（江苏专用）高考数学二轮复习 专题一 函数与导数、不等式考点整合 理-人教版高三数学试题

第1讲函数、函数与方程及函数的应用高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)函数的概念和函数的基本性质是B级要求，是重要考点；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点，要求都是B级；(3)函数与方程是B级要求，但经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(4)函数模型及其应用是考查热点，要求是B级；试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查．真题感悟1．(2011·江苏卷)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________．解析函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，令t＝2x＋1(t＞0)．因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上为增函数，t＝2x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上为增函数，所以函数y＝log5(2x＋1)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))2．(2012·江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋1，－1≤x＜0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))其中a，b∈R.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，则a＋3b的值为________．解析因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)⇒－a＋1＝eq\f(b＋2,2)，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))⇒eq\f(\f(1,2)b＋2,\f(3,2))＝－eq\f(1,2)a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10.答案－103．(2014·江苏卷)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2))).若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________．解析作出函数y＝f(x)与y＝a的图象，根据图象交点个数得出a的取值范围．作出函数y＝f(x)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝eq\f(1,2)，观察图象可得0＜a＜eq\f(1,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))4．(2015·江苏卷)已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，0＜x≤1，,|x2－4|－2，x＞1，))则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．解析令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－lnx，0＜x≤1，,－x2＋lnx＋2，1＜x＜2，,x2＋lnx－6，x≥2，))当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－2x2,x)＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示．由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.答案4考点整合1．函数的性质(1)单调性：证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．可以用来比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性；(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0；③奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性；(3)周期性：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数；④若f(x＋a)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或f（x＋a）＝\f(1,f（x）)))，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数．2．函数的图象对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．3．函数的零点与方程的根(1)函数的零点与方程根的关系函数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)零点存在性定理注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．4．应用函数模型解决实际问题的一般程序eq\f(读题,（文字语言）)⇒eq\f(建模,（数学语言）)⇒eq\f(求解,（数学应用）)⇒eq\f(反馈,（检验作答）)与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.热点一函数的性质及其应用【例1】(1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，则a＝________．(2)设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2，x＜1，,－ax＋6，x≥1))(a∈R)的图象关于直线x＝1对称，则a的值为________．(3)(2015·苏北四市模拟)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，则f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))的值等于________．解析(1)f(x)为偶函数，则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.(2)由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，得f(0)＝f(2)，即2＝－2a＋6，解得a＝2.(3)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)))的值是0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(1,4).答案(1)1(2)2(3)－eq\f(1,4)探究提高1.第(2)小题将对称问题转化为点的对称，从而很容易地解决问题，本题也可借助于图象的斜率解决．2．根据函数的奇偶性、单调性和周期性，把所求函数值转化为给定范围内的函数值，再利用所给范围内的函数解析式求出函数值．【训练1】(1)(2015·长沙模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．(2)(2015·天津卷改编)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为________．解析(1)∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)上单调递减，则f(x)的大致图象如图所示，由f(x－1)＞0，得－2＜x－1＜2，即－1＜x＜3.(2)因为函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数可知，m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x＞0时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|log0.53|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)＝20－1＝0.