【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题六函数、不等式、导数学案
[研高考·明考点]
年份
卷别
小题考查
大题考查
2017
卷Ⅰ
T7·线性规划求最值
T21·利用导数研究函数的单调性、最值，求参数的取值范围
T8·函数图象的识别
T9·复合函数的单调性、对称性
T14·导数的几何意义
卷Ⅱ
T7·线性规划求最值
T21·利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立求参数的范围
T8·复合函数的单调性
T14·函数的奇偶性、函数值的求解
卷Ⅲ
T5·线性规划求取值范围
T21·利用导数研究函数的单调性，证明不等式
T7·函数图象的识别
T12·函数的零点问题
T16·分段函数、不等式的解法
2016
卷Ⅰ
T8·利用对数函数、指数函数的单调性比较大小
T21·利用导数研究函数的单调性，已知零点的存在情况求参数的取值范围
T9·函数图象的识别
T12·导数的应用、不等式的恒成立问题
T16·线性规划求最值问题的实际应用
卷Ⅱ
T10·函数的定义域与值域
T20·求切线方程，利用导数研究不等式
T12·函数的图象与性质的应用
T14·线性规划求最值
卷Ⅲ
T7·利用指数函数、幂函数的单调性比较大小
T21·利用导数研究函数的单调性，不等式的证明
T13·线性规划求最值
T16·偶函数的性质、导数的几何意义
2015
卷Ⅰ
T10·分段函数的求值
T21·利用导数判断函数的单调性，函数的零点问题，不等式的证明
T12·函数图象的对称性、求函数解析式
T14·已知函数某点处的切线求参数
T15·线性规划求最值
卷Ⅱ
T11·函数的实际应用、图象与性质
T21·利用导数研究函数的单调性、最值，已知最值求参数的取值范围
T12·函数的奇偶性、对数函数的性质、复合函数的单调性
T14·线性规划求最值
T16·已知两曲线的公共切线求参数
[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.函数图象与性质及其应用(3年12考)
2.线性规划问题(3年8考)
3.导数的几何意义(3年4考)
常考点
1.函数与方程
2.不等式的性质
3.利用导数研究函数的单调性、极值最值问题
偶考点
高考对此部分在解答题中的考查以导数的应用为主，主要考查导数、含参不等式、方程、探索性问题等方面的综合应用，难度较大，题型主要有：
1.导数的简单应用问题
2.导数与函数零点或方程根的问题
3.导数与不等式恒成立、存在性问题
4.导数与不等式的证明问题
偶考点
导数与函数、不等式的其他综合问题
第一讲 小题考法——函数的图象与性质
考点(一)
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)求字母的值(取值范围)等.
函数的概念及表示
[典例感悟]
[典例] (1)(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)＝( )
A．3 B．6
C．9 D．12
(2)(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝则满足f(x)＋f>1的x的取值范围是________．
[解析] (1)∵－2<1，
∴f(－2)＝1＋log2(2＋2)＝1＋log24＝1＋2＝3.
∵log212>1，∴f(log212)＝2log212－1＝＝6.
∴f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9.故选C.
(2)由题意知，当x≤0时，原不等式可化为x＋1＋x＋>1，解得x>－，
∴－
1，显然成立；
当x>时，原不等式可化为2x＋2x－>1，显然成立．
综上可知，x的取值范围是.
[答案] (1)C (2)
[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．(2017·宝鸡质检)已知函数f(x)＝则f 的值为( )
A．－1 B．1
C. D.
解析：选B 依题意得f ＝f ＋1＝f ＋1＋1＝2cos＋2＝2×
＋2＝1，故选B.
2．(2017·山东高考)设f(x)＝若f(a)＝f(a＋1)，则f＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C 当0＜a＜1时，a＋1≥1，f(a)＝，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，∵f(a)＝f(a＋1)，∴＝2a，
解得a＝或a＝0(舍去)．
∴f ＝f(4)＝2×(4－1)＝6.
当a≥1时，a＋1≥2，
∴f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，
∴2(a－1)＝2a，无解．
综上，f ＝6.
3．已知函数f(x)＝则f(f(x))<2的解集为( )
A．(1－ln 2，＋∞) B．(－∞，1－ln 2)
C．(1－ln 2,1) D．(1,1＋ln 2)
解析：选B 因为当x≥1时，f(x)＝x3＋x≥2，当x<1时，f(x)＝2ex－1<2，所以f(f(x))<2等价于f(x)<1，即2ex－1<1，解得x<1－ln 2，所以f(f(x))<2的解集为(－∞，1－ln 2)，故选B.
考点(二)
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、比较大小等问题.
函数的图象及应用
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)函数y＝的部分图象大致为( )
(2)(2015·全国卷Ⅱ)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)，则y＝f(x)的图象大致为( )
[解析] (1)令函数f(x)＝，其定义域为{x|x≠2kπ，k∈Z}，又f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)＝为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B；因为f(1)＝＞0，f(π)＝＝0，故排除A、D，选C.
(2)当x∈时，f(x)＝tan x＋，图象不会是直线段，从而排除A、C.
当x∈时，f＝f＝1＋，f＝2.
∵2<1＋，
∴f0 B．增函数且f(x)<0
C．减函数且f(x)>0 D．减函数且f(x)<0
解析：选D 由f(x)为奇函数，f(x＋1)＝f(－x)得，f(x)＝－f(x＋1)＝f(x＋2)，∴f(x)是周期为2的周期函数．根据条件，当x∈，1时，f(x)＝log，x－2∈，－(x－2)∈，∴f(x)＝f(x－2)＝－f(2－x)＝log.设2－x＝t，则t∈，x＝2－t，∴－f(t)＝log－t，∴f(t)＝－log，∴f(x)＝－log，x∈，可以看出当x增大时，－x减小，log增大，f(x)减小，∴在区间内，f(x)是减函数．而由11，∴f(x)<0.故选D.
[必备知能·自主补缺]
(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：f＝ln＝－1，f＝f(－1)＝e－1＝.
答案：
[课时跟踪检测]
A组——12＋4提速练
一、选择题
1．函数f(x)＝ 的定义域为( )
A．(0,2) B．(0,2]
C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：选C 由题意可知x满足log2x－1＞0，即log2x＞log22，根据对数函数的性质得x＞2，即函数f(x)的定义域是(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．(2017·合肥模拟)函数y＝4cos x－e|x|(e为自然对数的底数)的图象可能是( )
解析：选A 令f(x)＝4cos x－e|x|，因为f(－x)＝4cos(－x)－e|－x|＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，排除选项B，D.又f(0)＝4cos 0－e0＝3>0，所以选项A满足条件．故选A.
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．(2017·长春质检)下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝ex＋e－x B．y＝ln(|x|＋1)
C．y＝ D．y＝x－
解析：选D 选项A，B是偶函数，排除；选项C是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单调函数，不符合题意；选项D中，y＝x－是奇函数，且y＝x和y＝－在(0，＋∞)上均为增函数，故y＝x－在(0，＋∞)上为增函数，所以选项D正确．故选D.
