专题三文

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.以根本初等函数为依托，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根本方式.真题感悟1.(2023·北京卷)以下函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是()A.y＝eq\f(1,1－x)B.y＝cosxC.y＝ln(x＋1)D.y＝2－x解析y＝eq\f(1,1－x)与y＝ln(x＋1)在区间(－1，1)上为增函数；y＝cosx在区间(－1，1)上不是单调函数；y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－1，1)上单调递减.答案D2.(2023·全国Ⅰ卷)函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]上的图象大致为()解析令f(x)＝2x2－e|x|(－2≤x≤2)，那么f(x)是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B；当x>0时，令g(x)＝2x2－ex，那么g′(x)＝4x－ex，而当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，g′(x)<eq\f(1,4)×4－e0＝0，因此g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递减，排除C，应选D.答案D3.(2023·全国Ⅱ卷)以下函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lgx的定义域和值域相同的是()A.y＝xB.y＝lgxC.y＝2xD.y＝eq\f(1,\r(x))解析函数y＝10lgx的定义域为{x|x>0}，值域为{y|y>0}，所以与其定义域和值域分别相同的函数为y＝eq\f(1,\r(x))，应选D.答案D4.(2023·四川卷)假设函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0<x<1时，f(x)＝4x，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝________.解析∵f(x)周期为2，且为奇函数，(0，1)内f(x)＝4x，那么可大致画出(－1，1)内图象如图，∴f(0)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＋f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(0)＝－2＋0＝－2.答案－2考点整合1.函数的性质(1)单调性①用来比拟大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.②常见判定方法：(ⅰ)定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；(ⅱ)图象法；(ⅲ)复合函数的单调性遵循“同增异减〞的原那么；(ⅳ)导数法.(2)奇偶性：①假设f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②假设f(x)是奇函数，0在其定义域内，那么f(0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性.(3)周期性：常见结论有：①假设y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，那么y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②假设y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，那么f(x)是周期为2|a|的周期函数；③假设y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，那么f(x)是周期为4|a|的周期函数；④假设f(x＋a)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或f〔x＋a〕＝\f(1,f〔x〕)))，那么y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种根本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意结合其图象研究.3.指数函数y＝ax(a＞0，a≠1)与对数函数y＝logax(a＞0，a≠1)的图象和性质，分0＜a＜1，a＞1两种情况，着重关注函数图象中两种情况的公共性质.4.函数的零点问题(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.热点一函数性质的应用[微题型1]单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性【例1－1】(1)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，那么f(x)是()A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B.奇函数，且在(0，1)上是减函数C.偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数(2)(2023·全国Ⅰ卷)假设函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，那么a＝________.(3)(2023·北京卷)函数f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________.解析(1)易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,x－1)))，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，应选A.(2)f(x)为偶函数，那么ln(x＋eq\r(a＋x2))为奇函数，所以ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(－x＋eq\r(a＋x2))＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.(3)f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递减，那么f(x)最大值为f(2)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案(1)A(2)1(3)2探究提高牢记函数的奇偶性、单调性的定义以及求函数定义域的根本条件，这是解决函数性质问题的关键点.[微题型2]综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性【例1－2】(1)(2023·天津二模)定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，那么a，b，c的大小关系为()A.a＜b＜cB.c＜a＜bC.a＜c＜bD.c＜b＜a(2)(2023·广州4月模拟)假设函数f(x)＝2|x－a|(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，那么实数m的最小值等于________.解析(1)由函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，得m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x＞0时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|－log23|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)，应选B.