答案(1)(－1，3)(2)c＜a＜b热点二函数的图象及其应用【例2】(2015·全国Ⅰ卷改编)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是________．解析设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－eq\f(1,2)时，g′(x)<0，当x>－eq\f(1,2)时，g′(x)>0，所以当x＝－eq\f(1,2)时，[g(x)]min＝，当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x0＝0，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))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)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．【训练2】设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式eq\f(f（x）－f（－x）,x)<0的解集为________．解析由奇函数的定义和f(2)＝0得出函数在(－∞，0)上也为增函数．画出函数草图(如图)，可得在(－2，0)和(2，＋∞)上f(x)>0，在(－∞，－2)和(0，2)上f(x)<0.当x>0时，由eq\f(f（x）－f（－x）,x)<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)<0，结合图象可知(0，2)符合；当x<0时，由eq\f(f（x）－f（－x）,x)<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)>0，结合图象可知(－2，0)符合．答案(－2，0)∪(0，2)热点三函数与方程问题[微题型1]函数零点个数的求解【例3－1】函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是________．解析因为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.答案1探究提高在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用．如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解．[微题型2]由函数零点(或方程根)的情况求参数【例3－2】(2015·天津卷改编)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2，,（x－2）2，x＞2，))函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是________．解析记h(x)＝－f(2－x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图，直线AB：y＝x－4，当直线l∥AB且与f(x)的图象相切时，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b′，,y＝（x－2）2，))解得b′＝－eq\f(9,4)，－eq\f(9,4)－(－4)＝eq\f(7,4)，同理，y轴左侧也有相同的情况．所以曲线h(x)向上平移eq\f(7,4)个单位后，y轴左右各有2个交点，所得图象与f(x)的图象有四个公共点，平移2个单位时，两图象有无数个公共点，因此，当eq\f(7,4)＜b＜2时，f(x)与g(x)的图象有四个不同的交点，即y＝f(x)－g(x)恰有4个零点．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))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】(2015·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,x＋2)－m|x|有三个零点，则实数m的取值范围为________．解析函数f(x)有三个零点等价于方程eq\f(1,x＋2)＝m|x|有且仅有三个实根．∵eq\f(1,x＋2)＝m|x|⇔eq\f(1,m)＝|x|(x＋2)，作函数y＝|x|(x＋2)的图象，如图所示，由图象可知m应满足0＜eq\f(1,m)＜1，故m＞1.答案(1，＋∞)热点四函数的实际应用问题【例4】(2015·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2)))，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－eq\f(2000,x3)，则l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5，10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10eq\r(2)时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15eq\r(3).答：当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．探究提高(1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．【训练4】(2012·江苏卷)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2(k>0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．解(1)令y＝0，得kx－eq\f(1,20)(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x>0，k>0，故x＝eq\f(20k,1＋k2)＝eq\f(20,k＋\f(1,k))≤eq\f(20,2)＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，使3.2＝ka－eq\f(1,20)(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.所以当a不超过6千米时，可击中目标.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)＝eq\f(1,xlnx)的定义域时，只考虑x＞0，忽视lnx≠0的限制．2．函数定义域不同，两个函数也不同；对应关系不同，两个函数也不同；定义域和值域相同，也不一定是相同的函数．3．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)＝0.4．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．5．函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用．6．不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质．如讨论指数函数y＝ax(a＞0，a≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽视ax＞0的隐含条件；幂函数的性质记忆不准确等．7．判断函数零点个数的方法有：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理；(3)数形结合法．8．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、填空题1．(2015·宿迁调研模拟)函数f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)的定义域为________．解析要使函数f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)有意义，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,1－x≥0，))解得0＜x≤1，即函数定义域是(0，1]．答案(0，1]2．(2015·苏北四市调研)已知函数y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则a的取值范围为________．解析根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解．