6．(2017·陕西质检)奇函数f(x)的定义域为R，若f(x＋2)为偶函数，则f(8)＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．－2
解析：选B 由奇函数f(x)的定义域为R，可得f(0)＝0，由f(x＋2)为偶函数，可得f(－x＋2)＝f(x＋2)，故f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝f[－(x＋2)＋2]＝f(－x)＝－f(x)，则f(x＋8)＝f[(x＋4)＋4]＝－f(x＋4)＝－[－f(x)]＝f(x)，即函数f(x)的周期为8，所以f(8)＝f(0)＝0，故选B.
7．(2018届高三·湖南五市十校联考)函数y＝的图象大致为( )
选A 当x>2时，2－x<0，ex>0，(x－1)2>0，∴y<0，此时函数的图象在x轴的下方，排除B；当x<2且x≠1时，2－x>0，ex>0，(x－1)2>0，∴y>0，此时函数的图象在x轴的上方，故选A.
8．(2017·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．a0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＝log240时，f(x)是周期函数，f(x)的图象如图所示．
若方程f(x)＝x＋a有两个不同的实数根，则函数f(x)的图象与直线y＝x＋a有两个不同交点，
故a<1，即a的取值范围是(－∞，1)．
11．(2018届高三·广西三市联考)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( )
A．(1,2＋ln 2) B.
C．(ln 2,2] D.
解析：选D 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，∴
10，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10时，－x<0，f(－x)＝3(－x)2＋ln(＋x)＝3x2＋ln(＋x)＝f(x)，同理可得，当x<0时，f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．因为当x>0时，函数f(x)单调递增，所以不等式f(x－1)0，解得x>0或x<－2.
答案：(－∞，－2)∪(0，＋∞)
B组——能力小题保分练
1．(2017·郑州质检)函数f(x)＝cos x的图象大致为( )
解析：选C 依题意，f(－x)＝cos(－x)＝cos x＝cos x＝－f(x)，因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A，B均不正确；当00，f(x)<0，结合选项知，C正确，故选C.
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)0，a≠1)的反函数的图象经过点.若函数g(x)的定义域为R，当x∈[－2,2]时，有g(x)＝f(x)，且函数g(x＋2)为偶函数，则下列结论正确的是( )
A．g(π)0)关于直线y＝－x对称，且f(－2)＝2f(－1)，则a＝________.
解析：依题意得，曲线y＝f(x)即为－x＝(－y)2＋a(y<0)，化简后得y＝－，即f(x)＝－，于是有－＝－2，解得a＝.
答案：
6．已知函数f(x)满足对任意的x，y∈R，都有f(xy)＝f(x)＋f(y)成立，函数g(x)满足对任意的x，y∈R，都有g(xy)＝g(x)－g(y)成立，且f(3)＝2，g(－2)＝3，则f(－3)＋g(2)＝________.
解析：根据题意，函数f(x)满足对任意的x，y∈R，都有f(xy)＝f(x)＋f(y)成立，令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，即f(1)＝0；令x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)，则f(－1)＝0；令y＝－1，则f(－x)＝f(－1)＋f(x)，∴f(－x)＝f(x)，即函数f(x)为偶函数，f(－3)＝f(3)＝2.函数g(x)满足对任意的x，y∈R，都有g(xy)＝g(x)－g(y)成立，令x＝y＝－1，则g(1)＝g(－1)－g(－1)＝0；令x＝1，y＝－1，则g(－1)＝g(1)－g(－1)，即g(－1)＝0；令y＝－1，则g(－x)＝g(x)－g(－1)，∴g(－x)＝g(x)，即函数g(x)为偶函数，∴g(2)＝g(－2)＝3.∴f(－3)＋g(2)＝2＋3＝5.
答案：5
第二讲 小题考法——基本初等函数、函数与方程
考点(一)
主要考查指数函数、对数函数、幂函数的图象辨析以及比较大小问题.
基本初等函数的图象与性质
[典例感悟]
[典例] (1)若当x∈R时，函数f(x)＝a|x|(a>0且a≠1)满足f(x)≤1，则函数y＝loga(x＋1)的图象大致为( )
(2)(2017·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
[解析] (1)由a|x|≤1(x∈R)，知01，
∴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.
[答案] (1)C (2)D
[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．(2017·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＝－3x－x＝－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．(2017·洛阳统考)已知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)单调递减，设a＝－21.2，b＝－0.8，c＝2log52，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为( )
A．f(c)f(b)>f(a) D．f(c)>f(a)>f(b)
解析：选C 依题意，注意到21.2>20.8＝－0.8>1＝log55>log54＝2log52>0，又函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数，于是有f(21.2)0时，f(x)＝ln x－x＋1，则函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)(2017·成都模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(－x－1)＝f(x－1)，当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x3，则关于x的方程f(x)＝|cos πx|在上的所有实数解之和为( )
A．－7 B．－6
C．－3 D．－1
(3)(2017·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)当x>0时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．因此，当x>0时，f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＋1＝0.根据函数f(x)是定义在R上的奇函数作出函数y＝f(x)与y＝ex的大致图象，如图，观察到函数y＝f(x)与y＝ex的图象有两个交点，所以函数g(x)＝f(x)－ex(e为自然对数的底数)有2个零点．故选C.
(2)因为函数f(x)为偶函数，所以f(－x－1)＝f(x＋1)＝f(x－1)，即f(x)＝f(x＋2)，所以函数f(x)的周期为2，又当x∈[－1,0]时，f(x)＝－x3，由此在同一平面直角坐标系内作出函数y＝f(x)与y＝|cos πx|的图象，如图所示．
由图知关于x的方程f(x)＝|cos πx|在上的实数解有7个．不妨设x10，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＝.
[答案] (1)C (2)A (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，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．已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A 由已知条件得g(x)＝3－f(2－x)＝函数y＝f(x)－g(x)的零点个数即为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象交点的个数，分别画出函数y＝f(x)，y＝g(x)的草图，观察发现有2个交点．故选A.
2．(2017·洛阳统考)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(0,1)
C. D.
解析：选B 依题意，关于x的方程ax－1＝有两个不等的正实数根．记g(x)＝，则g′(x)＝，当00，g(x)在区间(0，e)上单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)在区间(e，＋∞)上单调递减，且g(e)＝，当01时，0<<1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．
综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．
[必备知能·自主补缺]
(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与a≠1)
y＝logax(a＞0与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}
[课时跟踪检测]
A组——12＋4提速练
一、选择题
1．(2017·沈阳质检)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．(2016·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．(2017·福州质检)已知a＝ln 8，b＝ln 5，c＝ln－ln，则( )
A．a0，∴f(0)·f(1)<0，故函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是(0,1)，故选C.
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2017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2017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．函数f(x)＝的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：选C 当x≤0时，f(x)＝x2－2，令x2－2＝0，得x＝(舍去)或x＝－，即在区间(－∞，0]上，函数只有一个零点．当x>0时，f(x)＝2x－6＋ln x，f′(x)＝2＋，由x>0知f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f(1)＝－4<0，f(e)＝2e－5>0，f(1)·f(e)<0，从而f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．故函数f(x)的零点个数是2.
7．(2017·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.
8．(2017·贵阳检测)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.