(2)∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的对称轴为x＝1，∴a＝1，f(x)＝2|x－1|，∴f(x)的增区间为[1，＋∞)，∵[m，＋∞)⊆[1，＋∞)，∴m≥1.∴m的最小值为1.答案(1)B(2)1探究提高函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.【训练1】(1)(2023·山东卷)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＞eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))).那么f(6)＝()A.－2B.－1C.0D.2(2)函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增.假设实数a满足f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，那么实数a的取值范围是________.解析(1)当x＞eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1).当x＜0时，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝－[(－1)3－1]＝2，应选D.(2)由题意知a＞0，又logeq\s\do9(\f(1,2))a＝－log2a.∵f(x)是R上的偶函数，∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(logeq\s\do9(\f(1,2))a).∵f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1).又∵f(x)在[0，＋∞)上递增.∴|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).答案(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))热点二函数图象与性质的融合问题[微题型1]函数图象的识别【例2－1】(1)函数y＝eq\f(xln|x|,|x|)的图象可能是()(2)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx的大致图象为()解析(1)法一函数y＝eq\f(xln|x|,|x|)的图象过点(e，1)，排除C，D；函数y＝eq\f(xln|x|,|x|)的图象过点(－e，－1)，排除A，选B.法二由，设f(x)＝eq\f(xln|x|,|x|)，定义域为{x|x≠0}.那么f(－x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，排除A，C；当x＞0时，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上为增函数，排除D，应选B.(2)由y1＝eq\f(1,x)－x为奇函数，y2＝sinx为奇函数，可得函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx为偶函数，因此排除C、D.又当x＝eq\f(π,2)时，y1＜0，y2＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，因此选B.答案(1)B(2)B探究提高根据函数的解析式判断函数的图象，要从定义域、值域、单调性、奇偶性等方面入手，结合给出的函数图象进行全面分析，有时也可结合特殊的函数值进行辅助推断，这是解决函数图象判断类试题的根本方法.[微题型2]函数图象的应用【例2－2】(1)(2023·全国Ⅱ卷)函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，假设函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，那么eq\i\su(i＝1,m,x)i＝()A.0B.mC.2mD.4m(2)函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，那么a，b，c的大小关系为()A.c＞a＞bB.c＞b＞aC.a＞c＞bD.b＞a＞c解析(1)由题f(x)＝f(2－x)关于x＝1对称，函数y＝|x2－2x－3|的图象也关于x＝1对称，两函数的交点成对出现，因此根据图象的特征可得eq\i\su(i＝1,m,x)i＝m，应选B.(2)由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象本身关于直线x＝1对称，所以a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b＞a＞c.选D.答案(1)B(2)D探究提高(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)在运用函数图象时要防止只看表象不联系其本质，透过函数的图象要看到它所反映的函数的性质，并以此为依据进行分析、推断，才是正确的做法.【训练2】(1)函数y＝eq\f(x3,3x－1)的图象大致是()(2)(2023·全国Ⅰ卷)设函数y＝f(x)的图象与y＝2x＋a的图象关于直线y＝－x对称，且f(－2)＋f(－4)＝1，那么a等于()A.－1B.1C.2D.4解析(1)由3x－1≠0得x≠0，∴函数y＝eq\f(x3,3x－1)的定义域为{x|x≠0}，可排除A；当x＝－1时，y＝eq\f(〔－1〕3,\f(1,3)－1)＝eq\f(3,2)＞0，可排除B；当x＝2时，y＝1，当x＝4时，y＝eq\f(4,5)，但从D中函数图象可以看出函数在(0，＋∞)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除D.应选C.(2)设f(x)上任意一点为(x，y)关于y＝－x的对称点为(－y，－x)，将(－y，－x)代入y＝2x＋a，所以y＝a－log2(－x)，由f(－2)＋f(－4)＝1，得a－1＋a－2＝1，2a＝4，a＝2.答案(1)C(2)C热点三函数的零点与方程根的问题[微题型1]函数零点的判断【例3－1】(1)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是()A.0B.1C.2D.3(2)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－x2＋2x，x>0，,4x＋1，x≤0))的零点个数是________.解析(1)法一函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数即函数y1＝2x－2与y2＝－x3的图象在区间(0，1)内的交点个数.作图(图略)，可知在(0，＋∞)内最多有一个交点，故排除C，D项；当x＝0时，y1＝－1＜y2＝0，当x＝1时，y1＝0＞y2＝－1，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以A项错误.选B.法二因为f(0)＝1＋0－2＝－1，f(1)＝2＋13－2＝1，所以f(0)·f(1)＜0.又函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)在(0，1)内的零点个数是1.(2)当x>0时，作函数y＝lnx和y＝x2－2x的图象，由图知，当x>0时，f(x)有两个零点；当x≤0时，由f(x)＝0得x＝－eq\f(1,4)，综上，f(x)有三个零点.答案(1)B(2)3探究提高函数零点(即方程的根)确实定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间确实定；②零点个数确实定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点确实定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.