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文档介绍
高考数学二轮专题复习第一部分专题一集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式讲义
专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式
第一讲 集合与常用逻辑用语
考点一 集合的概念及运算
一、基础知识要记牢
1．集合中元素的特性
集合元素具有确定性、互异性和无序性．解题时要特别注意集合元素互异性的应用．
2．运算性质及重要结论
如(1)A∪A＝A，A∪∅ ＝A，A∪B＝B∪A；
(2)A∩A＝A，A∩∅ ＝∅ ，A∩B＝B∩A；
(3)A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A 等．
二、经典例题领悟好
[例 1] (1)(2017·浙江高考)已知集合 P＝{x|－1
y，则 x>|y|”的逆命题
B．命题“x>1，则 x2>1”的否命题
C．命题“若 x＝1，则 x2＋x－2＝0”的否命题
D．命题“若 x2>0，则 x>1”的逆否命题
[解析] (1)设复数 z＝a＋bi(a，b∈R)，对于 p1，∵1
z
＝ 1
a＋bi
＝a－bi
a2＋b2∈R，∴b＝0，∴z∈R，
∴p1 是真命题；
对于 p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0 或 b＝0，∴p2 不是真命题；
对于 p3，设 z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则 z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy
＋(dx＋cy)i∈R，
∴dx＋cy＝0，取 z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠ z 2，
∴p3 不是真命题；
对于 p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴ z ＝a－bi＝a∈R，
∴p4 是真命题．
(2)对于 A，其逆命题是：若 x>|y|，则 x>y，是真命题，这是因为 x>|y|≥y，必有 x>y；对
于 B，其否命题是：若 x≤1，则 x2≤1，是假命题．如 x＝－5，x2＝25>1；对于 C，其否命题是：
若 x≠1，则 x2＋x－2≠0，由于 x＝－2 时，x2＋x－2＝0，所以原命题的否命题是假命题；对于 D，
若 x2>0，则 x>0 或 x<0，不一定有 x>1，因此原命题与它的逆否命题都是假命题．故选 A.
[答案] (1)B (2)A
1 在判定四个命题之间的关系时，首先要分清命题的“大前提、条件、结论”，再进行
比较.
2 判断一个命题为真命题，要给出推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例.
3 根据“互为逆否关系的命题同真同假”这一性质，当一个命题的真假不易判定时，可
转化为判断其等价命题的真假.
三、预测押题不能少
2．(1)命题“若 x，y 都是偶数，则 x＋y 也是偶数”的逆否命题是( )
A．若 x＋y 是偶数，则 x 与 y 不都是偶数
B．若 x＋y 是偶数，则 x 与 y 都不是偶数
C．若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 不都是偶数
D．若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 都不是偶数
解析：选 C 命题的逆否命题是将条件和结论对换后分别否定，因此“若 x，y 都是偶数，则
x＋y 也是偶数”的逆否命题是若 x＋y 不是偶数，则 x 与 y 不都是偶数．
(2)有下列四个命题：
①若“xy＝1，则 x，y 互为倒数”的逆命题；
②“面积相等的三角形全等”的否命题；
③“若 m≤1，则 x2－2x＋m＝0 有实数解”的逆否命题；
④“若 A∩B＝B，则 A⊆B”的逆否命题．
其中真命题为( )
A．①② B．②③
C．④ D．①②③
解析：选 D ①的逆命题：“若 x，y 互为倒数，则 xy＝1”是真命题；②的否命题：“面积
不相等的三角形不是全等三角形”是真命题；③的逆否命题：“若 x2－2x＋m＝0 没有实数解，则
m>1”是真命题；命题④是假命题，所以它的逆否命题也是假命题，如 A＝{1,2,3,4,5}，B＝{4,5}，
显然 A⊆B 是错误的．故选 D.
考点三 充要条件
一、基础知识要记牢
对于 p 和 q 两个命题，若 p⇒q，则 p 是 q 的充分条件，q 是 p 的必要条件；若 p⇔q，则 p 和
q 互为充要条件．推出符号“⇒”具有传递性，等价符号“⇔”具有双向传递性．
二、经典例题领悟好
[例 3] (1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“d>0”是“S4
＋S6>2S5”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)设 A＝ x|x－1
x＋1
<0
，B＝{x||x－b|＜a}，若“a＝1”是“A∩B≠∅ ”的充分条件，则
实数 b 的取值范围是________．
[解析] (1)因为{an}为等差数列，所以 S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋
20d，S4＋S6－2S5＝d，所以 d>0⇔S4＋S6>2S5，所以“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充分必要条件．
(2)A＝{x|－1＜x＜1}，当 a＝1 时，B＝{x|b－1＜x＜b＋1}，若“a＝1”是“A∩B≠∅ ”的
充分条件，则有－1≤b－1＜1 或－1＜b＋1≤1，所以 b∈(－2,2)．
[答案] (1)C (2)(－2,2)
判定充分、必要条件时的关注点
(1)要弄清先后顺序：“A 的充分不必要条件是 B”是指 B 能推出 A，且 A 不能推出 B；而“A
是 B 的充分不必要条件”则是指 A 能推出 B，且 B 不能推出 A.
2 要善于举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行，那么可以
尝试通过举出恰当的反例来说明.
三、预测押题不能少
3．(1)“10a>10b”是“lg a>lg b”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选 B 由 10a>10b 得 a>b，由 lg a>lg b 得 a>b>0，所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的
必要不充分条件．
(2)设 p：实数 x，y 满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数 x，y 满足
y≥x－1，
y≥1－x，
y≤1，
则 p 是 q
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 p 表示以点(1,1)为圆心， 2为半径的圆面(含边界)， 如
图所示．q 表示的平面区域为图中阴影部分(含边界)．
由图可知，p 是 q 的必要不充分条件．故选 A.
[知能专练(一)]
一、选择题
1．(2017·北京高考)若集合 A＝{x|－23}，则 A∩B＝( )
A．{x|－21 或 x<－3，q：x>a，若 q 是 p 的充分不必要条件，则 a 的
取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－3，＋∞) D．(－∞，－3]
解析：选 A 设 P＝{x|x>1 或 x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为 q 是 p 的充分不必要条件，所以 Q P，
因此 a≥1.
5．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合 A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则 A∪B＝
( )
A．{1} B．{1,2}
C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}
解析：选 C 因为 B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－11}
解析：选 A 由题意知，集合 A＝{x|0≤x≤1}，
∴B＝{y|1≤y≤2}，∁ RA＝{x|x<0 或 x>1}，
∴(∁ RA)∩B＝{x|10，即抛物线的开口可以向上，因此否命题也是假命题．故选 D.
二、填空题
11．已知集合 U＝{1,2,3,4,5,6}，S＝{1,3,5}，T＝{2,3,6}，则 S∩(∁ UT)＝________，集
合 S 共有________个子集．
解析：由题意可得∁ UT＝{1,4,5}，则 S∩(∁ UT)＝{1,5}．集合 S 的子集有∅ ，{1}，{3}，{5}，
{1,3}，{1,5}，{3,5}，{1,3,5}，共 8 个．
答案：{1,5} 8
12．(2017·南通模拟)给出下列三个命题：
①“a>b”是“3a>3b”的充分不必要条件；
②“α>β”是“cos αb”是“3a>3b”的充要条件，①错误；“α>β”是“cos α2}，
N＝{y|y＝ x－1＋1}＝{y|y≥1}，
∁ RM＝{x|0≤x≤2}，∁ RN＝{y|y<1}，
∴N∩(∁ RM)＝{x|1≤x≤2}，M∪(∁ RN)＝{x|x<1 或 x>2}．
答案：{x|1≤x≤2} {x|x<1 或 x>2}
14．若“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件，则实数 p 的取值范围是________．
解析：由 x2－x－2>0，得 x>2 或 x<－1.
由 4x＋p<0 得 x<－p
4
.
故－p
4
≤－1 时，“x<－p
4
”⇒“x<－1”⇒“x2－x－2>0”．
∴p≥4 时，“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件．
答案：[4，＋∞)
15．(2017·诸暨质检)已知 A＝{x|－2≤x≤0}，B＝{x|x2－x－2≤0}，则 A∪B＝________，
(∁ RA)∩B＝________.
解析：∵A＝{x|－2≤x≤0}，∴∁ RA＝{x|x<－2 或 x>0}，又 B＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|－
1≤x≤2}，∴A∪B＝{x|－2≤x≤2}，∴(∁ RA)∩B＝{x|05
2
，解得 a>1
2
.
即实数 a 的取值范围是
1
2
，＋∞
.