因为y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，所以u＝ax－1在(1，2)单调递增，且恒大于0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,a－1≥0))⇒a≥1.答案[1，＋∞)3．(2015·苏、锡、常、镇模拟)若a＝log3π，b＝log76，c＝log20.8，则a，b，c由小到大的顺序为________．解析因为a＝log3π＞1，0＜b＝log76＜1，c＝log20.8＜0，故c＜b＜a.答案c＜b＜a4．已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是________．解析由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点．如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝eq\f(1,2)x－1之间，∴eq\f(1,2)＜k＜1.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))5．(2011·江苏卷)已知实数a≠0，函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1.))若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．解析首先讨论1－a，1＋a与1的关系，当a＜0时，1－a＞1，1＋a＜1，所以f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a；f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝3a＋2.因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以－1－a＝3a＋2，所以a＝－eq\f(3,4).当a＞0时，1－a＜1，1＋a＞1，所以f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a；f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－3a－1.因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以2－a＝－3a－1，所以a＝－eq\f(3,2)(舍去)．综上，满足条件的a＝－eq\f(3,4).答案－eq\f(3,4)6．已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上为增函数．又f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)<f(－x)．∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2，2]知g(m)<0恒成立，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－2）＝－x－2<0，,g（2）＝3x－2<0，))∴－2<x<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))7．(2015·南师附中模拟)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≤0，,lnx，x＞0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析当x＞0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0得a＝2x，因为0＜2x≤20＝1，所以0＜a≤1，所以实数a的取值范围是0＜a≤1.答案(0，1]8．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对∀x∈R都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立．当x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2时，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，给出下列命题：①f(2)＝0；②直线x＝－4是函数y＝f(x)图象的一条对称轴；③函数y＝f(x)在[－4，4]上有四个零点；④f(2014)＝0.其中所有正确命题的序号为________．解析令x＝－2，得f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，解得f(－2)＝0，因为函数f(x)为偶函数，所以f(2)＝0，①正确；因为f(－4＋x)＝f(－4＋x＋4)＝f(x)，f(－4－x)＝f(－4－x＋4)＝f(－x)＝f(x)，所以f(－4＋x)＝f(－4－x)，即x＝－4是函数f(x)的一条对称轴，②正确；当x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2时，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，说明函数f(x)在[0，2]上是单调递减函数，又f(2)＝0，因此函数f(x)在[0，2]上只有一个零点，由偶函数知函数f(x)在[－2，0]上也只有一个零点，由f(x＋4)＝f(x)，知函数的周期为4，所以函数f(x)在(2，4]与[－4，－2)上也单调，因此，函数在[－4，4]上只有2个零点，③错；对于④，因为函数的周期为4，即有f(2)＝f(6)＝f(10)＝…＝f(2014)＝0，④正确．答案①②④二、解答题9．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)．(1)若g(x)＝m有实根，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解(1)∵x＞0，∴g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等号成立的条件是x＝e.故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有实根．故m∈[2e，＋∞)．(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x＞0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．10．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解设包装盒的高为hcm，底面边长为acm.由已知得a＝eq\r(2)x，h＝eq\f(60－2x,\r(2))＝eq\r(2)(30－x)，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝2eq\r(2)(－x3＋30x2)，V′＝6eq\r(2)x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0，20)时，V′＞0；当x∈(20，30)时，V′＜0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时eq\f(h,a)＝eq\f(1,2).即包装盒的高与底面边长的比值为eq\f(1,2).11.如图，现要在边长为100m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为xm(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为eq\f(1,5)x2m的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60m，绕岛行驶的路宽均不小于10m.(1)求x的取值范围；(运算中eq\r(2)取1.4)(2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为eq\f(4,33)ax元/m2，其余区域的造价为eq\f(12a,11)元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥9，,100－2x≥60，,100\r(2)－2x－2×\f(1,5)x2≥2×10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥9，,x≤20，,－20≤x≤15，))即9≤x≤15.所以x的取值范围是[9，15]．