[微题型2]由函数的零点(或方程的根)求参数【例3－2】(1)(2023·山东卷)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x＞m，))其中m＞0.假设存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，那么m的取值范围是________.(2)函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.假设方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，那么实数k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2)D.(2，＋∞)解析(1)如图，当x≤m时，f(x)＝|x|.当x＞m时，f(x)＝x2－2mx＋4m，在(m，＋∞)为增函数.假设存在实数b，使方程f(x)＝b有三个不同的根，那么m2－2m·m＋4m＜|m|.又m＞0，∴m2－3m＞0，解得m＞3.(2)由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点.如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝eq\f(1,2)x－1之间，∴eq\f(1,2)＜k＜1，应选B.答案(1)(3，＋∞)(2)B探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)别离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练3】(1)二次函数f(x)＝x2－bx＋a的局部图象如下图，那么函数g(x)＝ex＋f′(x)的零点所在的区间是()A.(－1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)(2)(2023·海淀二模)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x＜1，,4〔x－a〕〔x－2a〕，x≥1.))①假设a＝1，那么f(x)的最小值为________；②假设f(x)恰有2个零点，那么实数a的取值范围是________.解析(1)由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，即g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，应选B.(2)①当a＝1时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x<1，,4〔x－1〕〔x－2〕，x≥1.))当x<1时，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，当x≥1时，f(x)＝4(x2－3x＋2)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)))≥－1，∴f(x)min＝－1.②由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点；当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时无零点.因此a≥2满足题意.当f(x)＝2x－a，x<1有一个零点时，0<a<2.f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一个零点，此时a<1,2a≥1，因此eq\f(1,2)≤a<1.综上知实数a的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|\f(1,2)≤a<1或a≥2)).答案(1)B(2)①－1②eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)1.解决函数问题无视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)＝eq\f(1,xlnx)的定义域时，只考虑x＞0，无视lnx≠0的限制.2.如果一个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.3.奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性.4.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比拟.(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比拟；(2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比拟；(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拟大小.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1.(2023·沈阳模拟)以下函数中，既是奇函数，又在区间(－1，1)上单调递减的函数是()A.f(x)＝sinxB.f(x)＝2cosx＋1C.f(x)＝2x－1D.f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)解析由函数f(x)为奇函数排除B、C，又f(x)＝sinx在(－1，1)上单调递增，排除A，应选D.答案D2.(2023·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋log2〔2－x〕，x＜1，,2x－1，x≥1，))那么f(－2)＋f(log212)＝()A.3B.6C.9D.12解析因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×eq\f(1,2)＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，应选C.答案C3.(2023·浙江卷)函数y＝sinx2的图象是()解析∵y＝sinx2为偶函数，其图象关于y轴对称，排除A、C.又当x2＝eq\f(π,2)，即x＝±eq\r(\f(π,2))时，ymax＝1，排除B，应选D.答案D4.设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，那么使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析由f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，知f(x)为R上的偶函数，于是f(x)＞f(2x－1)即为f(|x|)＞f(|2x－1|).当x＞0时，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，所以f(x)为[0，＋∞)上的增函数，那么由f(|x|)＞f(|2x－1|)得|x|＞|2x－1|，平方得3x2－4x＋1＜0，解得eq\f(1,3)＜x＜1，应选A.答案A5.