9．(2018届高三·河北五校联考)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＋2＝0上，其中m>0，n>0，则＋的最小值为( )
A．2 B．4
C. D．
解析：选D 由函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)知，当x＝－2时，y＝－1，所以A点的坐标为(－2，－1)，又因为点A在直线mx＋ny＋2＝0上，所以－2m－n＋2＝0，即2m＋n＝2，所以＋＝＋＝2＋＋＋≥＋2 ＝，当且仅当m＝n＝时等号成立．所以＋的最小值为，故选D.
10．(2017·长春质检)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)＋2x10，则－x<0，f(－x)＝xln(1＋x)＋x2＝f(x)，同理可得x<0时，f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．当x≥0时，易知f(x)＝xln(1＋x)＋x2为增函数，所以不等式f(－a)＋f(a)≤2f(1)等价于2f(a)≤2f(1)，即f(a)≤f(1)，亦即f(|a|)≤f(1)，则|a|≤1，解得－1≤a≤1，故选D.
12．(2017·合肥质检)设函数f(x)＝(e是自然对数的底数)，若f(2)是函数f(x)的最小值，则a的取值范围是( )
A．[－1,6] B．[1,4]
C．[2,4] D．[2,6]
解析：选D 当x>2时，f(x)＝＋a＋10，f′(x)＝，令f′(x)>0，解得x>e，令f′(x)<0，解得x2时的最小值为f(e)；当x≤2时，f(x)＝(x－a)2＋e是对称轴方程为x＝a的二次函数，欲使f(2)是函数的最小值，则即解得2≤a≤6，故选D.
二、填空题
13．(2017·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，当x≥1时，log2x≥0，依题意函数y＝f(x)的图象和直线y＝k的交点有两个，∴k>.
答案：
15．(2018届高三·广西三市联考)已知在(0，＋∞)上函数f(x)＝则不等式log2x－(log4x－1)·f(log3x＋1)≤5的解集为________．
解析：原不等式等价于
或解得1≤x≤4或f(m)＝f(n)，则f(x)在[m2，n]上的最大值为f(m2)＝－log3m2＝2，解得m＝，则n＝3，所以＝9.
答案：9
B组——能力小题保分练
1．(2017·长沙模拟)对于满足00，于是c<，从而>＝1＋－2，对满足02.故选D.
2．(2017·云南检测)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．已知f(x)是定义在R上且以2为周期的偶函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x2.如果函数g(x)＝f(x)－(x＋m)有两个零点，则实数m的值为( )
A．2k(k∈Z) B．2k或2k＋(k∈Z)
C．0 D．2k或2k－(k∈Z)
解析：选D 令g(x)＝0得f(x)＝x＋m.①考虑函数f(x)在[0,1]上的图象，因为两个端点分别为(0,0)，(1,1)，所以过这两点的直线方程为y＝x，此时m＝0；
②考虑直线y＝x＋m与f(x)＝x2(x∈[0,1])的图象相切，与区间(1,2]上的函数图象相交，则此时直线与函数f(x)也是两个交点，即g(x)仍然有两个零点，可求得此时m＝－，切线方程为y＝x－.
综上，由f(x)是定义在R上且以2为周期的偶函数，得m＝2k或m＝2k－(k∈Z)．
4．已知函数f(x)＝函数g(x)＝[f(x)]2＋f(x)＋t，t∈R，则下列判断不正确的是( )
A．若t＝，则g(x)有一个零点
B．若－2，即a>1＋，故实数a的取值范围是1＋，e，故选C.
6．已知函数f(x)＝与g(x)＝a(x＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x－＝5a的解为正整数，则满足条件的实数a的个数为________．
解析：在同一坐标系中作出函数f(x)与g(x)的图象，结合图象可知，实数a的取值范围是.由x－＝5a，可得x2－5ax－1＝0，设h(x)＝x2－5ax－1，当x＝1时，由h(1)＝1－5a－1＝0可得a＝0，不满足题意；当x＝2时，由h(2)＝4－10a－1＝0可得a＝≤，满足题意；当x＝3时，由h(3)＝9－15a－1＝0可得a＝>，不满足题意．又函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a的个数为1.
答案：1
第三讲 小题考法——不等式
考点(一)
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.
不等式的性质及解法
[典例感悟]
[典例] (1)已知a>b>0，则下列不等式中恒成立的是( )
A．a＋>b＋ B．a＋>b＋
C.> D.>ab
(2)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式f(x)>0的解集是(－1,3)，则不等式f(－2x)<0的解集是( )
A.∪
B.
C.∪
D.
(3)(2017·贵州模拟)已知不等式>2x2－mx＋m＋4对任意x∈R恒成立，则实数m的取值范围是________．
[解析] (1)因为a>b>0，所以<，根据不等式的性质可得a＋>b＋，故A正确；对于选项B，取a＝1，b＝，则a＋＝1＋＝2，b＋＝＋2＝，故a＋>b＋不成立，故B错误；根据不等式的性质可得<，故C错误；取a＝2，b＝1，可知D错误．
(2)由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1,3)，
∴a<0，且
解得a＝－1或(舍去)，∴a＝－1，b＝－3，
∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，
由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，
解得x>或x<－，故选A.
(3)根据指数函数的单调性得，2x2－mx＋m＋4>x2＋x对任意x∈R恒成立，
即x2－(m＋1)x＋m＋4>0恒成立，
所以Δ＝[－(m＋1)]2－4(m＋4)<0，
解得－30(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)0.若p∨q为假命题，则实数m的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(－∞，2] D．[－1,1]
解析：选A ∵p：∃x∈R，mx2＋2≤0，∴m<0.∵q：∀x∈R，x2－2mx＋1>0，∴Δ＝4m2－4<0，∴－10，则的最小值为________．
[解析] (1)∵直线＋＝1(a＞0，b＞0)过点(1,2)，∴＋＝1，∵a＞0，b＞0，∴2a＋b＝(2a
＋b)＝4＋＋≥4＋2＝8，当且仅当＝，即a＝2，b＝4时等号成立，∴2a＋b的最小值为8.
(2)因为ab>0，所以≥＝＝4ab＋≥2＝4，当且仅当时取等号，故的最小值是4.
[答案] (1)8 (2)4
[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．已知点C在直线AB上，且平面内的任意一点O，满足＝x＋y，x>0，y>0，则＋的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选B ∵点C在直线AB上，故存在实数λ使得＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ，∴x＝1－λ，y＝λ，∴x＋y＝1.又x>0，y>0，∴＋＝(x＋y)＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当＝，即x＝y＝时等号成立，故选B.
2．(2017·合肥质检)对于函数f(x)，如果存在x0≠0，使得f(x0)＝－f(－x0)，则称(x0，f(x0))与(－x0，f(－x0))为函数图象的一组奇对称点．若f(x)＝ex－a(e为自然对数的底数)的图象上存在奇对称点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(e，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选B 因为存在实数x0(x0≠0)，使得f(x0)＝－f(－x0)，则ex0－a＝－e－x0＋a，即ex0＋＝2a，又x0≠0，ex0>0，所以2a＝ex0＋>2＝2，即a>1，故选B.
3．(2017·石家庄质检)已知直线l：ax＋by－ab＝0(a>0，b>0)经过点(2,3)，则a＋b的最小值为________．
解析：因为直线l经过点(2,3)，所以2a＋3b－ab＝0，所以b＝>0，所以a－3>0，所以a＋b＝a＋＝a－3＋＋5≥5＋2＝5＋2，当且仅当a－3＝，即a＝3＋，b＝2＋时等号成立，所以a＋b的最小值为5＋2.