(2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得y＝a×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,33)ax×πx2＋eq\f(12a,11)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(104－π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x2))\s\up12(2)－πx2))＝eq\f(a,11)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,25)x4＋\f(4,3)x3－12x2))＋12×104))，令f(x)＝－eq\f(1,25)x4＋eq\f(4,3)x3－12x2，则f′(x)＝－eq\f(4,25)x3＋4x2－24x＝－4xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)x2－x＋6)).由f′(x)＝0解得x＝0(舍去)或x＝10或x＝15，列表如下：x9(9，10)10(10，15)15f′(x)－0＋0f(x)极小值所以当x＝10时，y取最小值．故当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．第2讲不等式问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等式是C级要求，要求在初中所学二次函数的基础上，掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别，可以单独考查，也可以与函数、方程等构成综合题；(2)线性规划的要求是A级，理解二元一次不等式对应的平面区域，能够求线性目标函数在给定区域上的最值，同时对一次分式型函数、二次型函数的最值也要有所了解；(3)基本不等式是C级要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面的重要应用．真题感悟1．(2015·江苏卷)不等式2x2－x＜4的解集为________．解析∵2x2－x＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1<x<2.答案{x|－1＜x＜2}2．(2014·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．解析二次函数f(x)对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＝m2＋m2－1<0，,f（m＋1）＝（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0，))解得－eq\f(\r(2),2)<m<0.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))3．(2013·江苏卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．解析由已知得f(0)＝0，当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－4x，因此f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x≥0,－x2－4x，x<0))不等式f(x)>x等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x2－4x>x))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－x2－4x>x，))解得：x>5或－5<x<0.答案(－5，0)∪(5，＋∞)4．(2012·江苏卷)已知正数a，b，c满足：5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a＋clnc，则eq\f(b,a)的取值范围是________．解析由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b≤4c，,3a＋b≥5c，,clnb－a≥clnc⇒b≥.))作出可行域(如图所示)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4c，,3a＋b＝5c，))得a＝eq\f(c,2)，b＝eq\f(7,2)c.此时＝7.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝4c，,b＝，))得a＝eq\f(4c,e＋1)，b＝eq\f(4ce,e＋1).此时＝eq\f(\f(4ce,e＋1),\f(4c,e＋1))＝e.所以eq\f(b,a)∈[e，7]．答案[e，7]考点整合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．2．一元二次不等式恒成立的条件设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若ax2＋bx＋c＞0恒成立(解集为R)⇔y＝f(x)图象恒在x轴上方⇔f(x)min＞0⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝b2－4ac＜0.))若ax2＋bx＋c＜0恒成立(解集为R)⇔y＝f(x)图象恒在x轴下方⇔f(x)max＜0⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＝b2－4ac＜0.))3．利用基本不等式求最值已知x，y∈R＋，则(1)若x＋y＝S(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值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)若xy＝P(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2eq\r(P)(x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(P))．4．平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集．线性目标函数z＝ax＋by中的z不是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，把目标函数化为y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，可知eq\f(z,b)是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．热点一一元二次不等式的解法及应用【例1】(1)(2012·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)<c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．(2)若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))成立，则a的取值范围是________．解析(1)由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝＋b－eq\f(a2,4).∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－eq\f(a2,4)＝0，即b＝eq\f(a2,4).∴f(x)＝.由f(x)<c，得－eq\f(a,2)－eq\r(c)<x<－eq\f(a,2)＋eq\r(c)，又f(x)<c的解集为(m，m＋6)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－\r(c)＝m，①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6，②))②－①，得2eq\r(c)＝6，∴c＝9.(2)法一设f(x)＝x2＋ax＋1，其对称轴为x＝－eq\f(a,2).若－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，即a≤－1时，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是减函数，若满足题意应有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0，即－eq\f(5,2)≤a≤－1.若－eq\f(a,2)≤0，即a≥0时，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是增函数，又f(0)＝1>0成立，故a≥0.