(2023·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，那么y＝f(x)的图象大致为()解析当点P沿着边BC运动，即0≤x≤eq\f(π,4)时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，那么f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，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＝eq\f(π,4)时，由以上得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(4＋tan2\f(π,4))＋taneq\f(π,4)＝eq\r(5)＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝eq\f(π,2)时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝|PA|＋|PB|＝eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故又可排除D.综上，选B.答案B二、填空题6.(2023·成都二诊)假设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x＞2))(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，那么实数a的取值范围是________.解析由题意f(x)的图象如图，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,3＋loga2≥4，))∴1＜a≤2.答案(1，2]7.设奇函数y＝f(x)(x∈R)，满足对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f(x)＝－x2，那么f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))的值等于________.解析根据对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，进而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函数y＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4).所以f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(1,4).答案－eq\f(1,4)8.函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－[x]，x≥0，,f〔x＋1〕，x＜0，))其中[x]表示不超过x的最大整数.假设直线y＝k(x＋1)(k＞0)与函数y＝f(x)的图象恰有三个不同的交点，那么实数k的取值范围是________.解析根据[x]表示的意义可知，当0≤x＜1时，f(x)＝x，当1≤x＜2时，f(x)＝x－1，当2≤x＜3时，f(x)＝x－2，以此类推，当k≤x＜k＋1时，f(x)＝x－k，k∈Z，当－1≤x＜0时，f(x)＝x＋1，作出函数f(x)的图象如图，直线y＝k(x＋1)过点(－1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))三、解答题9.函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.解当m＝0时，f(x)＝－2x＋1，它显然有一个为正实数的零点.当m≠0时，函数f(x)＝mx2－2x＋1的图象是抛物线，且与y轴的交点为(0，1)，由f(x)有且仅有一个正实数的零点，那么得：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,m)>0，,Δ＝0))或②x＝eq\f(1,m)<0，解①，得m＝1：解②，得m<0.综上所述，m的取值范围是(－∞，0]∪{1}.10.函数f(x)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，假设函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值.(2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2lnx－a(x＞0)，所以k′(x)＝1－eq\f(2,x)，令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln2－a，因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点.即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k〔1〕≥0，,k〔2〕<0，,k〔3〕≥0，))即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,2－2ln2－a<0，,3－2ln3－a≥0，))解得2－2ln2<a≤3－2ln3.所以实数a的取值范围为(2－2ln2，3－2ln3].11.函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数.(1)假设对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；(2)当m＞1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.解(1)f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即假设对任意x∈R有f(x)≥0成立，那么m的取值范围是(－∞，1].(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有两个零点，当m＞1时，f(m)＝1－m＜0.∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，∴f(x)在(0，m)上有一个零点.∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，∵当m＞1时，g′(m)＝em－2＞0，∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.∴f(m)·f(2m)＜0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.∴故f(x)在[0，2m]上有两个零点.第2讲不等式问题高考定位1.利用不等式性质比拟大小，不等式的求解，利用根本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点，主要以选择题、填空题为主；2.但在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解，难度较大.真题感悟1.(2023·全国Ⅰ卷)假设a>b>0，0<c<1，那么()A.logac<logbcB.logca<logcbC.ac<bcD.ca>cb解析取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2)，逐一验证可得B正确.答案B2.(2023·湖南卷)假设实数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，那么ab的最小值为()A.eq\r(2)B.2C.2eq\r(2)D.4解析由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，知a＞0，b＞0，由于eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，当且仅当b＝2a时取等号.∴eq\r(ab)≥eq\f(2\r(2),\r(ab))，∴ab≥2eq\r(2).应选C.答案C3.(2023·陕西卷)设f(x)＝lnx，0＜a＜b，假设p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，那么以下关系式中正确的选项是()A.q＝r＜pB.q＝r＞pC.p＝r＜qD.p＝r＞q解析∵0＜a＜b，∴eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上为增函数，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＞f(eq\r(ab))，即q＞p.