答案：5＋2
考点(三)
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.
线 性 规 划 问 题
[典例感悟]
[典例] (1)(2017·石家庄质检)若x，y满足且z＝3x－y的最大值为2，则实数m的值为( )
A. B．
C．1 D．2
(2)(2017·全国卷Ⅰ)设x，y满足约束条件则z＝3x－2y的最小值为________．
[解析] (1)若z＝3x－y的最大值为2，则此时目标函数为y＝3x－2，直线y＝3x－2与3x－2y＋2＝0和x＋y＝1分别交于A(2,4)，B，mx－y＝0经过其中一点，所以m＝2或m＝，当m＝时，经检验不符合题意，故m＝2.
(2)画出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，由可行域知，当直线y＝x－过点A时，在y轴上的截距最大，此时z最小，由解得∴zmin＝－5.
[答案] (1)D (2)－5
[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．(2017·兰州诊断)设变量x，y满足不等式组则x2＋y2的最小值是( )
A. B．
C. D．2
解析：选B 作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示，而目标函数可视为可行域内的点到原点的距离的平方，该距离的最小值为原点到直线x＋y＝3的距离．∵原点到直线x＋y＝3的距离为＝，∴x2＋y2的最小值为.
2．若x，y满足条件当且仅当x＝y＝3时，z＝ax－y取得最小值，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 作出题中约束条件表示的可行域，如图中△ABC(含边界)所示，
作直线l：z＝ax－y，当l向上平移时，z减小，由题意，z仅在点A(3,3)处取得最小值，a是直线l的斜率，又kAC＝－，kAB＝，所以－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|－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－f(1)的解集是( )
A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)
解析：选A 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，＋∞)．
2．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.
3．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.
4．(2017·合肥质检)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.
5．(2017·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]．
6．(2017·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.
7．已知a>0，b>0，c>0，且a2＋b2＋c2＝4，则ab＋bc＋ac的最大值为( )
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：选B ∵a2＋b2＋c2＝4，∴2ab＋2bc＋2ac≤(a2＋b2)＋(b2＋c2)＋(a2＋c2)＝2(a2＋b2＋c2)＝8，∴ab＋bc＋ac≤4(当且仅当a＝b＝c＝时等号成立)，∴ab＋bc＋ac的最大值为4.
8．(2017·惠州调研)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.
9．当x，y满足不等式组时，－2≤kx－y≤2恒成立，则实数k
的取值范围是( )
A．[－1,1] B．[－2,0]
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，设z＝kx－y，
由
得即B(－2,2)，由得
即C(2,0)，由得即A(－5，－1)，要使不等式－2≤kx－y≤2恒成立，
则即所以－≤k≤0，故选D.
10．某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得的最大利润为( )
甲
乙
原料限额
A(吨)
3
2
12
B(吨)
1
2
8
A.12万元 B．16万元
C．17万元 D．18万元
解析：选D 设该企业每天生产甲产品x吨，乙产品y吨，每天获得的利润为z万元，
则有z＝3x＋4y，
由题意得x，y满足
作出可行域如图中阴影部分所示，根据线性规划的有关知识，知当直线z＝3x＋4y过点B(2,3)时，z取最大值18，故该企业每天可获得的最大利润为18万元．
11．若两个正实数x，y满足＋＝1，且不等式x＋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，＋∞)．
12．(2017·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)－.
若x≤1，则g(x)＝－(x2－x＋3)－＝－x2＋－3
＝－2－，
当x＝时，g(x)max＝－；
若x>1，则g(x)＝－－＝－≤－2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝时，等号成立，
故g(x)max＝－2.
综上，g(x)max＝－.
令h(x)＝f(x)－，
若x≤1，则h(x)＝x2－x＋3－＝x2－x＋3
＝2＋，
当x＝时，h(x)min＝；
若x>1，则h(x)＝x＋－＝＋≥2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝2时，等号成立，
故h(x)min＝2.
综上，h(x)min＝2.
故a的取值范围为.
二、填空题
13．已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：由x>a，知x－a>0，则2x＋＝2(x－a)＋＋2a≥2 ＋2a＝4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，解得a≥，即实数a的最小值为.
答案：
14．若2x＋4y＝4，则x＋2y的最大值是________．
解析：因为4＝2x＋4y＝2x＋22y≥2＝2，所以2x＋2y≤4＝22，即x＋2y≤2，所以当且仅当2x＝22y＝2，即x＝2y＝1时，x＋2y取得最大值2.
答案：2
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．对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c
>0的解集为(－1,2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c>0”，给出如下一种解法：
解：由ax2＋bx＋c>0的解集为(－1,2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c>0的解集为(－2,1)，即关于x的不等式ax2－bx＋c>0的解集为(－2,1)．
参考上述解法，若关于x的不等式＋<0的解集为∪，则关于x的不等式＋<0的解集为________．
解析：不等式＋<0，可化为＋<0，故得－1<<－或<<1，解得－30，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．
∵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．在平面直角坐标系中，点P是由不等式组所确定的平面区域上的动点，Q是直线2x＋y＝0上任意一点，O为坐标原点，则|＋|的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 作出不等式组对应的可行域，如图中阴影部分所示．设P(x，y)，Q(a，－2a)，则＋＝(x＋a，y－2a)，则|＋|＝，设z＝|＋|，则z的几何意义为可行域内的动点P到动点M(－a,2a)的距离，其中M也在直线2x＋y＝0上，由图可知，当点P为(0,1)，M为P在直线2x＋y＝0上的垂足时，z取得最小值d＝＝＝.
5．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当且仅当t
＝时等号成立，当t＝0时，＝0<－2，故的最大值为－2，故选B.
6．(2017·广州模拟)满足不等式组的点(x，y)组成的图形的面积是5，则实数a的值为________．
解析：不等式组等价于或画出不等式组所表示的平面区域如图中△ABC及其内部，易知A(1,2)，因为S△ABC＝×1×2＝1<5，所以a>1.画出不等式组所表示的平面区域， 如图中的△ABC和△ADE所示．
不等式组所对应的平面区域是△ADE及其内部，易知D(a，a＋1)，E(a,3－a)，所以S△ADE＝×(a－1)×(a＋1－3＋a)＝5－1，解得a＝3(a＝－1舍去)．
答案：3
第四讲 小题考法——导数的简单应用
考点(一)
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.
导数的几何意义
[典例感悟]
[典例] (1)(2016·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________．
(2)(2017·成都模拟)若曲线y＝ln x＋ax2－2x(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)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.
(2)f′(x)＝＋2ax－2＝(x>0)，
由题意得f′(x)≥0在x>0时恒成立，
所以2ax2－2x＋1≥0在x>0时恒成立，
即2a≥－＝－＋1＝－－12＋1，所以a≥，所以a的取值范围为.
[答案] (1)2x－y＝0 (2)
[方法技巧]
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：
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．
(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后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届高三·广西三市联考)已知曲线f(x)＝在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为( )
A．－ B．－1
C. D．2
解析：选B 由已知得，f′(x)＝，又f′(1)＝1，即＝1，∴a＝－1.