若0<－eq\f(a,2)<eq\f(1,2)，即－1<a<0，则应有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋1＝1－eq\f(a2,4)≥0成立，故－1<a<0.综上，a≥－eq\f(5,2).法二也可转化为：a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，x∈(0，eq\f(1,2))恒成立，利用单调性求解．答案(1)9(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，＋∞))探究提高解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图象的开口方向，再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号，有时还需要考虑其对称轴的位置，根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解．【训练1】已知一元二次不等式f(x)<0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－1，或x>\f(1,2)))))，则f(10x)>0的解集为______．解析依题意知f(x)>0的解为－1<x<eq\f(1,2)，故0<10x<eq\f(1,2)，解得x<lgeq\f(1,2)＝－lg2.答案{x|x＜－lg2}热点二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2－1】(2015·武汉模拟)已知两个正数x，y满足x＋4y＋5＝xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为________．解析∵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).答案10，eq\f(5,2)[微题型2]带有约束条件的基本不等式问题【例2－2】(2015·四川卷改编)如果函数f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，那么mn的最大值为________．解析令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－eq\f(n－8,m－2)，当m＞2时，对称轴x0＝－eq\f(n－8,m－2)，由题意，－eq\f(n－8,m－2)≥2，∴2m＋n≤12，∵eq\r(2mn)≤eq\f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6，当m＜2时，抛物线开口向下，由题意－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，即2n＋m≤18，∵eq\r(2mn)≤eq\f(2n＋m,2)≤9，∴mn≤eq\f(81,2)，由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18.答案18[微题型3]基本不等式在实际问题中的应用【例2－3】如图，在C城周边已有两条公路l1，l2在点O处交汇．已知OC＝(eq\r(2)＋eq\r(6))km，∠AOB＝75°，∠AOC＝45°，现规划在公路l1，l2上分别选择A，B两处为交汇点(异于点O)直接修建一条公路通过C城．设OA＝xkm，OB＝ykm.(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域；(2)试确定点A，B的位置，使△OAB的面积最小．解(1)因为△AOC的面积与△BOC的面积之和等于△AOB的面积，所以eq\f(1,2)x(eq\r(2)＋eq\r(6))sin45°＋eq\f(1,2)y(eq\r(2)＋eq\r(6))·sin30°＝eq\f(1,2)xysin75°，即eq\f(\r(2),2)x(eq\r(2)＋eq\r(6))＋eq\f(1,2)y(eq\r(2)＋eq\r(6))＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)xy，所以y＝eq\f(2\r(2)x,x－2)(x＞2)．(2)△AOB的面积S＝eq\f(1,2)xysin75°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),8)xy＝eq\f(\r(3)＋1,2)×eq\f(x2,x－2)＝eq\f(\r(3)＋1,2)(x－2＋eq\f(4,x－2)＋4)≥eq\f(\r(3)＋1,2)×8＝4(eq\r(3)＋1)．当且仅当x＝4时取等号，此时y＝4eq\r(2).故OA＝4km，OB＝4eq\r(2)km时，△OAB面积的最小值为4(eq\r(3)＋1)km2.探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．【训练2】(1)(2015·广州模拟)若正实数x，y满足x＋y＋1＝xy，则x＋2y的最小值是________．(2)已知关于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a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)∵x∈(a，＋∞)，∴x－a＞0，∴2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2·eq\r(2（x－a）·\f(2,x－a))＋2a＝4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，得a≥eq\f(3,2)，故实数a的最小值为eq\f(3,2).答案(1)7(2)eq\f(3,2)热点三简单线性规划问题【例3】(2014·苏、锡、常、镇调研)设实数n≤6，若不等式2xm＋(2－x)n－8≥0对任意x∈[－4，2]都成立，则eq\f(m4－n4,m3n)的最小值为________．解析因为不等式2xm＋(2－x)n－8≥0即为(2m－n)x≥8－2n，对任意x∈[－4，2]都成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（2m－n）≥8－2n,－4（2m－n）≥8－2n))，所以m，n满足的不等式为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥2,4m－3n＋4≤0,n≤6))，所以点(m，n)对应的平面区域如图，eq\f(n,m)的几何意义是可行域上的点与原点的连线的斜率，所以eq\f(n,m)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，3))，而目标函数eq\f(m4－n4,m3n)＝eq\f(m,n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))eq\s\up12(3)，令eq\f(n,m)＝t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，3))，则目标函数即为y＝eq\f(1,t)－t3，其导数y′＝－eq\f(1,t2)－3t2＜0，所以函数y＝eq\f(1,t)－t3在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12,7)，3))上递减，故t＝3时取得最小值－eq\f(80,3).答案－eq\f(80,3)探究提高线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想．需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．【训练3】(1)已知动点P(x，y)在过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－2))且与圆M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5相切的两条直线和x－y＋1＝0所围成的区域内，则z＝|x＋2y－3|的最小值为________．(2)若x，y满足条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋y≥0，,y≤a，))且z＝2x＋3y的最大值是5，则实数a的值为________．解析(1)由题意知，圆M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5的圆心坐标为(1，－2)，半径为eq\r(5).过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－2))的直线方程可设为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))－2，即kx－y＋eq\f(3,2)k－2＝0.