答案：
1
2
，＋∞
第二讲 函数的概念与性质
考点一 函数及其表示
一、基础知识要记牢
(1)函数初、高中定义形式不同，本质一样，核心是对应；
(2)当两个函数的三要素完全相同时表示同一个函数；
(3)分段函数是一个函数而不是几个函数，离开定义域讨论分段函数是毫无意义的．
二、经典例题领悟好
[例 1] (1)(2015·浙江高考)存在函数 f(x)满足：对于任意 x∈R 都有( )
A．f(sin 2x)＝sin x
B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1|
D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
(2)(2017·嘉兴模拟)设函数 f(x)＝
x2＋2x＋2，x≤0，
－x2，x＞0.
若 f(f(a))＝2，则 a＝________.
(3)(2016·江苏高考)函数 y＝ 3－2x－x2的定义域是________．
[解析] (1)取 x＝0，π
2
，可得 f(0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项 A 错误；取 x＝0，
π，可得 f(0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项 B 错误；取 x＝1，－1，可得 f(2)
＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项 C 错误；取 f(x)＝ x＋1，则对任意 x∈R 都有 f(x2＋
2x)＝ x2＋2x＋1＝|x＋1|，故选项 D 正确．
(2)当 a≤0 时，f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0，f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无
解．当 a>0 时，f(a)＝－a2<0，由 f(f(a))＝a4－2a2＋2＝2，解得 a＝ 2.
(3)要使函数有意义，需 3－2x－x2≥0，即 x2＋2x－3≤0，得(x－1)(x＋3)≤0，即－3≤x≤1，
故所求函数的定义域为[－3,1]．
[答案] (1)D (2) 2 (3)[－3,1]
1.理解函数概念的要点
函数概念本质是对应，以具体函数模型为基础，在新背景、综合背景下理解.
2.求函数定义域的类型和相应方法
1 若已知函数的解析式，则这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，
只需构建并解不等式 组 即可；
2 实际问题或几何问题除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义.,
3.求函数值时应注意的问题
分段函数的求值 解不等式 问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；对具有周期
性的函数求值要利用好其周期性.
三、预测押题不能少
1．(1)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且 09
解析：选 C 由题意，不妨设 g(x)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，m∈(0,3]，则 g(x)的三个零点分别
为 x1＝－3，x2＝－2，x3＝－1，因此有(x＋1)(x＋2)(x＋3)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，则 c－m＝6，
因此 c＝m＋6∈(6,9]．
(2)已知函数 f(x)＝
2x3，x<0，
－tan x，0≤x<π
2
， 则 f f
π
4 ＝________.
解析：∵f
π
4 ＝－tan π
4
＝－1，
∴f f
π
4 ＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.
答案：－2
考点二 函数的图象
一、基础知识要记牢
函数的图象包括作图、识图、用图，其中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、对称变换．正确作图是解题的基本保障，识图、
用图是解题的手段和目标．
二、经典例题领悟好
[例 2] (1)(2016·浙江高考)函数 y＝sin x2 的图象是( )
(2)函数 f(x)的图象是如图所示的折线段 OAB，其中 A(1,2)，
B(3,0)，函数 g(x)＝xf(x)，那么函数 g(x)值域为( )
A．[0,2] B.
0，9
4
C.
0，3
2 D．[0,4]
[解析] (1)∵y＝sin(－x)2＝sin x2，∴函数为偶函数，可排除 A 项和 C 项；当 x＝± π
2
时，y＝sin x2＝1，而 π
2
＜π
2
，且 y＝sinπ2
4
＜1，故 D 项正确．
(2)由题图可知直线 OA 的方程是 y＝2x；
而 kAB＝0－2
3－1
＝－1，
所以直线 AB 的方程为 y＝－(x－3)＝－x＋3.
由题意，知 f(x)＝
2x，0≤x≤1，
－x＋3，1b)的图象如图所示，则函数
g(x)＝ax＋b 的大致图象是( )
解析：选 A 由二次函数的图象可知 b<－1,00，
不等式 f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则
实数 a 的取值范围是________．
解析：作出函数 f(x)的图象如图所示，易知函数 f(x)在 R 上为单调
递减函数，所以不等式 f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立等价于 x
＋a<2a－x，即 x0 时， f(x) ＝x2＋1
x
，则 f(－1)＝( )
A．－2 B．0 C．1 D．2
解析：选 A f(－1)＝－f(1)＝－2.
2．(2017·大连测试)下列函数中，与函数 y＝－3|x|的奇偶性相同，且在(－∞，0)上单调性
也相同的是( )
A．y＝－1
x
B．y＝log2|x|
C．y＝1－x2 D．y＝x3－1
解析：选 C 函数 y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数，选项 B 的函数是偶函数，但
其单调性不符合，只有选项 C 符合要求．
3．(2016·全国卷Ⅰ)函数 y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为( )
解析：选 D f(2)＝8－e2＞8－2.82＞0，排除 A；f(2)＝8－e2＜8－2.72＜1，排除 B；x＞0
时，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，当 x∈
0，1
4 时，f′(x)＜1
4
×4－e0＝0，因此 f(x)在
0，1
4
单调递减，排除 C.故选 D.
4．(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＝log241，
4－a
2 x＋2，x≤1
是 R 上的单调递增函数，则实数 a 的取值范围为( )
A．(1，＋∞) B．[4,8)
C．(4,8) D．(1,8)
解析：选 B 由题意可知函数 f(x)在(－∞，1]和(1，＋∞)上都为增函数，且 f(x)的图象在
(－∞，1]上的最高点不高于其在(1，＋∞)上的最低点，
即
a>1，
4－a
2
>0，
a≥4－a
2
＋2，
解得 a∈[4,8)．
6．两个函数的图象经过平移后能够重合，称这两个函数为“同根函数”，给出四个函数：
f1(x)＝2log2(x＋1)，f2(x)＝log2(x＋2)，f3(x)＝log2x2，f4(x)＝log22x，则“同根函数”是( )
A．f2(x)与 f4(x) B．f1(x)与 f3(x)
C．f1(x)与 f4(x) D．f3(x)与 f4(x)
解析：选 A f4(x)＝log22x＝1＋log2x，f2(x)＝log2(x＋2)，将 f2(x)的图象沿着 x 轴先向右
平移 2 个单位得到 y＝log2x 的图象，然后再沿着 y 轴向上平移 1 个单位可得到 f4(x)的图象，根
据“同根函数”的定义可知选 A.
7．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(－x)＝2－f(x)，若函数 y＝x＋1
x
与 y＝f(x)
图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则错误!(xi＋yi)＝( )
A．0 B．m
C．2m D．4m
解 析 ： 选 B 因 为 f( － x) ＝ 2 － f(x) ， 所 以 f( － x) ＋ f(x) ＝ 2. 因 为 －x＋x
2
＝ 0 ，
f －x ＋f x
2
＝1，所以函数 y＝f(x)的图象关于点(0,1)对称．函数 y＝x＋1
x
＝1＋1
x
，故其
图象也关于点(0,1)对称．所以函数 y＝x＋1
x
与 y＝f(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，
ym)成对出现，且每一对均关于点(0,1)对称，所以 错误!i＝0，错误!i＝2×m
2
＝m，所以错误!(xi＋
yi)＝m.
二、填空题
8．若函数 f(x)＝
x2＋2x＋1，x>0，
a，x＝0，
g 2x ，x<0
为奇函数，则 a＝________，f(g(－2))＝________.
解析：由函数 f(x)是 R 上的奇函数可得 f(0)＝a＝0.因为 g(－2)＝f(－1)＝－f(1)＝－4，
所以 f(g(－2))＝f(－4)＝－f(4)＝－25.
答案：0 －25
9．(2016·四川高考)已知函数 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，则 f
－5
2 ＋f(1)＝________.
解析：∵f(x)为奇函数，周期为 2，
∴f(1)＝f(1－2)＝f(－1)＝－f(1)，∴f(1)＝0.
∵f(x)＝4x，x∈(0,1)，
∴f
－5
2 ＝f
－5
2
＋2
＝f
－1
2
＝－f
1
2 ＝－4
1
2 ＝－2.∴f
－5
2 ＋f(1)＝－2.