2．(2017·广州模拟)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为( )
A．(0,0) B．(1，－1)
C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
解析：选D 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax，
所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3x＋2ax0，
又切线方程为x＋y＝0，
所以x0≠0，且
解得a＝±2，x0＝－.
所以当时，点P的坐标为(1，－1)；
当时，点P的坐标为(－1,1)，故选D.
3．(2017·沈阳质检)设函数f(x)＝g(x)＋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(1，f(1))处的切线方程为________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，又f′(x)＝g′(x)＋2x，∴f′(1)＝g′(1)＋2＝－9＋2＝－7，f(1)＝g(1)＋1＝－7，∴所求切线方程为y＋7＝－7(x－1)，即7x＋y＝0.
答案：7x＋y＝0
考点(二)
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).
利用导数研究函数的单调性
[典例感悟]
[典例] (1)已知函数f(x)＝x3－tx2＋3x，若存在a∈[1,2]，b∈[3,4]，使得函数f(x)在区间(a，b)上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A．(－∞，3] B．(－∞，5]
C．[3，＋∞) D．[5，＋∞)
(2)(2015·全国卷Ⅰ)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( )
A. B.
C. D.
[解析] (1)依题意，函数f(x)在区间(2,3)上单调递减，∴f′(x)＝3x2－2tx＋3≤0在[2,3]
上恒成立，即2tx≥3x2＋3，x∈[2,3]．∴2t≥3，2t≥max＝10，∴t≥5.故选D.
(2)由题意可知存在唯一的整数x0，使得ex0(2x0－1)0，∴ax
2＋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.
3．(2017·沈阳质检)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(x)为偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)．由g(x) 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－10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；af(x)有解⇔f(x)min；a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；
a0，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＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2的单调递减区间为( )
A. B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D．(－∞，－2)
解析：选D 因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以解得令g(x)＝x2＋bx＋，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2x2＋bx＋的单调递减区间为(－∞，－2)．
7．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.
8．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.
9.已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为( )
A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－，)
C．(2,3) D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析：选A 由y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，∴f(x2－6)>1可化为－20)，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．
11．(2017·成都模拟)已知曲线C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点M处的切线与曲线C2：y＝ex＋1－1也相切，则tln的值为( )
A．4e2 B．8e
C．2 D．8
解析：选D 由y＝，得y′＝·x－，则曲线C1在x＝时的切线斜率为k＝，所以切线方程为y－2＝，即y＝x＋1.设切线与曲线y＝ex＋1－1的切点为(x0，y0)．由y＝ex＋1－1，得y′＝ex＋1，则由ex0＋1＝，得切点，故切线方程又可表示为y－＋1＝x－ln＋1，即y＝x＋ln＋－1，所以由题意，得ln＋－1＝1，即tln＋2＝8，整理得tln＝8，故选D.
12．(2018届高三·湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x2≤x≤e，e为自然对数的底数与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( )
A．[1，e2－2] B.
C. D.
解析：选A 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)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
15．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：
16．(2017·兰州模拟)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，＋∞)
B组——能力小题保分练
1．(2017·陕西质检)设函数f(x)＝xsin x在x＝x0处取得极值，则(1＋x)(1＋cos 2x0)的值为( )
A．1 B．－1
C．－2 D．2
解析：选D f′(x)＝sin x＋xcos x，令f′(x)＝0得tan x＝－x，所以tan2x0＝x，故(1＋x)(1＋cos 2x0)＝(1＋tan2x0)·2cos2x0＝2cos2x0＋2sin2x0＝2，故选D.
2．(2017·开封模拟)过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有( )
A．3条 B．2条
C．1条 D．0条
解析：选A 由题意得，f′(x)＝3x2－3，设切点为(x0，x－3x0)，那么切线的斜率为k＝3x－3，则切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，将点A(2,1)代入可得关于x0的一元三次方程2x－6x＋7＝0.令y＝2x－6x＋7，则y′＝6x－12x0.由y′＝0得x0＝0或x0＝2.当x0＝0时，y＝7>0；x0＝2时，y＝－1<0.所以方程2x－6x＋7＝0有3个解．故过点A(2,1)作曲线f(x)＝x3－3x的切线最多有3条，故选A.
3．(2017·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)3，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m21－2>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有2>1，此时不等式显然不能成立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m2>3，解得m<－2或m>2.
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．(2017·张掖模拟)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且2f′(x)>1，当x∈时，不等式f(2cos x)>－2sin2的解集为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 令g(x)＝f(x)－－，则g′(x)＝f′(x)－>0，∴g(x)在R上单调递增，且g
(1)＝f(1)－－＝0，∵f(2cos x)－＋2sin 2＝f(2cos x)－－＝g(2cos x)，∴f(2cos x)>－2sin2，即g(2cos x)>0，∴2cos x>1，又x∈，∴x∈.
第五讲 大题考法——函数与导数
题型(一)
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.
导数的简单应用问题
[典例感悟]
[典例1] (2018届高三·湖南五市十校联考)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
第一步：求导数f′(x)；
第二步：求方程f′(x)＝0的根x0；
第三步：检查f′(x)在x＝x0左右的符号，若“左正右负”，则f(x)在x＝x0处取极大值；若“左负右正”，则f(x)在x＝x0处取极小值．
[演练冲关]
1．(2017·福州模拟)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0，则y′＝.
设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k＝＝，
故x0＝e，k＝.
(2)函数g(x)＝f(x)＋mx2的零点的个数即是方程f(x)＋mx2＝0的实根的个数(当x＝0时，方程无解)，
等价于函数h(x)＝(x≠0)与函数y＝－m图象交点的个数．
h′(x)＝.
当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0,2)时，h′(x)<0，h(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)上单调递增．
∴h(x)的大致图象如图：
∴h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(2)＝.
∴当－m∈，即m∈时，函数h(x)＝与函数y＝－m图象交点的个数为1；
当－m＝，即m＝－时，函数h(x)＝与函数y＝－m图象交点的个数为2；
当－m∈，即m∈－∞，－时，函数h(x)＝与函数y＝－m
图象交点的个数为3.
综上所述，当m∈时，函数g(x)有三个零点；当m＝－时，函数g(x)有两个零点；当m∈－，0时，函数g(x)有一个零点．
[备课札记]
[方法技巧]
判断函数零点个数的常用方法
(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
[演练冲关]
2．(2017·沈阳高三质检)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a＋ln x＋1，
由题意，f′(1)＝a＋1＝0，
解得a＝－1，当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
故f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1，
令f′(x)<0，解得0－1即m>－2， ①
当00且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
f(x)的大致图象如图所示，由图象可知，m＋1<0，
即m<－1， ②
由①②可得－20)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4.
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．
②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，
若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，
∴当0x2时，f′(x)>0；
当x12，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，
则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0.
∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．
综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点；当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．
(2)f(x)≤g(x)⇔ex－ln x＋x2≥ax，
因为x>0，所以a≤对于∀x>0恒成立，
设φ(x)＝(x>0)，
φ′(x)＝
＝，
∵x>0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是(－∞，e＋1]．
[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．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
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.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2
.从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
题型(四)
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.
导数与不等式的证明问题
[典例感悟]
[典例4] (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
[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
[演练冲关]
4．(2017·贵阳检测)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)；
(3)求证：ln≤.