因为直线kx－y＋eq\f(3,2)k－2＝0和圆M相切，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k×1＋2＋\f(3,2)k－2)),\r(1＋k2))＝eq\r(5)，解得k＝±2，所以两条切线方程分别为l1：2x－y＋1＝0，l2：2x＋y＋5＝0.由直线l1，l2和x－y＋1＝0所围成的区域如图所示．z＝|x＋2y－3|＝eq\f(\r(5)|x＋2y－3|,\r(5))的几何意义为可行域内的点到直线x＋2y－3＝0的距离的eq\r(5)倍．由图知，可行域内的点B到直线x＋2y－3＝0的距离最小，则zmin＝|0＋2×1－3|＝1.(2)画出满足条件的可行域如图阴影部分所示，则当直线z＝2x＋3y过点A(a，a)时，z＝2x＋3y取得最大值5，所以5＝2a＋3a，解得a＝1.答案(1)1(2)11．应用不等式的性质时应注意的两点(1)两个不等式相加的前提是两个不等式同向；两个不等式相乘的前提是两个不等式同向，且不等式两边均大于0；不等式原则上不能相减或相除．(2)不等式的性质是不等式变形的依据，但要注意区分不等式各性质的是否可逆性．2．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．3．均值不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用．4．解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．5．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、填空题1．(2015·苏北四市调研)存在实数x，使得x2－4bx＋3b＜0成立，则b的取值范围是________．解析由题意可得Δ＝(－4b)2－4×3b＞0，即为4b2－3b＞0，解得b＜0或b＞eq\f(3,4).答案(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))2．(2015·苏州调研)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x（x≥0），,－x2＋x（x＜0），))则不等式f(x2－x＋1)＜12的解集是________．解析依题意得，函数f(x)是R上的增函数，且f(3)＝12，因此不等式f(x2－x＋1)＜12等价于x2－x＋1＜3，即x2－x－2＜0，由此解得－1＜x＜2.因此，不等式f(x2－x＋1)＜12的解集是(－1，2)．答案(－1，2)3．(2015·苏、锡、常、镇模拟)若点A(m，n)在第一象限，且在直线eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上，则mn的最大值是________．解析因为点A(m，n)在第一象限，且在直线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\b\lc\((\a\vs4\al\co1(,,,,))eq\f(\f(m,3)＋\f(n,4),2)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(,,,,))eq\s\up12(2)eq\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34．(2015·广东卷改编)若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋5y≥8，,1≤x≤3，,0≤y≤2，))则z＝3x＋2y的最小值为________．解析不等式组所表示的可行域如下图所示，由z＝3x＋2y得y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(z,2)，依题意当目标函数直线l：y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(z,2)经过Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,5)))时，z取得最小值，即zmin＝3×1＋2×eq\f(4,5)＝eq\f(23,5).答案eq\f(23,5)5．已知正数x，y满足x＋2eq\r(2xy)≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为________．解析∵x＞0，y＞0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)(当且仅当x＝2y时取等号)．又由x＋2eq\r(2xy)≤λ(x＋y)可得λ≥eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)，而eq\f(x＋2\r(2xy),x＋y)≤eq\f(x＋（x＋2y）,x＋y)＝2，∴当且仅当x＝2y时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2\r(2xy),x＋y)))eq\s\do7(max)＝2.∴λ的最小值为2.答案26．(2015·南京、盐城模拟)若eq\f(m2x－1,mx＋1)＜0(m≠0)对一切x≥4恒成立，则实数m的取值范围是________．解析依题意，对任意的x∈[4，＋∞)，有f(x)＝(mx＋1)·(m2x－1)＜0恒成立，结合图象分析可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,－\f(1,m)＜4，,\f(1,m2)＜4，))由此解得m＜－eq\f(1,2)，即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))7．(2015·浙江卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg（x2＋1），x＜1，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．解析f(f(－3))＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋eq\f(2,x)－3≥2eq\r(2)－3，当且仅当x＝eq\r(2)时，取等号；当x＜1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，∴f(x)的最小值为2eq\r(2)－3.答案02eq\r(2)－38．(2015·苏、锡、常、镇调研)已知x，y∈R，满足2≤y≤4－x，x≥1，则eq\f(x2＋y2＋2x－2y＋2,xy－x＋y－1)的最大值为________．解析画出不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≤y≤4－x，,x≥1))对应的平面区域，它是以点(1，2)，(1，3)，(2，2)为顶点的三角形区域．eq\f(x2＋y2＋2x－2y＋2,xy－x＋y－1)＝eq\f(（x＋1）2＋（y－1）2,（x＋1）（y－1）)＝eq\f(x＋1,y－1)＋eq\f(y－1,x＋1)，令eq\f(y－1,x＋1)＝t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))(经过点(2，2)时取得最小值，经过点(1，3)时取得最大值)，则eq\f(x2＋y2＋2x－2y＋2,xy－x＋y－1)＝eq\f(1,t)＋t，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋t))′＝1－eq\f(1,t2)＝eq\f(（t＋1）（t－1）,t2)≤0，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，所以函数y＝eq\f(1,t)＋t在t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，所以当t＝eq\f(1,3)时，eq\f(x2＋y2＋2x－2y＋2,xy－x＋y－1)取得最大值为eq\f(10,3).答案eq\f(10,3)二、解答题9．已知函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)若f(x)＞k的解集为{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)对任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范围．解(1)f(x)＞k⇔kx2－2x＋6k＜0.