答案：－2
10．(2016·江苏高考)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)＝
x＋a，－1≤x＜0，
|2
5
－x|，0≤x＜1，
其中 a∈R.若 f
－5
2 ＝f
9
2 ，则 f(5a)的值是________．
解析：因为函数 f(x)的周期为 2，结合在[－1,1)上 f(x)的解析式，得 f
－5
2 ＝f
－2－1
2 ＝
f
－1
2 ＝－1
2
＋a，f
9
2 ＝f
4＋1
2 ＝f
1
2 ＝|2
5
－1
2|＝ 1
10
.由 f
－5
2 ＝f
9
2 ，得－1
2
＋a＝ 1
10
，解得 a
＝3
5
.所以 f(5a)＝f(3)＝f(4－1)＝f(－1)＝－1＋3
5
＝－2
5
.
答案：－2
5
11．已知函数 f(x)＝ x＋1
|x|＋1
，x∈R，则不等式 f(x2－2x)＜f(3x－4)的解集为________．
解析：当 x≥0 时，f(x)＝x＋1
x＋1
＝1，当 x＜0 时，f(x)＝x＋1
1－x
＝－1－ 2
x－1
，
作出 f(x)的图象，如图所示．
可 得 f(x) 在 ( － ∞ ， 0) 上 递 增 ， 不 等 式 f(x2 － 2x) ＜ f(3x － 4) 即 为
3x－4≥0，
x2－2x<0
或
3x－4<0，
x2－2x<0，
x2－2x<3x－4，
即有
x≥4
3
，
07，∴函数 F(x)的值域为(7，＋
∞)．
(3)依题意得当 x∈[2,6]时，x2＋3≥mx＋m＋4 恒成立，即 x2－mx－m－1≥0 对 x∈[2,6]恒成
立．
设 p(x)＝x2－mx－m－1，则
m
2
<2，
p 2≥ 0
或
m
2
>6，
p 6≥ 0
或Δ＝m2＋4m＋4≤0，
即
m<4，
m≤1
或
m>12，
m≤5
或 m＝－2，得 m≤1.
综上可知，实数 m 的取值范围是(－∞，1]．
14．设 a>0，b∈R，函数 f(x)＝a
x
－2bx＋b(02a 时，f(x)＋|2a－b|＝a
x
＋2b(1－x)－2a
≥a
x
＋4a(1－x)－2a＝a
1
x
－4x＋2
.
由1
x
－4x＋2≥0，解得1－ 5
4
≤x≤1＋ 5
4
，
又因为1＋ 5
4
<1，所以 m 的最大值为1＋ 5
4
.
第三讲 基本初等函数、函数与方程及函数的应用
考点一 基本初等函数的图象与性质
一、基础知识要记牢
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 01
两种情况，当 a>1 时，两函数在定义域内都为增函数，当 00 知，函
数在 y 轴右侧的图象是有限的，排除 A；选项 C 中，由直线可以看出 b>0，由 1＋bx>0 知，函数
在 y 轴左侧的图象是有限的，排除 C，故选 B.
(2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，
b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，
c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，
∵log32>log52>log72，∴a>b>c.
[答案] (1)B (2)D
1 基本初等函数的图象是其性质的直观载体，要结合图象理解性质；图象变换要以基本
函数图象为基础，结合性质等判断、应用.
2 比较指数函数值、对数函数值、幂函数值大小有三种方法：一是根据同类函数的单调
性进行比较；二是采用中间值 0 或 1 等进行比较；三是将对数式转化为指数式，或将指数式转化
为对数式，通过转化进行比较.
三、预测押题不能少
1．(1)函数 y＝x－x
1
3 的图象大致为( )
解析：选 A 函数 y＝x－x
1
3 为奇函数．当 x>0 时，由 x－x
1
3 >0，即 x3>x，可得 x2>1，故 x>1，
结合选项，选 A.
(2)已知 a＝2
4
3 ，b＝4
2
5 ，c＝25
1
3 ，则( )
A．b0，
Δ<0
时，恒有 f(x)>0；当
a<0，
Δ<0
时，恒有 f(x)<0.
二、经典例题领悟好
[例 2] (1)(2017·浙江高考)若函数 f(x)＝x2＋ax＋b 在区间[0,1]上的最大值是 M，最小值
是 m，则 M－m( )
A．与 a 有关，且与 b 有关
B．与 a 有关，但与 b 无关
C．与 a 无关，且与 b 无关
D．与 a 无关，但与 b 有关
(2)若二次函数 f(x)满足 f(3)＝f(－1)＝－5，且 f(x)的最大值是 3，则函数 f(x)的解析式
为________．
(3)若函数 f(x)＝cos 2x＋asin x 在区间
π
6
，π
2 上是减函数，则 a 的取值范围是________．
[解析] (1)f(x)＝
x＋a
2 2－a2
4
＋b，
①当 0≤－a
2
≤1 时，f(x)min＝m＝f
－a
2 ＝－a2
4
＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1
＋a＋b}，
∴M－m＝max
a2
4
，1＋a＋a2
4 与 a 有关，与 b 无关；
②当－a
2
<0 时，f(x)在[0,1]上单调递增，
∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a 与 a 有关，与 b 无关；
③当－a
2
>1 时，f(x)在[0,1]上单调递减，
∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a 与 a 有关，与 b 无关．
综上所述，M－m 与 a 有关，但与 b 无关．
(2)法一：设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，依题意得
9a＋3b＋c＝－5，
a－b＋c＝－5，
4ac－b2
4a
＝3，
解得
a＝－2，
b＝4，
c＝1，
所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2x2＋4x＋1.
法二：设 f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，因为 f(3)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为 x＝3＋ －1
2
＝1，则 m＝1.
又 f(x)的最大值是 3，则 a<0，n＝3，即 f(x)＝a(x－1)2＋3，
由 f(3)＝－5 得 4a＋3＝－5，则 a＝－2，
所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2(x－1)2＋3＝－2x2＋4x＋1.
法三：设 f(x)＋5＝a(x－3)(x＋1)(a≠0)，
即 f(x)＝ax2－2ax－3a－5＝a(x－1)2－4a－5，
又 f(x)的最大值是 3，
则 a<0，且－4a－5＝3，所以 a＝－2，
所以二次函数的解析式为 f(x)＝－2x2＋4x＋1.
(3)f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x，
令 t＝sin x，x∈
π
6
，π
2 ，
则 t∈
1
2
，1
，原函数化为 y＝－2t2＋at＋1，
由题意及复合函数单调性的判定可知 y＝－2t2＋at＋1 在
1
2
，1
上是减函数，结合二次函数
图象可知，a
4
≤1
2
，所以 a≤2.
答案：(1)B (2)f(x)＝－2x2＋4x＋1 (3)(－∞，2]
解决有关二次函数两类综合问题的思想方法
(1)含有参数的二次函数与不等式的综合问题注意分类讨论思想、函数与方程思想的运用．
(2)二次函数的最值问题，通常采用配方法，将二次函数化为 y＝a(x－m)2＋n(a≠0)的形式，
得其图象顶点(m，n)或对称轴方程 x＝m，分三种情况：
①顶点固定，区间固定；
②顶点含参数，区间固定；
③顶点固定，区间变动.
三、预测押题不能少
2．(1)若不等式 x2＋ax＋1≥0 对于一切 x∈
0，1
2 成立，则 a 的最小值是( )
A．0 B．2
C．－5
2
D．－3
解析：选 C 设 f(x)＝x2＋ax＋1，其图象开口向上，对称轴为直线 x＝－a
2
.当－a
2
≥1
2
，即 a≤
－1 时，f(x)在
0，1
2 上是减函数，应有 f
1
2 ≥0⇒a≥－5
2
，∴－5
2
≤a≤－1.当－a
2
≤0，即 a≥0
时，f(x)在
0，1
2 上是增函数，应有 f(0)＝1≥0，恒成立，故 a≥0.当 0<－a
2
<1
2
，即－10)图象上一动点．若点 P，
A 之间的最短距离为 2 2，则满足条件的实数 a 的所有值为________．
解析：设 P
x，1
x ，则|PA|2＝(x－a)2＋
1
x
－a 2＝
x＋1
x 2－2a
x＋1
x ＋2a2－2，
令 t＝x＋1
x
，则 t≥2(x>0，当且仅当 x＝1 时取“＝”)，则|PA|2＝t2－2at＋2a2－2.
①当 a≤2 时，(|PA|2)min＝22－2a×2＋2a2－2＝2a2－4a＋2，
由题意知，2a2－4a＋2＝8，
解得 a＝－1 或 a＝3(舍)．
②当 a>2 时，(|PA|2)min＝a2－2a×a＋2a2－2＝a2－2.
由题意知，a2－2＝8，解得 a＝ 10或 a＝－ 10(舍)，
综上知，a＝－1， 10.