解：(1)函数f(x)＝－ln x＝1－－ln x，定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－＝，∴由f′(x)>0得01，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln 1＝0.
又f ＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f 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0，得0e，因而h(x)在e，＋∞上单调递减．
∴h(x)的最大值为he＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.从而实数a的取值范围为2e－－1，＋∞.
[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]
(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．f′(x)＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，又h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，
则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
[课时跟踪检测]
1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得04.
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；
当t>0时，由f′(x)<0，得x0，得x>t，f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝t处取得最小值，最小值为f(t)＝ln t＋1－s，无最大值．
(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(01，则ln t＝，x1＝，
故x1＋x2＝x1(t＋1)＝，
∴x1＋x2－4＝，
记函数h(t)＝－2ln t，
∵h′(t)＝>0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
3．(2017·宝鸡质检)函数f(x)＝ln x－ax2－2x.
(1)若a＝8，求f(x)的单调区间；
(2)若a>－1，对任意的a，总存在某个x0∈[2,3]，使得f(x0)－b<0成立，求实数b的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－
＝－(x>0)，
x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
故f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
(2)首先，对于任意a∈(－1，＋∞)，都存在某个x0∈[2,3]，使得f(x0)－b<0成立，
则b>max，
因为函数h(a)＝ln x0－ax－2x0
＝－xa－2x0＋ln x0在(－1，＋∞)上是减函数，
所以h(a)0)．
(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a≥时，f(x)>e－x.
解：(1)由题意知，函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝－＝.
因为a>0，所以x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，
f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
又f(1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以当ln a＋1≤0，
即0e－x，
即证当x>0，a≥时，ln x＋>e－x，
即证xln x＋a>xe－x.
令h(x)＝xln x＋a，则h′(x)＝ln x＋1.
当0时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以h(x)min＝h＝－＋a.
故当a≥时，h(x)≥－＋a≥. ①
令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝.
故当x>0时， φ(x)≤. ②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a≥时，f(x)>e－x.
5．(2017·惠州调研)已知函数f(x)＝＋aln x(a≠0，a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；
(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝＋ln x，f′(x)＝－＋＝.
f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)<0得00，得x>1.
所以当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝1，无极大值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
(2)若在区间(0，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，即f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0.
由已知得，f′(x)＝－＋＝，且a≠0，
当a<0时，f′(x)<0恒成立，
即f(x)在区间(0，e]上单调递减，
故f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋aln e＝＋a，
由＋a<0，得a<－，即a∈.
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝.
①若e≤，即00，
显然，f(x)在区间(0，e]上的最小值小于0不成立．
②若0<时，则当00，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在区间(0，e]上的最小值为f ＝a＋aln，
由f ＝a＋aln＝a(1－ln a)<0，得1－ln a<0，解得a>e，即a∈(e，＋∞)．
综上可知，a∈∪.
第六讲 创新考法与思想方法
[常见创新考法]
创新点(一) 创新命题情景考应用能力
通过“新定义”创设问题新情景，从形式上跳出已学知识的旧框框来考查函数的性质及考生分析问题、解决问题的能力，是高考命题的常见思路.
[典例1] 已知函数y＝f(x)(x∈R)．对于函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．
[解析] 由于g(x)＝的图象是圆x2＋y2＝4在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y＝3x＋b1，则有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，则需b>b1＝2.
故实数b的取值范围为(2，＋∞)．
[答案] (2，＋∞)
[点评] (1)理解“对称函数”的定义，结合圆的知识，利用数形结合是解决本题的关键．
(2)本题若用代数法解答就需要进行讨论，但在理解了“对称函数”的定义之后，就会发现h(x)是g(x)关于直线y＝f(x)的“对称函数”，随着直线y＝f(x)向上平移，y＝h(x)的图象也随之平移，从图上可以看到“h(x)>g(x)恒成立”这一条件成立的临界点，这样就省去了繁琐的计算．
[演练冲关]
1．(2017·郑州质检)对于函数f(x)与g(x)，若存在λ∈{x∈R|f(x)＝0}，μ∈{x∈R|g(x
)＝0}，使得|λ－μ|≤1，则称函数f(x)与g(x)互为“零点密切函数”，现在已知函数f(x)＝ex－2＋x－3与g(x)＝x2－ax－x＋4互为“零点密切函数”，则实数a的取值范围是________．
解析：易知函数f(x)为增函数，且f(2)＝e2－2＋2－3＝0，所以函数f(x)＝ex－2＋x－3只有一个零点x＝2，则取λ＝2，由|2－μ|≤1，知1≤μ≤3.由f(x)与g(x)互为“零点密切函数”知函数g(x)＝x2－ax－x＋4在区间[1,3]内有零点，即方程x2－ax－x＋4＝0在[1,3]内有解，即可化为函数a＝x＋－1在x∈[1,3]上的值域问题，而函数a＝x＋－1在[1,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增，所以当x＝2时，a取最小值3，且当x＝1时，a＝4，当x＝3时，a＝，所以amax＝4，所以实数a的取值范围是[3,4]．
答案：[3,4]
创新点(二) 创新命题角度考迁移能力
1．线性规划与其他知识的交汇
线性规划是代数与几何的桥梁，是数形结合思想的集中体现．传统的线性规划问题主要研究的是在线性或非线性约束条件下求解目标函数的最值，就知识本身而言并不是难点．但是，近年来对这类问题的考查出现了新的动向，常将它与函数、方程、数列、平面向量、解析几何等知识交汇在一起命题，体现了以能力立意的命题指导思想．
[典例2] 已知点O是坐标原点，点A(－1，－2)，若点M(x，y)是平面区域上的一个动点，·(－)＋≤0恒成立，则实数m的取值范围是________．
[解析] 因为＝(－1，－2)，＝(x，y)，所以·(－)＝·＝－x－2y.所以不等式·(－)＋≤0恒成立等价于－x－2y＋≤0，即≤x＋2y恒成立．设z＝x＋2y，作出不等式组表示的可行域如图所示，当目标函数z＝x＋2y表示的直线经过点D(1,1)时取得最小值，最小值为1＋2×1＝3；当目标函数z＝x＋2y表示的直线经过点B(1,2)时取得最大值，最大值为1＋2×2＝5.所以x＋2y∈[3,5]，于是要使≤x＋2y恒成立，只需≤3，解得m≥或m＜0，即实数m的取值范围是(－∞，0)∪.
[答案] (－∞，0)∪
[点评] 本例以线性规划为背景，与向量的数量积运算相交汇，考查了线性目标函数的最值以及不等式恒成立问题．
[演练冲关]
2．(2016·浙江高考)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x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2 B．4
C．3 D．6
解析：选C 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线x＋y－2＝0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，由得C(2，－2)．
由得D(－1,1)．所以|AB|＝|CD|＝＝3.故选C.
3．在平面直角坐标系xOy中，设区域D中的点(x，y)满足条件E是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向E中随机投一点，则其落入D中的概率是________．
解析：根据题意可得，区域D为图中阴影部分所示的三角形，面积为S1＝1，区域E是以原点为圆心，以1为半径的圆及其内部，面积为S2＝π，故向E中投一点，其落入D中的概率P＝＝.