又r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝ln(ab)eq\s\up6(\f(1,2))＝f(eq\r(ab))＝p.故p＝r＜q.选C.答案C4.(2023·全国Ⅱ卷)假设x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0，))那么z＝x－2y的最小值为________.解析画出可行域，数形结合可知目标函数的最小值在直线x＝3与直线x－y＋1＝0的交点(3，4)处取得，代入目标函数z＝x－2y得到最小值为－5.答案－5考点整合1.简单分式不等式的解法(1)eq\f(f〔x〕,g〔x〕)＞0(＜0)⇔f(x)g(x)＞0(＜0)；(2)eq\f(f〔x〕,g〔x〕)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.2.(1)解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：①对二次项系数与0的大小进行讨论；②在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判别式与0的大小进行讨论；③当判别式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论.(2)四个常用结论①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))②ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))③a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max.④a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min.3.利用根本不等式求最值x，y∈R＋，那么(1)假设x＋y＝S(和为定值)，那么当x＝y时，积xy取得最大值eq\f(S2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xy≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))\s\up12(2)＝\f(S2,4)))；(2)假设xy＝P(积为定值)，那么当x＝y时，和x＋y取得最小值2eq\r(P)(x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(P)).4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划(1)线性规划问题的有关概念：线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等.(2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值.5.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来，常用的方法有：比拟法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.热点一利用根本不等式求最值[微题型1]根本不等式的简单应用【例1－1】(1)向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，假设x，y均为正数，那么eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A.eq\f(5,3)B.eq\f(8,3)C.8D.24(2)正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，假设存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________.解析(1)∵a∥b，∴3(y－1)＋2x＝0，即2x＋3y＝3.∵x＞0，y＞0，∴eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(2,y)))·eq\f(1,3)(2x＋3y)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋6＋\f(9y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,3)(12＋2×6)＝8.当且仅当3y＝2x时取等号.(2)设正项等比数列{an}的公比为q，那么q>0，∵a7＝a6＋2a5，∴a5q2＝a5q＋2a5，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去).∴eq\r(am·an)＝eq\r(a1·2m－1·a1·2n－1)＝4a1，平方得2m＋n－2＝16＝24，∴m＋n＝6，∴eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))(m＋n)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m，亦即m＝2，n＝4时取等号.答案(1)C(2)eq\f(3,2)探究提高在利用根本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑〞等技巧，使其满足根本不等式中“正〞(即条件要求中字母为正数)、“定〞(不等式的另一边必须为定值)、“等〞(等号取得的条件)的条件才能应用，否那么会出现错误.[微题型2]带有约束条件的根本不等式问题【例1－2】(1)两个正数x，y满足x＋4y＋5＝xy，那么xy取最小值时，x，y的值分别为()A.5，5B.10，eq\f(5,2)C.10，5D.10，10(2)(2023·郑州模拟)设x，y为实数，假设4x2＋y2＋xy＝1，那么2x＋y的最大值是________.解析(1)∵x＞0，y＞0，∴x＋4y＋5＝xy≥2eq\r(4xy)＋5，即xy－4eq\r(xy)－5≥0，可求xy≥25.当且仅当x＝4y时取等号，即x＝10，y＝eq\f(5,2).(2)∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－eq\f(3,2)·2xy＝1，∴(2x＋y)2－eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)≤1，解之得(2x＋y)2≤eq\f(8,5)，即2x＋y≤eq\f(2\r(10),5).等号当且仅当2x＝y＞0，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)时成立.答案(1)B(2)eq\f(2\r(10),5)探究提高在利用根本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑〞等技巧，或对约束条件中的一局部利用根本不等式，构造不等式进行求解.【训练1】(1)(2023·广州模拟)假设正实数x，y满足x＋y＋1＝xy，那么x＋2y的最小值是()A.3B.5C.7D.8(2)(2023·山东卷)定义运算“⊗〞：x⊗y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)，当x＞0，y＞0时，x⊗y＋(2y)⊗x的最小值为________.解析(1)由x＋y＋1＝xy，得y＝eq\f(x＋1,x－1)，又y＞0，x＞0，∴x＞1.∴x＋2y＝x＋2×eq\f(x＋1,x－1)＝x＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x－1)))＝x＋2＋eq\f(4,x－1)＝3＋(x－1)＋eq\f(4,x－1)≥3＋4＝7，当且仅当x＝3时取“＝〞.