答案：－1， 10
考点三 函数的零点
一、基础知识要记牢
确定函数零点的常用方法
(1)解方程判定法，方程易解时用此法；
(2)利用零点存在的判定定理；
(3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解．
二、经典例题领悟好
[例 3] (1)(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．－1
2
B.1
3
C.1
2
D．1
(2)(2018 届高三·温州六校联考)函数 f(x)＝3－x＋x2－4 的零点个数是________．
[解析] (1)法一：由 f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得 f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2
－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以 f(2－x)＝f(x)，
即 x＝1 为 f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以 f(x)的零点只能为 x＝1，即 f(1)
＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得 a＝1
2
.
法二：由 f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2 ex－1·e－x＋1＝2，当且仅当 x＝1
时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当 x＝1 时取“＝”．
若 a>0，则 a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使 f(x)有唯一零点，则必有 2a＝1，即 a＝1
2
.
若 a≤0，则 f(x)的零点不唯一．
综上所述，a＝1
2
.
(2)令 f(x)＝0，则 x2－4＝－
1
3 x，分别作出函数 g(x)＝x2 － 4 ，
h(x)＝－
1
3 x 的图象，由图可知，显然 h(x)与 g(x)的图象有 2 个 交
点，故函数 f(x)的零点个数为 2.
[答案] (1)C (2)2
函数的零点、方程的根、函数图象与 x 轴的交点是一类问题的不同表述，数形结合法是解决
函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数的一个有效方法.在解决函数零点问题时，
既要注意利用函数的图象，也要注意根据函数的零点存在性定理、函数的性质等进行相关的计算，
把数与形紧密结合起来.
三、预测押题不能少
3．已知函数 f(x)＝
x2＋ 4a－3 x＋3a，x＜0，
loga x＋1 ＋1，x≥0
(a＞0，且 a≠1)在 R 上单调递减，且关
于 x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是( )
A.
0，2
3 B.
2
3
，3
4
C.
1
3
，2
3 ∪
3
4 D.
1
3
，2
3 ∪
3
4
解析：选 C 由 y＝loga(x＋1)＋1 在[0，＋∞)上递减，得 0＜a＜1.
又由 f(x)在 R 上单调递减，
则
02＋ 4a－3· 0＋3a≥1，
3－4a
2
≥0 ⇒1
3
≤a≤3
4
.
如图所示，在同一坐标系中作出函数 y＝|f(x)|和 y＝2－x 的图象．
由图象可知，在[0，＋∞)上|f(x)|＝2－x 有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x
同样有且仅有一个解．
当 3a＞2，即 a＞2
3
时，由 x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中 x＜0)，得 x2＋(4a－2)x＋3a－2＝
0(其中 x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得 a＝3
4
或 a＝1(舍去)；
当 1≤3a≤2，即1
3
≤a≤2
3
时，由图象可知，符合条件．
综上所述，a∈
1
3
，2
3 ∪
3
4 .故选 C.
考点四 函数的实际应用
一、经典例题领悟好
[例 4] 为了保护环境，减少排污量，某旅游点有 50 辆自行车供租赁使用，管理这些自行车
的费用是每日 115 元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过 6 元，则自行车可以全部租出；
若超过 6 元，则每超过 1 元，租不出的自行车就增加 3 辆．设每辆自行车的日租金为 x(3≤x≤20，
x∈N*)(单位：元)，用 y(单位：元)表示出租自行车的日净收入(即一日出租自行车的总收入减去
管理费用)．
(1)求函数 y＝f(x)的解析式；
(2)试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使日净收入最多？
[解] (1)当 3≤x≤6，x∈N*时，y＝50x－115.
当 6f(12)，
∴当 x＝11 时，ymax＝－3×1
9
＋811
3
＝270.
又 270>185，∴当每辆自行车的日租金定为 11 元时，才能使日净收入最多．
解决函数实际应用题的关键有两点：一是明确问题的实际背景，认真审题，确切理解题意，
然后抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题；二是要合理选取参变量，设定变量之后，就
要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终
求解数学模型使实际问题获解.重点关注分段函数背景下的应用问题.
二、预测押题不能少
4．如图，一种医用输液瓶可以视为两个圆柱的组合体．开始输液时，滴管内匀速滴下液体(滴
管内液体忽略不计)，设输液开始后 x min，瓶内液面与进气管的距离为 h cm，已知当 x＝0 时，
h＝13.如果瓶内的药液恰好 156 min 滴完，则函数 h＝f(x)的图象为( )
解析：选 A 瓶内的液体的体积 V＝π×42×9＋π×22×3＝156 π cm3，因为 156 min 滴完，
所以每分钟滴下π cm3 药液，当 4≤h≤13 时，xπ＝π×42×(13－h)，即 h＝13－ x
16
，此时
0≤x≤144；当 1≤h<4 时，xπ＝π×42×9＋π×22×(4－h)，即 h＝40－x
4
，此时 1440 且 a≠1)在 R 上是增函数，则 g(x)＝loga(x
＋k)的大致图象是( )
解析：选 C ∵函数 f(x)＝kax－a－x(a>0 且 a≠1)在 R 上是奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0，即
(k－1)ax＋(k－1)·a－x＝0，解得 k＝1.又函数 f(x)＝kax－a－x(a>0 且 a≠1)在 R 上是增函数，∴
a>1，可得 g(x)＝loga(x＋k)＝loga(x＋1)，函数 g(x)的图象必过原点，且为增函数．故选 C.
3．若 x∈(e－1,1)，a＝ln x，b＝
1
2 ln x，c＝eln x ，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．c>b>a B．b>c>a
C．a>b>c D．b>a>c
解析：选 B 依题意得 a＝ln x∈(－1,0)，b＝
1
2 ln x∈(1,2)，c＝x∈(e－1,1)，因此 b>c>a.
4．已知函数 f(x)＝
2－|x|，x≤2，
x－2 2，x>2，
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 法一：当 x>2 时，g(x)＝x－1，f(x)＝(x－2)2；
当 0≤x≤2 时，g(x)＝3－x，f(x)＝2－x；
当 x<0 时，g(x)＝3－x2，f(x)＝2＋x.
由于函数 y＝f(x)－g(x)的零点个数就是方程 f(x)－g(x)＝0 的根的个数．
x>2 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 x2－5x＋5＝0，其根为 x＝5＋ 5
2
或 x＝5－ 5
2
(舍去)；
当 0≤x≤2 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 2－x＝3－x，无解；
当 x<0 时，方程 f(x)－g(x)＝0 可化为 x2＋x－1＝0，其根为 x＝－1－ 5
2
或 x＝－1＋ 5
2
(舍
去)．
所以函数 y＝f(x)－g(x)的零点个数为 2.
法二：由 y＝f(x)－g(x)＝0 得 f(x)＋f(2－x)＝3，
设 F(x)＝f(x)＋f(2－x)，
则 F(2－x)＝f(2－x)＋f(x)，所以 F(2－x)＝F(x)，F(x)关于直线 x＝1 对称．
当 0≤x≤1 时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2－x＋2－(2－x)＝
2；当 x<0 时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2＋x＋(2－x－2)2＝x2＋x
＋2＝
x＋1
2 2＋7
4
.作出函数 F(x)的图象如图所示，由图象可知，
当 F(x)＝3 时，有 2 个零点，故选 A.
5．(2017·邯郸模拟)设函数 f(x)＝
2x，x≤0，
log2x，x>0，
若对任意给定的 t∈(1，＋∞)，都存在
唯一的 x∈R，满足 f(f(x))＝2a2t2＋at，则正实数 a 的最小值是( )
A．2 B.1
2
C.1
4
D.1
8
解析：选 B 根据 f(x)的解析式易知其值域为 R，又当 x≤0 时，f(x)＝2x 的值域为(0,1]；
当 x>0 时，f(x)＝log2x 的值域为 R，∴要想在 t∈(1，＋∞)上存在唯一的 x∈R 满足 f(f(x))＝
2a2t2＋at，必有 f(f(x))>1(∵2a2t2＋at>0)，∴f(x)>2，解得 x>4，当 x>4 时，x 与 f(f(x))存在
一一对应的关系，∴2a2t2＋at>1，t∈(1，＋∞)，且 a>0，∴(2at－1)(at＋1)>0，解得 t> 1
2a
或
t<－1
a
(舍去)，∴ 1
2a
≤1，∴a≥1
2
，故选 B.