答案：
2.函数与不等式的交汇,函数与不等式的交汇是高考的热点，函数与不等式的解法、恒成立问题、求参数范围等问题的交汇题目一般有一定难度.
[典例3] (2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范围是( )
A. B.∪(1，＋∞)
C. D.∪
[解析] ∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－＝f(x)，
∴函数f(x)为偶函数．
∵当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－，
在(0，＋∞)上y＝ln(1＋x)递增，y＝－也递增，
根据单调性的性质知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可知：f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)⇔|x|>|2x－1|⇔x2>(2x－1)2⇔3x2－4x＋1<0⇔x0时，总有x→＋∞时，f(x)－g(x)→0，则称直线l：y＝kx＋b为曲线y＝f(x)和y＝g(x)的“分渐近线”．给出定义域均为D＝{x|x>1}的三组函数如下：
①f(x)＝x2，g(x)＝；
②f(x)＝10－x＋2，g(x)＝；
③f(x)＝，g(x)＝2(x－1－e－x)．
其中，曲线y＝f(x)和y＝g(x)存在“分渐近线”的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
[解析] 由题意知，f(x)和g(x)存在分渐近线的充要条件是x→＋∞时，f(x)－g(x)→0.对于①，f(x)＝x2，g(x)＝，当x>1时便不符合，所以①不存在；对于②，f(x)＝10－x＋2，g(x)＝肯定存在分渐近线，因为当x→＋∞时，f(x)－g(x)＝10－x＋→0；对于③，f(x)＝，g(x)＝2(x－1－e－x)，当x→＋∞时，f(x)－g(x)＝＋→0，因此，存在分渐近线．故存在分渐近线的是②③，故选C.
[答案] C
[点评] 本题从大学数列极限定义的角度出发，定义了分渐近线函数，目的是考查学生分析问题、解决问题的能力，考生需要抓住本质：存在分渐近线的充要条件是x→＋∞时，f(x)－g(x)→0进行作答，要透过现象看本质．本题涉及到部分大学内容，属于拓展类题目．
[演练冲关]
6．记实数x1，x2，…，xn中的最大数为max{x1，x2，…，xn}，最小数为min{x1，x2，…，xn}．已知△ABC的三边长为a，b，c(a≤b≤c)，定义它的倾斜度为l＝max·min，则“l＝1”是“△ABC为等边三角形”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若△ABC是等边三角形，即a＝b＝c，则max＝1＝min，则l＝1，必要性成立；若△ABC为等腰三角形，如a＝2，b＝2，c＝3时，则max，，＝，min＝＝，此时l＝1仍成立，而△ABC不是等边三角形，充分性不成立，所以A正确．
2.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，{x}为其相应的小数部分，函数y＝{x}，{x}＝x－[x].
[典例5] 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＝________.
[解析] 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＝{－，}．
[答案] {－，}
[点评] 本例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．
[演练冲关]
7．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之间的函数关系用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)可表示为( )
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60，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)－＝2ln 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]．
原解在处理第(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li g(x)＝2li ＋1＝2li ＋1＝2×＋1＝0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[点评] 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．
[演练冲关]
8．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，
知h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，知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，知a的取值范围为
eq blc(rc](avs4alco1(－∞，f(1,2))).
[常用思想方法]
(一) 数学思想在本专题中的应用
1．应用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题
[典例1] 已知直线(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0所过定点恰好落在函数f(x)＝的图象上，若函数h(x)＝f(x)－mx＋2有三个不同的零点，则实数m的取值范围是( )
A. B．
C. D．(1，＋∞)
[解析] 由(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0，得x＋y－4－m(x－3y)＝0，∴由可得直线过定点(3,1)，∴loga3＝1，∴a＝3.令f(x)－mx＋2＝0，得f(x)＝mx－2，在同一坐标系上作出y1＝f(x)与y2＝mx－2的图象，易得＜m＜1.
[答案] B
[点评] (1)本题可利用数形结合思想，把函数h(x)＝f(x)－mx＋2有三个不同的零点转化为函数y＝f(x)与y＝mx－2的图象有三个不同的交点．
(2)利用数形结合探究方程解的问题应注意两点
①讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解．
②正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合．
2．应用数形结合思想求解不等式或参数范围
[典例2] 设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是________．
[解析] 设F(x)＝f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上为奇函数．
又当x＜0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
所以x＜0时，F(x)为增函数．
因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以x＞0时，F(x)也是增函数．因为F(－3)＝
f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．所以，由图可知F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案] (－∞，－3)∪(0,3)
[点评] (1)本题可利用数形结合思想，由条件判断函数的单调性，再结合g(－3)＝0以及函数的奇偶性，利用图象求x的取值范围．
(2)求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答．
3．应用分类讨论思想解决含参问题
[典例3] 已知函数f(x)＝x2－ax，g(x)＝mx＋nln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为1，曲线y＝g(x)在x＝2处取得极小值2－2ln 2.
(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；
(2)若不等式f(x)＋g(x)≥x2－k(x－1)对任意的x∈(0,1]恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)因为f′(x)＝2x－a，f′(1)＝2－a＝1，
所以a＝1，f(x)＝x2－x.
因为g′(x)＝m＋，
所以
故所以g(x)＝x－2ln x.
(2)f(x)＋g(x)＝x2－2ln x，
令h(x)＝f(x)＋g(x)－x2＋k(x－1)＝k(x－1)－2ln x，x∈(0,1]，
所以h′(x)＝k－＝.
①当k≤0时，h′(x)＜0，h(x)在(0,1]上单调递减，所以h(x)min＝h(1)＝0.
②当0＜k≤2时，h′(x)＝≤0，h(x)在(0,1]上单调递减，所以h(x)min＝h(1)＝0.
③当k＞2时，h′(x)＜0在上恒成立，h′(x)＞0在上恒成立，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，又h(x)min＝h4x＋p－3成立的x的取值范围是________．
[解析] 设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，
则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.
f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于
即解得x>3或x<－1.
[答案] (－∞，－1)∪(3，＋∞)
[点评] (1)本题若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很繁琐，若以p为主元，即将原问题化归为在区间[0,4]上，使一次函数f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3＞0成立的参数x的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决．
(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看做是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的．
(二) 特殊方法在本专题中的应用
方法1
特例法
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．
[典例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
[点评] 本例(1)(2)(3)分别采用“特殊值”、“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．
方法2
常数代换法
常数代换法就是利用已知等式的变形以及代数式与“1”的积、商都是自身的性质，通过代数式的变形构造和式或积式为定值，然后利用基本不等式求解最值的方法．
[典例2] 已知正数x，y满足4y－＝1，则x＋2y的最小值为________．
[解析] 由4y－＝1，得x＋2y＝4xy，
即＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)
＝1＋＋≥1＋2 ＝2
(当且仅当＝，即x＝1，y＝时等号成立)．
所以x＋2y的最小值为2.