由已知{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．由已知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)，＋∞)).10．(2015·苏北四市调研)某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成．按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米．设小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度)．(1)求θ关于x的函数关系式；(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米．设花坛的面积与装饰总费用的比为y，求y关于x的函数关系式，并求出x为何值时，y取得最大值？解(1)设扇环的圆心角为θ，则30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，所以θ＝eq\f(10＋2x,10＋x).(2)花坛的面积为eq\f(1,2)θ(102－x2)＝(5＋x)(10－x)＝－x2＋5x＋50(0＜x＜10)．装饰总费用为9θ(10＋x)＋8(10－x)＝170＋10x，所以花坛的面积与装饰总费用的比y＝eq\f(－x2＋5x＋50,170＋10x)＝－eq\f(x2－5x－50,10（17＋x）)，令t＝17＋x，则y＝eq\f(39,10)－eq\f(1,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(324,t)))≤eq\f(3,10)，当且仅当t＝18时取等号，此时x＝1，θ＝eq\f(12,11).答：当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大．11．(2015·南师附中模拟)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的x∈R，恒有f′(x)≤f(x)．(1)证明：当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2；(2)若对满足题设条件的任意b，c，不等式f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求M的最小值．(1)证明易知f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的x∈R，2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而c≥eq\f(b2,4)＋1.于是c≥1，且c≥2eq\r(\f(b2,4)×1)＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)＞0.故当x≥0时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥0.即当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2.(2)解由(1)知c≥|b|.当c＞|b|时，有M≥eq\f(f（c）－f（b）,c2－b2)＝eq\f(c2－b2＋bc－b2,c2－b2)＝eq\f(c＋2b,b＋c).令t＝eq\f(b,c)，则－1＜t＜1，eq\f(c＋2b,b＋c)＝2－eq\f(1,1＋t).而函数g(t)＝2－eq\f(1,1＋t)(－1＜t＜1)的值域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).因此，当c＞|b|时，M的取值集合为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).当c＝|b|时，由(1)知b＝±2，c＝2.此时f(c)－f(b)＝－8或0，c2－b2＝0，从而f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立．综上所述，M的最小值为eq\f(3,2).第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度．真题感悟(2015·南通调研)已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x＜0时，f(x)＝2x－eq\f(a3,x2)＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥a－1对一切x＞0成立，求a的取值范围．解(1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f(x)在区间(－∞，0)上的单调性即可．f′(x)＝2＋eq\f(2a3,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－a.①当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递增．②当a＞0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上单调递增．x∈(－a，0)，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(－a，0)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)．(2)因为f(x)为奇函数，所以当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－\f(a3,x2)＋1))＝2x＋eq\f(a3,x2)－1.①当a＜0时，要使f(x)≥a－1对一切x＞0成立，即2x＋eq\f(a3,x2)≥a对一切x＞0成立．而当x＝－eq\f(a,2)＞0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，则与a＜0矛盾．所以a＜0不成立．②当a＝0时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1对一切x＞0成立，故a＝0满足题设要求．③当a＞0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，所以f(x)min＝f(a)＝3a－1＞a－1，所以a＞0时也满足题设要求．综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．考点整合1．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间为减函数．(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法．2．极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小．3．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一导数与函数的单调性[微题型1]求含参函数的单调区间【例1－1】(2015·苏北四市调研)已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当0≤a＜eq\f(1,2)时，讨论f(x)的单调性．解(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(（x－1）（x＋2）,x2)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．故当a＝－1时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)因为f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．②当0＜a＜eq\f(1,2)时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x＝1或eq\f(1,a)－1，此时eq\f(1,a)－1＞1＞0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a＜eq\f(1,2)时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))上单调递减．探究提高讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[微题型2]已知单调性求参数的范围【例1－2】(2015·重庆卷)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，