6．(2017·山东高考)已知当 x∈[0,1]时，函数 y＝(mx－1)2 的图象与 y＝ x＋m 的图象有且
只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是( )
A．(0,1]∪[2 3，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)
C．(0， 2 ]∪[2 3，＋∞) D．(0， 2 ]∪[3，＋∞)
解析：选 B 在同一直角坐标系中，分别作出函数 f(x)＝(mx－1)2＝m2 x－1
m 2 与 g(x)＝ x＋
m 的大致图象．分两种情形：
(1)当 01 时，0<1
m
<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，＋∞)．
二、填空题
7．设函数 f(x)＝－ln(－x＋1)，g(x)＝
x2 x≥0 ，
f x x<0 ，
则 g(－2)＝______；函数 y＝
g(x)＋1 的零点是________．
解析：由题意知 g(－2)＝f(－2)＝－ln 3，当 x≥0 时，x2＋1＝0 没有零点，当 x<0 时，由
－ln(－x＋1)＋1＝0，得 x＝1－e.
答案：－ln 3 1－e
8．已知函数 f(x)＝
－x2＋ax，x≤1，
ax－1，x>1，
若存在 x1，x2∈R，x1≠x2，使得 f(x1)＝f(x2)成立，
则实数 a 的取值范围是________．
解析：由已知存在 x1，x2∈R，x1≠x2，使得 f(x1)＝f(x2)成立，则需 x≤1 时，f(x)不单调即
可，即对称轴a
2
<1，解得 a<2.
答案：(－∞，2)
9．(2016·山东高考)已知函数 f(x)＝
|x|，x≤m，
x2－2mx＋4m，x＞m，
其中 m＞0.若存在实数 b，使
得关于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是________．
解析：作出 f(x)的图象如图所示．当 x＞m 时，x2－2mx＋4m＝(x
－m)2＋4m－m2，∴要使方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 4m－m2＜m，
即 m2－3m＞0.又 m＞0，解得 m＞3.
答案：(3，＋∞)
三、解答题
10．已知函数 f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2
x
(x>0)．
(1)若 g(x)＝m 有零点，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)∵g(x)＝x＋e2
x
≥2 e2＝2e(x>0)，
当且仅当 x＝e2
x
时取等号．
∴当 x＝e 时，g(x)有最小值 2e.
因此 g(x)＝m 有零点，只需 m≥2e.
∴m 的取值范围是[2e，＋∞)．
(2)若 g(x)－f(x)＝0 有两个相异实根，则函数 g(x)与 f(x)的图
象有两个不同的交点．
如图所示，作出函数 g(x)＝x＋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，f(x)max＝m－1＋e2.
若函数 f(x)与 g(x)的图象有两个交点，
必须有 m－1＋e2>2e，即 m>－e2＋2e＋1.
即 g(x)－f(x)＝0 有两个相异实根，
则 m 的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
11．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放 k(1≤k≤4 且 k∈R)个单位的洗衣
液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度 y(g/L)随着时间 x(min)变化的函数关系式近似
为 y＝kf(x)，其中 y＝
k
16
9－x
－1
，0≤x≤5，
k
11－ 2
45
x2
，50.
令 t＝2x，则(1－a)t2＋at＋1＝0，只需其有一正根即可满
足题意．
①当 a＝1 时，t＝－1，不合题意，舍去．
②上式有一正一负根 t1，t2，
即
Δ＝a2－4 1－a >0，
t1t2＝ 1
1－a
<0，
经验证满足 a·2x－a>0，∴a>1.
③上式有两根相等，即Δ＝0⇒a＝±2 2－2，
此时 t＝ a
2 a－1
，若 a＝2( 2－1)，则有 t＝ a
2 a－1
<0，
此时方程(1－a)t2＋at＋1＝0 无正根，
故 a＝2( 2－1)舍去；
若 a＝－2( 2＋1)，则有 t＝ a
2 a－1
>0，且 a· 2x－a＝a(t－1)＝a
a
2 a－1
－1
＝
a 2－a
2 a－1
>0，
因此 a＝－2( 2＋1)．
综上所述，a 的取值范围为{a|a>1 或 a＝－2－2 2}．
第四讲 不_等_式
考点一 不等式的解法
一、基础知识要记牢
求一元二次不等式 ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)的解集，首先确定对应方程的
根，然后根据三个二次之间的关系，依据图象直观写出解集．
二、经典例题领悟好
[例 1] (1)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.
－∞，－3
2 ∪
1
2
，＋∞
B.
－3
2
，1
2
C.
－∞，－1
2 ∪
3
2
，＋∞
D.
－1
2
，3
2
(2)已知一元二次不等式 f(x)<0 的解集为
xx<－1 或 x>1
2 ，则 f(10x)>0 的解集为( )
A．{x|x<－1 或 x>－lg 2}
B．{x|－1－lg 2}
D．{x|x<－lg 2}
(3)设 a∈R，若 x＞0 时均有(x2＋ax－5)(ax－1)≥0 成立，则 a＝________.
[解析] (1)由 f(x)>0，得 ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1,3)，
∴a<0，且
1－ab
a
＝2，
－b
a
＝－3，
解得 a＝－1
a＝1
3
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>1
2
或 x<－3
2
，故选 A.
(2)由题意知，一元二次不等式 f(x)>0 的解集为
x－10，∴－1<10x<1
2
，
解得 x0(a>0)，再求相应一元二次
方程 ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根，最后根据相应二次函数图象与 x 轴的位置关系，确定一元二次不
等式的解集．
(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为
一元二次不等式)求解．
(3)与一元二次不等式有关的恒成立问题，通常转化为根的分布问题，求解时一定要借助二
次函数的图象，一般考虑四个方面：开口方向、判别式的符号、对称轴的位置、区间端点函数值
的符号．
(4)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因．确
定好分类标准，从而层次清晰地求解.
三、预测押题不能少
1．(1)已知 f(x)＝
－2x＋1
x2 ，x>0，
1
x
，x<0，
则 f(x)>－1 的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞)
D．(－1,0)∪(0,1)
解析：选 B 当 x>0 时，由 f(x)＝－2x＋1
x2 >－1，
得－2x＋1>－x2，即 x2－2x＋1>0，解得 x>0 且 x≠1.
当 x<0 时，由 f(x)＝1
x
>－1，即－x>1，解得 x<－1.
故 x∈(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)．
(2)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)0，则a4＋4b4＋1
ab
的最小值为________．
(2)(2017·江苏高考)某公司一年购买某种货物 600 吨，每次购买 x 吨，运费为 6 万元/次，
一年的总存储费用为 4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则 x 的值是______．
[解析] (1)因为 ab>0，所以a4＋4b4＋1
ab
≥2 4a4b4＋1
ab
＝4a2b2＋1
ab
＝4ab＋ 1
ab
≥2 4ab· 1
ab
＝
4，当且仅当
a2＝2b2，
ab＝1
2
时取等号，故a4＋4b4＋1
ab
的最小值是 4.
(2) 由 题 意 ， 一 年 购 买 600
x
次 ， 则 总 运 费 与 总 存 储 费 用 之 和 为 600
x
×6 ＋ 4x ＝
4
900
x
＋x
≥8 900
x
·x＝240，当且仅当 x＝30 时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时 x
的值是 30.
[答案] (1)4 (2)30
利用基本不等式求函数最值的关注点
(1)一般地，分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量的函数，
特别适合用基本不等式求最值.
2 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.
3 对二元以上的最值 范围 问题，通常可以通过换元、互化、齐次化、不等式放缩等
减元，也可以通过主元、数形结合整体等策略求解.
三、预测押题不能少
3．(1)函数 y＝loga(x＋3)－1(a>0，且 a≠1)的图象恒过定点 A，若点 A 在直线 mx＋ny＋1
＝0 上(其中 m，n>0)，则1
m
＋2
n
的最小值等于( )
A．16 B．12
C．9 D．8
解析：选 D 依题意，点 A(－2，－1)，则－2m－n＋1＝0，即 2m＋n＝1(m>0，n>0)，
∴1
m
＋2
n
＝
1
m
＋2
n (2m＋n)
＝4＋
n
m
＋4m
n ≥4＋2 n
m
×4m
n
＝8，
当且仅当n
m
＝4m
n
，
即 n＝2m＝1
2
时取等号，
即1
m
＋2
n
的最小值是 8.
(2)设 a，b 为正实数，且(a－b)2＝ 9
ab
，则当 a＋b 取得最小值时，a＝________.
解析：(a＋b)2＝(a－b)2＋4ab＝ 9
ab
＋4ab≥2 9
ab
·4ab＝12，当且仅当
9
ab
＝4ab，
a＋b 2＝12
时
取等号，解得 a＝ 3± 6
2
.