[答案] 2
[点评] (1)本题先将已知条件改写为“＋＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，将“1”进行代换，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求最值．
(2)常数代换法求解最值的关键在于常数的变形应用，利用这种方法求解最值应注意以下三个方面：
①条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础；
②已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的基础；
③利用基本不等式求解最值时要注意“一正、二定、三相等”的检验，否则容易出现错解．
方法3
构造法
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．
[典例3] (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
[点评] (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：
①xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′，xf′(x)－f(x)→′；
②f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′，f′(x)－f(x)→′等．
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一、选择题
1．已知直线ax＋by＝1经过点(1,2)，则2a＋4b的最小值为( )
A. B．2 C．4 D．4
解析：选B 因为直线ax＋by＝1经过点(1,2)，所以a＋2b＝1，则2a＋4b≥2＝2＝2，当且仅当a＝2b＝时等号成立．
2．(2018届高三·湖南五市十校联考)已知函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)，且f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0，则当y≥1时，的取值范围是( )
A. B.
C．[1,3－3] D.
解析：选A 函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)为奇函数，又f′(x)＝1＋cos x≥0，所以函数f(x)在其定义域内单调递增，则f(x2－4x＋1)≤f(－y2＋2y－3)，即x2－4x＋1≤－y2＋2y－3，化简得(x－2)2＋(y－1)2≤1，当y≥1时表示的区域为上半圆及其内部，如图所示．令k＝＝，其几何意义为过点(－1,0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3,1)，此时k
min＝＝，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离d＝＝1(k>0)，解得kmax＝，故选A.
3．(2017·石家庄质检)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 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由题意，知πr2＝π，解得r＝2.z＝＝1＋，表示可行域内的点与点P(－3,2)连线的斜率加上1，由图知当可行域内的点与点P的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为y－2＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＋2＝0，则有＝2，解得k＝－或k＝0(舍去)，所以zmin＝1－＝－，故选D.
4．(2017·沈阳质检)已知函数f(x)＝则函数F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－的零点个数是( )
A．4 B．5 C．6 D．7
解析：选A 令f(x)＝t，则函数F(x)可化为y＝f(t)－2t－，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)－2t－＝0的根的问题．令y＝f(t)－2t－＝0，即f(t)＝2t＋，如图①，由数形结合得t1＝0,1f′(x)g(x)，f(x)＝ax·g(x)(a>0，a≠1)，＋＝.在有穷数列(n＝1,2，…，10)中，任意取正整数k(1≤k≤10)，则前k项和大于的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选C 由f(x)＝ax·g(x)，可得ax＝，′＝<0，所以为减函数，所以0可得k>4，即当5≤k≤10时，前k项和大于，故所求的概率为＝＝，故选C.
二、填空题
7．若对于定义在R上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0对任意实数x都成立，则称f(x)是一个“λ伴随函数”．有下列关于“λ伴随函数”的结论：
①f(x)＝0是常数函数中唯一的“λ伴随函数”；
②f(x)＝x不是“λ伴随函数”；
③f(x)＝x2是一个“λ伴随函数”；
④“伴随函数”至少有一个零点．
其中不正确的是________．(填序号)
解析：对于①，若f(x)＝c≠0，则取λ＝－1，此时f(x＋λ)＋λf(x)＝f(x－1)－f(x)＝c－c＝0，则f(x)＝c≠0是“－1伴随函数”，①错误；
对于②，当f(x)＝x时，若f(x)是“λ伴随函数”，则f(x＋λ)＋λf(x)＝0，即(x＋λ)＋λx＝0对任意x成立，易知不存在这样的λ，所以f(x)＝x不是“λ伴随函数”，②正确；
对于③，若f(x)＝x2是一个“λ伴随函数”，则(x＋λ)2＋λx2＝0对任意实数x都成立，易知不存在这样的λ，所以f(x)＝x2不是“λ伴随函数”，③错误；
对于④，若f(x)是“伴随函数”，则f＋f(x)＝0，取x＝0，有f＋f(0)＝0，若f(0)，f均为0，则函数有零点，若f(0)，f均不为零，则f(0)，f异号，由零点存在定理知，函数在上一定有零点，④正确．
答案：①③
8．(2017·南昌模拟)已知实数x，y满足在这两个实数x，y之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为________．
解析：设在这两个实数x，y之间插入三个实数a1，a2，a3，即x，a1，a2，a3，y构成等差数列，所以这个等差数列后三项的和为a2＋a3＋y＝＋＋y＝(x＋3y)，令z＝x＋3y，作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，将直线x＋3y＝0平移至A处时，z取最大值．
由解得A(3,3)，所以zmax＝3＋3×3＝12.所以(a2＋a3＋y)max＝(x＋3y)max＝×12＝9.
答案：9
9．(2017·云南统考)已知y＝f(x)是R上的偶函数，对于任意的x∈R，均有f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝(x－1)2，则函数g(x)＝f(x)－log2 017|x－1|的所有零点之和为________．
解析：因为函数f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(2－x)＝f(x＋2)，所以函数f(x
)的周期为2，又当x∈[0,1]时，f(x)＝(x－1)2，将偶函数y＝log2 017|x|的图象向右平移一个单位长度得到函数y＝log2 017|x－1|的图象，由此可在同一平面直角坐标系下作出函数y＝f(x)与y＝log2 017|x－1|图象(图略)，函数g(x)的零点，即为函数y＝f(x)与y＝log2 017|x－1|图象的交点的横坐标，当x>2 018时，两函数图象无交点，又两函数图象在[1，2 018]上有2 016个交点，由对称性知两函数图象在[－2 016，1]上也有2 016个交点，且它们关于直线x＝1对称，所以函数g(x)的所有零点之和为4 032.
答案：4 032
三、解答题
10．(2017·张掖模拟)已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；
(2)是否存在最小的常数k，使得对任意x∈(0,1)，f(x)>＋2恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝(x>0，且x≠1)，
由f′(e2)＝＝，得m＝2，故f(x)＝，此时f′(x)＝，由f′(x)<0得0＋2恒成立，即>＋2恒成立⇔<－2恒成立，
当x∈(0,1)时，ln x<0，则有k>2x－2·ln x恒成立，
令g(x)＝2x－2·ln x，则g′(x)＝，
再令h(x)＝2－ln x－2，得h′(x)＝<0，
所以h(x)在(0,1)内单调递减，
所以h(x)>h(1)＝0，故g′(x)＝>0，
所以g(x)在(0,1)内单调递增，g(x)1.
解：(1)当m＝0时，f(x)＝－ln x－1，则f′(x)＝－，所以f(1)＝－1，f′(1)＝－1.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)＝－(x－1)，即y＝－x.
故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x.
(2)当m≥1时，f(x)＝mex－ln x－1≥ex－ln x－1.
要证f(x)>1，只需证ex－ln x－2>0.
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－.
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增．
因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈.
因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0.
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以当x＝x0时，g(x)取得极小值(也是最小值)g(x0)．
故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2＝>0.
综上，当m≥1时，f(x)>1.
12．(2017·云南调研)已知函数f(x)＝ln x－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2时，证明：x1x2>e2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0，＋∞)上递增；
②当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，函数f(x)在上递增．若x∈，则f′(x)<0，函数f(x)在上递减．
(2)证明：不妨设x1>x2>0，由已知得⇒
可得a＝，
要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，
即证ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)＝(x1＋x2)·>2，即证ln x1－ln x2>，
即证ln >，令＝t(t>1)，
即证ln t>，即证ln t－>0.
设g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝>0，g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，∴g(t)>g(1)＝0，综上，原不等式成立．