(2)由题意，得x⊗y＋(2y)⊗x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(〔2y〕2－x2,2yx)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)y时取等号.答案(1)C(2)eq\r(2)热点二含参不等式恒成立问题[微题型1]别离参数法解决恒成立问题【例2－1】(1)关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，那么实数a的取值范围为________.(2)x＞0，y＞0，x＋y＋3＝xy，且不等式(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，那么实数a的取值范围是________.解析(1)设f(x)＝x＋eq\f(4,x)，因为x＞0，所以f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时取等号.又关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以实数a的取值范围为(－1，3).(2)要使(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，那么有(x＋y)2＋1≥a(x＋y)，由于x>0，y>0，即a≤(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)恒成立.由x＋y＋3＝xy，得x＋y＋3＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，解得x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去).设t＝x＋y，那么t≥6，(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)＝t＋eq\f(1,t).设f(t)＝t＋eq\f(1,t)，那么在t≥6时，f(t)单调递增，所以f(t)＝t＋eq\f(1,t)的最小值为6＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,6)，所以a≤eq\f(37,6)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6))).答案(1)(－1，3)(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6)))探究提高一是转化法，即通过别离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)；二是求最值法，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题.[微题型2]函数法解决恒成立问题【例2－2】(1)f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，那么a的取值范围为________.(2)二次函数f(x)＝ax2＋x＋1对x∈[0，2]恒有f(x)＞0.那么实数a的取值范围为________.解析(1)法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a，①当a∈(－∞，－1)时，结合图象知，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1.∴－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为[－3，1].法二设g(x)＝f(x)－a，那么g(x)＝x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g〔－1〕≥0，))解得－3≤a≤1.(2)法一函数法.假设a＞0，那么对称轴x＝－eq\f(1,2a)＜0，故f(x)在[0，2]上为增函数，且f(0)＝1，因此在x∈[0，2]上恒有f(x)＞0成立.假设a＜0，那么应有f(2)＞0，即4a＋3＞0，∴a＞－eq\f(3,4).∴－eq\f(3,4)＜a＜0.综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).法二别离参数法.当x＝0时，f(x)＝1＞0成立.当x≠0时，ax2＋x＋1＞0变为a＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，令g(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)≥\f(1,2))).∴当eq\f(1,x)≥eq\f(1,2)时，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4))).∵a＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，∴a＞－eq\f(3,4).又∵a≠0，∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).答案(1)[－3，1](2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞)探究提高参数不易别离的恒成立问题，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】假设不等式x2－ax＋1≥0对于一切a∈[－2，2]恒成立，那么x的取值范围是________.解析因为a∈[－2，2]，可把原式看作关于a的一次函数，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g〔－2〕＝x2＋2x＋1≥0，,g〔2〕＝x2－2x＋1≥0，))解之得x∈R.答案R热点三简单的线性规划问题[微题型1]线性约束条件，求目标函数最值【例3－1】(2023·全国Ⅲ卷)设x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))那么z＝2x＋3y－5的最小值为________.解析可行域为一个三角形ABC及其内部，其中A(1，0)，B(－1，－1)，C(1，3)，直线z＝2x＋3y－5过点B时取最小值－10.答案－10探究提高线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比拟，防止出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.[微题型2]线性规划中的含参问题【例3－2】(1)(2023·成都诊断)变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥0，,x－2y＋2≥0，,mx－y≤0.))假设z＝2x－y的最大值为2，那么实数m等于()A.－2B.－1C.1D.2(2)(2023·山东卷)x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))假设z＝ax＋y的最大值为4，那么a＝()A.3B.2C.－2D.－3解析(1)由图形知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2m－1)，\f(2m,2m－1)))，O(0，0).只有在B点处取最大值2，∴2＝eq\f(4,2m－1)－eq\f(2m,2m－1).∴m＝1.(2)不等式组表示的平面区域如图阴影局部所示.易知A(2，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋y＝2，))得B(1，1).