答案： 3± 6
2
考点四 绝对值不等式及其应用
一、基础知识要记牢
1．必记公式
(1)如果 a，b 是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.当且仅当 ab≥0 时，等号成立．
(2)如果 a，b，c 是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0 时，等
号成立．
2．重要性质及结论
(1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法：
①|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c.
②|ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c 或 ax＋b＜－c.
(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法：
方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想．
方法二：利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．
方法三：通过构建函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程思想．
二、经典例题领悟好
[例 4] (1)不等式|x－1|－|x－5|<2 的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
(2)(2017·浙江高考)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是
________，最大值是________．
(3)已知函数 f(x)＝|x＋1
x
－ax－b|(a，b∈R)，当 x∈
1
2
，2
时，设 f(x)的最大值为 M(a，
b)，则 M(a，b)的最小值为________．
[解析] (1)①当 x≤1 时，原不等式可化为 1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴
x≤1.
②当 10 时，解得 0≤a≤1
3
，
综上实数 a 的取值范围为
－∞，1
3 .
[知能专练(四)]
一、选择题
1．(2018 届高三·衢州联考)“00 的解集是实数集 R”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 A 当 a＝0 时，1>0，显然成立；当 a≠0 时，
a>0，
Δ＝4a2－4a<0.
故 ax2＋2ax＋1>0
的解集是实数集 R 等价于 0≤a<1.因此，“00 的解集是实数集 R”的充
分而不必要条件．
2．(2017·杭州模拟)在约束条件
y≤x，
y≥1
2
x，
x＋y≤1
下，目标函数 z＝x＋1
2
y 的最大值为( )
A.1
4
B.3
4
C.5
6
D.5
3
解析：选 C 法一：由 z＝x＋1
2
y 得 y＝－2x＋2z.作出可行域如图
中阴影部分所示，平移直线 y＝－2x，当直线经过点 C 时，z 最大．由
y＝1
2
x，
x＋y＝1，
解得
x＝2
3
，
y＝1
3
，
所以点 C 的坐标为
2
3
，1
3 ，代入 z＝x
＋1
2
y，得 z＝2
3
＋1
2
×1
3
＝5
6
.
法二：作出不等式组所表示的平面区域如图中△OBC 及其内部所示，易知 O(0,0)，B
1
2
，1
2 ，
C
2
3
，1
3 ，分别代入 z＝x＋1
2
y，z 的值分别为 0，3
4
，5
6
，故目标函数 z＝x＋1
2
y 的最大值为5
6
.
3．(2017·温州模拟)若函数 f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为 3，则实数 a 的值为( )
A．5 或 8 B．－1 或 5
C．－1 或－4 D．－4 或 8
解析：选 D 当 a>2 时，－a
2
<－1，
f(x)＝
3x＋a＋1，x>－1，
x＋a－1，－a
2
≤x≤－1
－3x－a－1，x<－a
2
.
其图象如图所示：由图象知 f(x)的最小值为 f
－a
2 ＝－a
2
＋a －1＝
a
2
－1，依题意得a
2
－1＝3，解得 a＝8，符合题意．
当 a＝2 时，f(x)＝3|x＋1|，其最小值为 0，不符合题意．
当 a<2 时，－a
2
>－1，
f(x)＝
3x＋a＋1，x>－a
2
，
－x－a＋1，－1≤x≤－a
2
，
－3x－a－1，x<－1，
得 f(x)的最小值为 f
－a
2 ，
因此－a
2
＋1＝3，解得 a＝－4，符合题意．故选 D.
4．(2016·浙江高考)若平面区域
x＋y－3≥0，
2x－y－3≤0，
x－2y＋3≥0
夹在两条斜率为 1 的平行直线之间，则
这两条平行直线间的距离的最小值是( )
A.3 5
5
B. 2
C.3 2
2
D. 5
解析：选 B 根据约束条件作出可行域如图阴影部分，当斜率
为 1 的 直 线 分 别 过 A 点 和 B 点 时 满 足 条 件 ， 联 立 方 程 组
x＋y－3＝0，
x－2y＋3＝0
求得 A(1,2)，联立方程组
2x－y－3＝0，
x＋y－3＝0
求得
B(2,1)，可求得分别过 A，B 两点且斜率为 1 的两条直线方程为 x－
y＋1＝0 和 x－y－1＝0，由两平行线间的距离公式得距离为|1＋1|
2
＝ 2，故选 B.
5．(2018 届高三·浙江名校联考)不等式 x2＋2x(ax)2 的解集中的整数恰有 4 个，则 b
a－1
的取值
范围为( )
A．(3,4] B．(3,4)
C．(2,3] D．(2,3)
解析：选 A 整理不等式得[(1－a)x－b][(1＋a)x－b]>0.因为整数解只有 4 个，且 1＋a>0，
可得 1－a<0，所以 a>1.其解集为
b
1－a
， b
1＋a .又 01. 设 a∈R，若关于 x 的不等式
f(x)≥|x
2
＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是( )
A.
－47
16
，2
B.
－47
16
，39
16
C．[－2 3，2] D.
－2 3，39
16
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)≥|x
2
＋a|恒成立，结合图象， 只 需
x2－x＋3≥－
x
2
＋a
，即 x2－x
2
＋3＋a≥0，故对于方程 x2－x
2
＋ 3 ＋ a
＝0，Δ＝
－1
2 2－4(3＋a)≤0，解得 a≥－47
16
；当 x>1 时，若要 f(x)≥|x
2
＋a|恒成立，结合图
象，只需 x＋2
x
≥x
2
＋a，即x
2
＋2
x
≥a.又x
2
＋2
x
≥2，当且仅当x
2
＝2
x
，即 x＝2 时等号成立，所以 a≤2.
综上，a 的取值范围是
－47
16
，2
.
法二：关于 x 的不等式 f(x)≥|x
2
＋a|在 R 上恒成立等价于－f(x)≤a＋x
2
≤f(x)，
即－f(x)－x
2
≤a≤f(x)－x
2
在 R 上恒成立，
令 g(x)＝－f(x)－x
2
.
当 x≤1 时，g(x)＝－(x2－x＋3)－x
2
＝－x2＋x
2
－3
＝－
x－1
4 2－47
16
，
当 x＝1
4
时，g(x)max＝－47
16
；
当 x>1 时，g(x)＝－
x＋2
x －x
2
＝－
3x
2
＋2
x ≤－2 3，
当且仅当3x
2
＝2
x
，且 x>1，即 x＝2 3
3
时，“＝”成立，
故 g(x)max＝－2 3.
综上，g(x)max＝－47
16
.
令 h(x)＝f(x)－x
2
，
当 x≤1 时，h(x)＝x2－x＋3－x
2
＝x2－3x
2
＋3
＝
x－3
4 2＋39
16
，
当 x＝3
4
时，h(x)min＝39
16
；
当 x>1 时，h(x)＝x＋2
x
－x
2
＝x
2
＋2
x
≥2，
当且仅当x
2
＝2
x
，且 x>1，即 x＝2 时，“＝”成立，
故 h(x)min＝2.
综上，h(x)min＝2.
故 a 的取值范围为
－47
16
，2
.
二、填空题
8．(2016·江苏高考)已知实数 x，y 满足
x－2y＋4≥0，
2x＋y－2≥0，
3x－y－3≤0，
则 x2＋y2 的取值范围是________．
解析：根据已知的不等式组画出可行域，如图阴影部分所示，则(x，
y)为阴影区域内的动点．d＝ x2＋y2可以看做坐标原点 O 与可行域内的
点(x，y)之间的距离．数形结合，知 d 的最大值是 OA 的长，d 的最小值
是点 O 到直线 2x＋y－2＝0 的距离．由
x－2y＋4＝0，
3x－y－3＝0
可得 A(2,3)，
所以 dmax＝ 22＋32＝ 13，dmin＝ |－2|
22＋12
＝ 2
5
.所以 d2 的最小值为4
5
，最大值为 13.所以 x2＋y2
的取值范围是
4
5
，13
.
答案：
4
5
，13
9．已知正数 x，y 满足 x＋y＝1，则 x－y 的取值范围为________，1
x
＋x
y
的最小值为________．
解析：设 y＝1－x，则 x－y＝x－(1－x)＝2x－1,02 6，
解得－5≤a＜－2 6.
综上所述，a 的取值范围为
－11
2
，－2 6
.
第五讲 导数及其应用
考点一 导数的几何意义
一、基础知识要记牢
(1)函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，
即 k＝f′(x0)．
(2)曲线 y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
二、经典例题领悟好
[例 1] (1)(2016·山东高考)若函数 y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点
处的切线互相垂直，则称 y＝f(x)具有 T 性质，下列函数中具有 T 性质的是( )
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
(2)(2017·全国卷Ⅰ)曲线 y＝x2＋1
x
在点(1,2)处的切线方程为________．
[解析] (1)若 y＝f(x)的图象上存在两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函数图象在这两点
处的切线互相垂直，则 f′(x1)·f′(x2)＝－1.对于 A：y′＝cos x，若有 cos x1·cos x2＝－1，
则存在 x1＝2kπ(k∈Z)，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时，结论成立；对于 B：y′＝1
x
，若有1
x1
·1
x2
＝－1，
即 x1x2＝－1，∵x＞0，∴不存在 x1，x2，使得 x1x2＝－1；对于 C：y′＝ex，若有 e 1x ·e 2x ＝－1，
即 1 2ex + x ＝－1，显然不存在这样的 x1，x2；对于 D：y′＝3x2，若有 3x2
1·3x2
2＝－1，即 9x2
1x2
2＝－
1，显然不存在这样的 x1，x2.综上所述，选 A.
(2)因为 y′＝2x－1
x2，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为 y′|x＝1＝2×1－1
12＝1，所以切
线方程为 y－2＝x－1，即 x－y＋1＝0.
[答案] (1)A (2)x－y＋1＝0
解决函数切线的相关问题，需抓住以下关键点：
(1)切点是交点．
(2)在切点处的导数是切线的斜率．因此，解决此类问题，一般要设出切点，建立关系—方
程(组)．
(3)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在点 P 处的切线”的差异．过点 P 的切线中，
点 P 不一定是切点，点 P 也不一定在已知曲线上；在点 P 处的切线，点 P 是切点.
三、预测押题不能少
1．(1)已知偶函数 f(x)在 R 上的任一取值都有导数，且 f′(1)＝1，f(x＋2)＝f(x－2)，则
曲线 y＝f(x)在 x＝－5 处的切线斜率为( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
解析：选 D 由 f(x＋2)＝f(x－2)，得 f(x＋4)＝f(x)，可知函数为周期函数，且周期为 4.
又函数 f(x)为偶函数，所以 f(x＋2)＝f(x－2)＝f(2－x) ，即函数的对称轴为 x＝2，所以 f′(－
5)＝f′(3)＝－f′(1)，所以函数在 x＝－5 处的切线的斜率 k＝f′(－5)＝－f′(1)＝－1.
(2)若函数 f(x)＝ln x＋ax 的图象上存在与直线 2x－y＝0 平行的切线，则实数 a 的取值范
围为________．
解析：函数 f(x)＝ln x＋ax 的图象上存在与直线 2x－y＝0 平行的切线，即 f′(x)＝2 在(0，
＋∞)上有解，又 f′(x)＝1
x
＋a，即1
x
＋a＝2 在(0，＋∞)上有解，即 a＝2－1
x
在(0，＋∞)上有解，
因为 x＞0，所以 2－1
x
＜2，所以实数 a 的取值范围是(－∞，2)．
答案：(－∞，2)
考点二 利用导数研究函数的单调性
一、基础知识要记牢
函数的单调性与导数的关系：
在区间(a，b)内，如果 f′(x)>0，那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果 f′(x)<0，
那么函数 f(x)在区间(a，b)上单调递减．
二、经典例题领悟好
[例 2] (2018 届高三·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝ex－ax(a∈R，e 为自然对数的底数)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 a＝1，函数 g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数 m 的取值
范围．
[解] (1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex－a.
当 a≤0 时，f′(x)>0，∴f(x)在 R 上为增函数；
当 a>0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝ln a，
则当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
∴函数 f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数 f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数．
(2)当 a＝1 时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x＝(x－m－1)ex＋(m＋1)x，
∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0 在(2，＋∞)上恒成立，
即 m≤xex＋1
ex－1
在(2，＋∞)上恒成立，
令 h(x)＝xex＋1
ex－1
，x∈(2，＋∞)，
h′(x)＝ ex 2－xex－2ex
ex－1 2 ＝ex ex－x－2
ex－1 2 .
令 L(x)＝ex－x－2，
L′(x)＝ex－1>0 在(2，＋∞)上恒成立，
即 L(x)＝ex－x－2 在(2，＋∞)上为增函数，
即 L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0，
即 h(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴h(x)>h(2)＝2e2＋1
e2－1
，∴m≤2e2＋1
e2－1
.
故实数 m 的取值范围为
－∞，2e2＋1
e2－1 .
利用导数研究函数单调性的一般步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数 f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数 f(x)的定义域内解(或证明)不等式
f′(x)>0 或 f′(x)<0 即可．
②若已知 f(x)的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题
求解.
三、预测押题不能少
2．(1)若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称
函数 f(x)具有 M 性质．下列函数中所有具有 M 性质的函数的序号为________．
①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；
④f(x)＝x2＋2.
解析：设 g(x)＝exf(x)，对于①，g(x)＝ex·2－x，则 g′(x)＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln 2)>0，
所以函数 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；
对于②，g(x)＝ex·3－x，则 g′(x)＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)<0，所以函数 g(x)在(－
∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；
对于③，g(x)＝ex·x3，则 g′(x)＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，
显然函数 g(x)在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；
对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)，则 g′(x)＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2
＋1]>0，所以函数 g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．
综上，具有 M 性质的函数的序号为①④.
答案：①④
(2)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则
实数 a 的取值范围是________．
解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex，
得 f(－x)＝－x3＋2x＋1
ex－ex＝－f(x)，
所以 f(x)是 R 上的奇函数．
又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋1
ex≥3x2－2＋2 ex·1
ex＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号，
所以 f(x)在其定义域内单调递增．
因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以 f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以 a－1≤－2a2，解得－1≤a≤1
2
，
故实数 a 的取值范围是
－1，1
2 .
答案：
－1，1
2
考点三 利用导数研究函数的极值 最值 问题
一、基础知识要记牢
(1)若在 x0 附近左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x0)为函数 f(x)的极大值；若在 x0 附近
左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值．
(2)设函数 y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则 f(x)在[a，b]上必有最大值和最
小值且在极值点或端点处取得．
二、经典例题领悟好
[例 3] (20178 届高三·杭州模拟)设函数 f(x)＝x(x2－3a)，求 f(x)在[0,1]上的最大值
F(a)．
[解] 因为 f(x)＝x3－3ax，所以 f′(x)＝3x2－3a.
(1)若 a≤0，则 f′(x)≥0，即 f(x)在[0,1]上单调递增，所以 F(a)＝f(1)＝1－3a.
(2)若 a>0，由 f′(x)＝0 知 x＝± a.f(0)＝0，f(1)＝1－3a.
①若 01，则 f(x)在[0,1]上单调递减，
所以 F(a)＝f(0)＝0.
综上，F(a)＝
1－3a，a≤1
3
，
0，a>1
3
.
1.求函数 y＝f x 在某个区间上的极值的步骤
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；,
①左正右负⇔f x 在 x＝x0 处取极大值；
②左负右正⇔f x 在 x＝x0 处取极小值.
2.求函数 y＝f x 在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
第一步：求函数 y＝f x 在区间 a，b 内的极值 极大值或极小值 ；,
第二步：将 y＝f x 的各极值与 f a ，f b 进行比较，其中最大的一个为最大值，最
小的一个为最小值.
三、预测押题不能少
3．已知函数 f(x)＝ax－2
x
－3ln x，其中 a 为常数．
(1)当函数 f(x)的图象在点
2
3
，f
2
3 处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在
3
2
，3
上的最小
值；
(2)若函数 f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a＋2
x2－3
x
，
由题意可知 f′
2
3 ＝1，解得 a＝1.
故 f(x)＝x－2
x
－3ln x，∴f′(x)＝ x－1 x－2
x2 ，
由 f′(x)＝0，得 x＝2.
于是可得下表：
x 3
2
3
2
，2 2 (2,3) 3
f′(x) － 0 ＋
f(x) 1－3ln 2
∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋2
x2－3
x
＝ax2－3x＋2
x2 (x>0)，
由题意可得方程 ax2－3x＋2＝0 有两个不等的正实根，不妨设这两个根为 x1，x2，并令 h(x)
＝ax2－3x＋2，
则
Δ＝9－8a>0，
x1＋x2＝3
a
>0，
x1x2＝2
a
>0，
也可以为
Δ＝9－8a>0，
－－3
2a
>0，
h 0 >0，
解得 00，∴1＋x≥0，∴x≥－1.