由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴当a＝－2或－3时，z＝ax＋y在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax＝0，不满足题意，排除C，D；当a＝2或3时，z＝ax＋y在A(2，0)处取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，应选B.答案(1)C(2)B探究提高对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是时，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，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)(2023·江苏卷)实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0))那么x2＋y2的取值范围是________.(2)x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤－x＋2，,x≥a，))且目标函数z＝2x＋y的最小值为1，那么实数a的值是()A.eq\f(3,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)解析(1)不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部所示，那么(x，y)为阴影局部内的动点，x2＋y2表示原点到可行域内的点的距离的平方.解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－3＝0，,x－2y＋4＝0，))得A(2，3).由图可知(x2＋y2)min＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|－2|,\r(22＋12))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，(x2＋y2)max＝|OA|2＝22＋32＝13.(2)依题意，不等式组所表示的可行域如下图(阴影局部)，观察图象可知，当目标函数z＝2x＋y过点B(a，a)时，zmin＝2a＋a＝3a；因为目标函数z＝2x＋y的最小值为1，所以3a＝1，解得a＝eq\f(1,3)，应选C.答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13))(2)C1.屡次使用根本不等式的考前须知当屡次使用根本不等式时，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，否那么就会出错，因此在利用根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.根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到达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(如比拟法、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.(2023·全国Ⅲ卷)a＝2eq\s\up6(\f(4,3))，b＝3eq\s\up6(\f(2,3))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，那么()A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b解析a＝2eq\s\up6(\f(4,3))＝eq\r(3,16)，b＝3eq\s\up6(\f(2,3))＝eq\r(3,9)，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))＝eq\r(3,25)，所以b<a<c.答案A2.(2023·浙江卷)a，b＞0且a≠1，b≠1，假设logab＞1，那么()A.(a－1)(b－1)＜0B.(a－1)(a－b)＞0C.(b－1)(b－a)＜0D.(b－1)(b－a)＞0解析由a，b＞0且a≠1，b≠1，及logab＞1＝logaa可得：当a＞1时，b＞a＞1，当0＜a＜1时，0＜b＜a＜1，代入验证只有D满足题意.答案D3.(2023·太原模拟)假设点A(m，n)在第一象限，且在直线eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上，那么mn的最大值是()A.3B.4C.7D.12解析因为点A(m，n)在第一象限，且在直线eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上，所以m，n∈R＋，且eq\f(m,3)＋eq\f(n,4)＝1，所以eq\f(m,3)·eq\f(n,4)≤(eq\f(\f(m,3)＋\f(n,4),2))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(m,3)＝\f(n,4)＝\f(1,2)，即m＝\f(3,2)，n＝2时，取“＝〞))，所以eq\f(m,3)·eq\f(n,4)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，即mn≤3，所以mn的最大值为3.答案A4.当x＜0时，2x2－mx＋1＞0恒成立，那么m的取值范围为()A.[2eq\r(2)，＋∞)B.(－∞，2eq\r(2)]C.(－2eq\r(2)，＋∞)D.(－∞，－2eq\r(2))解析由2x2－mx＋1＞0，得mx＜2x2＋1，因为x＜0，所以m＞eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x).而2x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(〔－2x〕＋\f(1,〔－x〕)))≤－2eq\r(〔－2x〕×\f(1,〔－x〕))＝－2eq\r(2).当且仅当－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)时取等号，所以m＞－2eq\r(2).答案C5.(2023·唐山模拟)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0，))假设f(－a)＋f(a)≤2f(1)，那么实数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)⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,〔－a〕2－2×〔－a〕＋a2＋2a≤2×3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,〔－a〕2＋2×〔－a〕＋a2－2a≤2×3))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2＋2a－3≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,a2－2a－3≤0，))解得0≤a≤1，或－1≤a＜0.故－1≤a≤1.答案C二、填空题6.设目标函数z＝x＋y，其中实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k.))假设z的最大值为12，那么z的最小值为________.解析作出不等式组所表示的可行域如下图，平移直线x＋y＝0，显然当直线过点A(k，k)时，目标函数z＝x＋y取得最大值，且最大值为k＋k＝12，那么k＝6，直线过点B时目标函数z＝x＋y取得最小值，点B为直线x＋2y＝0与y＝6的交点，即B(－12，6)，所以zmin＝－12＋6＝－6.答案－67.(2023·合肥二模)当a＞0且a≠1时，函数f(x)＝loga(x－1)＋1的图象恒过点A，假设点A在直线mx－y＋n＝0上，那么4m＋2n的最小值为________.解析函数f(x)的图象恒过点A(2，1)，∴2m－1＋n＝0，即2m＋n＝1，∴4m＋2n≥2eq\r(4m·2n)＝2eq\r(22m＋n)＝2eq\r(2)，当且仅当2m＝n＝eq\f(1,2)时等号成立.答案2eq\r(2)8.(2023·全国Ⅰ卷)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，那么在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为________元.解析设生产A产品x件，B产品y件，根据所消耗的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*))目标函数z＝2100x＋900y.作出可行域为图中阴影局部(包括边界)内的参数点，顶点为(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)处取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元).答案216000三、解答题9.f(t)＝log2t，t∈[eq\r(2)，8]，对于f(t)值域内的所有实数m，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，求x的取值范围.解易知f(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，由题意，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4＝(x－2)m＋(x－2)2＞0对∀m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))恒成立.所以只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞0，,g〔3〕＞0))即可，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)〔x－2〕＋〔x－2〕2＞0，,3〔x－2〕＋〔x－2〕2＞0))⇒x＞2或x＜－1.故x的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞).10.函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)假设f(x)＞k的解集为{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)对任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范围.解(1)f(x)＞k⇔kx2－2x＋6k＜0.由{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝eq\f(2,k)，即k＝－eq\f(2,5).(2)因为x＞0，f(x)＝eq\f(2x,x2＋6)＝eq\f(2,x＋\f(6,x))≤eq\f(2,2\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，当且仅当x＝eq\r(6)时取等号.由f(x)≤t对任意x＞0恒成立，故t≥eq\f(\r(6),6)，即t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，＋∞)).11.(1)解关于x的不等式x2－2mx＋m＋1＞0；(2)解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0.解(1)原不等式对应方程的判别式Δ＝(－2m)2－4(m＋1)＝4(m2－m－1).当m2－m－1＞0，即m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)时，由于方程x2－2mx＋m＋1＝0的两根是m±eq\r(m2－m－1)，所以原不等式的解集是{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；当Δ＝0，即m＝eq\f(1±\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；当Δ＜0，即eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)时，不等式的解集为R.综上，当m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；当m＝eq\f(1±\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；当eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)时，不等式的解集为R.(2)原不等式可化为(ax－1)(x－2)＜0.①当a＞0时，原不等式可以化为a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0.因为方程(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＝0的两个根分别是2，eq\f(1,a)，所以当0＜a＜eq\f(1,2)时，2＜eq\f(1,a)，那么原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2＜x＜\f(1,a)))；当a＝eq\f(1,2)时，原不等式的解集是∅；当a＞eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)＜2，那么原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).②当a＝0时，原不等式为－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}.③当a＜0时，原不等式可以化为a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＞0，由于eq\f(1,a)＜2，故原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,a)或x＞2)))).综上，当0<a<eq\f(1,2)时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2<x<\f(1,a)))，当a＝eq\f(1,2)时，不等式解集为∅，当a>eq\f(1,2)时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,a)<x<2))，当a＝0时，不等式解集为{x|x>2}.当a<0时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(1,a)或x>2)).第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范围有关的问题.真题感悟(2023·山东卷)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a＜eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))内单调递增.可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))内单调递增.所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.③当a＝eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.④当a＞eq\f(1,2)时，0＜eq\f(1,2a)＜1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a的取值范围为a＞eq\f(1,2).考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单