3．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．无数个
解析：选 A 函数定义域为(0，＋∞)，
且 f′(x)＝6x＋1
x
－2＝6x2－2x＋1
x
.
由于 x>0，g(x)＝6x2－2x＋1 中Δ＝－20<0，
所以 g(x)>0 恒成立，故 f′(x)>0 恒成立．
即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
4．(2017·浙江高考)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所 示 ，
则函数 y＝f(x)的图象可能是( )
解析：选 D 由 f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故 f(x)在这三个零点处取得极
值，排除 A、B；记导函数 f′(x)的零点从左到右分别为 x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上 f′(x)<0，
在(x1，x2)上 f′(x)>0，所以函数 f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除 C，故选 D.
5．已知常数 a，b，c 都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34 的导函数为 f′(x)，f′(x)≤0 的
解集为{x|－2≤x≤3}，若 f(x)的极小值等于－115，则 a 的值是( )
A．－81
22
B.1
3
C．2 D．5
解析：选 C 由题意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0 的解集为[－2,3]，且在 x＝3 处取得极小
值－115，
故有
3a>0，
－2＋3＝－2b
3a
，
－2×3＝ c
3a
，
f 3 ＝27a＋9b＋3c－34＝－115，
解得 a＝2.
6．若 0ln x2－ln x1
B．e 2x －e 1x x1e 2x
D．x2e 1x g(x2)，x2e 1x >x1e 2x ，故选 C.
二、填空题
7．设函数 f(x)＝x(ex－1)－1
2
x2，则函数 f(x)的单调增区间为________．
解析：因为 f(x)＝x(ex－1)－1
2
x2，所以 f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令 f′(x)>0，
即(ex－1)·(x＋1)>0，解得 x∈(－∞，－1)或 x∈(0，＋∞)．所以函数 f(x)的单调增区间为(－
∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数 f(x)＝1
2
x2＋2ax－ln x，若 f(x)在区间
1
3
，2
上是增函数，则实数 a 的取值范
围为________．
解析：由题意知 f′(x)＝x＋2a－1
x
≥0 在
1
3
，2
上恒成立，即 2a≥－x＋1
x
在
1
3
，2
上恒成
立．又∵y＝－x＋1
x
在
1
3
，2
上单调递减，∴
－x＋1
x max＝8
3
，∴2a≥8
3
，即 a≥4
3
.
答案：
4
3
，＋∞
9．已知函数 f(x)＝x3＋2ax2＋1 在 x＝1 处的切线的斜率为 1，则实数 a＝________，此时函
数 y＝f(x)在[0,1]上的最小值为________．
解析：由题意得 f′(x)＝3x2＋4ax，则有 f′(1)＝3×12＋4a×1＝1，解得 a＝－1
2
，所以 f(x)
＝x3－x2＋1，
则 f′(x)＝3x2－2x，当 x∈[0,1]时，
由 f′(x)＝3x2－2x>0 得2
3
0，得 x>1，因此函数 f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．
令 f′(x)<0，得 00，∴x，f′(x)，f(x)关系如下表：
x 0，1
2
1
2
1
2
，2 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x)
∴f(x)的单调递增区间为
0，1
2 和[2，＋∞)，单调递减区间为
1
2
，2
.
(2)若 f(x)在定义域上是增函数，
则 f′(x)≥0 在 x>0 时恒成立，
∵f′(x)＝a＋a
x2－2
x
＝ax2－2x＋a
x2 ，
∴转化为 x>0 时 ax2－2x＋a≥0 恒成立，
即 a≥ 2x
x2＋1
恒成立，
∵ 2x
x2＋1
＝
2
x＋1
x
≤1，当且仅当 x＝1
x
＝1 时等号成立，
∴a≥1.故实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
12．已知函数 f(x)＝ex＋ax－a(a∈R 且 a≠0)．
(1)若函数 f(x)在 x＝0 处取得极值，求实数 a 的值；并求出此时 f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数 f(x)不存在零点，求实数 a 的取值范围．
解：(1)函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ex＋a，
f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f′(x)＝ex－1，
∵在(－∞，0)上 f′(x)<0，f(x)单调递减，在(0，＋∞)上 f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴x＝0 时，f(x)取极小值．∴a＝－1 符合要求．
易知 f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
且 f(－2)＝1
e2＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)．
∴f(x)在[－2,1]的最大值为1
e2＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于 ex>0.
①当 a>0 时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
且当 x>1 时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.
当 x<0 时，取 x＝－1
a
，
则 f
－1
a <1＋a
－1
a
－1
＝－a<0，
∴函数 f(x)存在零点，不满足题意．
②当 a<0 时，令 f′(x)＝ex＋a＝0，得 x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上 f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上 f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数 f(x)不存在零点，等价于 f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得
－e21
x
－e1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然
对数的底数)．
[解] (1)由题意，f′(x)＝2ax－1
x
＝2ax2－1
x
，x>0，
①当 a≤0 时，2ax2－1<0，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当 a>0 时，f′(x)＝2a
x＋ 1
2a
x－ 1
2a
x
，
当 x∈
0， 1
2a 时，f′(x)<0；当 x∈
1
2a
，＋∞
时，f′(x)>0.
故 f(x)在
0， 1
2a 上单调递减，在
1
2a
，＋∞
上单调递增．
综上所述，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a>0 时，f(x)在
0， 1
2a 上单调
递减，在
1
2a
，＋∞
上单调递增．
(2)原不等式等价于 f(x)－1
x
＋e1－x>0 在 x∈(1，＋∞)上恒成立．
令 g(x)＝f(x)－1
x
＋e1－x＝ax2－ln x－1
x
＋e1－x－a，
只需 g(x)在 x∈(1，＋∞)上恒大于 0 即可．
又 g(1)＝0，故 g′(x)在 x＝1 处必大于等于 0.
令 F(x)＝g′(x)＝2ax－1
x
＋1
x2－e1－x，由 g′(1)≥0，可得 a≥1
2
.
当 a≥1
2
时，F′(x)＝2a＋1
x2－2
x3＋e1－x≥1＋1
x2－2
x3＋e1－x＝x3＋x－2
x3 ＋e1－x，
因为 x∈(1，＋∞)，故 x3＋x－2>0.又 e1－x>0，故 F′(x)在 a≥1
2
时恒大于 0.
所以当 a≥1
2
时，F(x)在 x∈(1，＋∞)上单调递增．
所以 F(x)>F(1)＝2a－1≥0，故 g(x)也在 x∈(1，＋∞)上单调递增．
所以 g(x)>g(1)＝0，即 g(x)在 x∈(1，＋∞)上恒大于 0.
综上所述，a≥1
2
.
即实数 a 的取值范围为
1
2
，＋∞
.
1 求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，
先 转 化 为 f a≥ g x 或 f a≤ g x 对 任 意 x ∈ D 恒 成 立 ， 再 转 化 为
f a≥ g x max 或 f a≤ g x min ；第二关是求最值关，即求函数 g x 在区间 D 上的
最大值 或最小值 问题.
2 有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，
但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调
性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果.
1．已知函数 y＝ex 的图象与函数 f(x)的图象关于直线 y＝x 对称，函数 g(x)＝(x2－2x)f(x)
＋ax2－x.
(1)若 a>0，且关于 x 的方程 g(x)＝0 有且仅有一个解，求实数 a 的值；
(2)在(1) 的条件下，若关于 x 的不等式 g(x)≤m 在(e－2，e)上恒成立，求实数 m 的取值范围．
解：因为函数 y＝ex 的图象与函数 f(x)的图象关于直线 y＝x 对称，所以 f(x)＝ln x，
所以 g(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2－x.
(1)令 g(x)＝0，则(x2－2x)ln x＋ax2－x＝0，所以 a＝1－ x－2 ln x
x
.
令 h(x)＝1－ x－2 ln x
x
，则 h′(x)＝－1
x2－1
x
＋2－2ln x
x2 ＝1－x－2ln x
x2 ，
令 t(x)＝1－x－2ln x，则 t′(x)＝－1－2
x
＝－x－2
x
，
因为 x∈(0，＋∞)，所以 t′(x)<0，所以 t(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又 t(1)＝h′(1)＝0，所以当 00；当 x>1 时，h′(x)<0.
所以 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以 h(x)max＝h(1)＝1>0，又 h
1
e ＝1－e<0，h(e2)＝5－2e2
e2 <0，a>0，
所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
(2)由(1)知，a＝1，所以 g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x，
易知，当 e－20，
g 4 ＝－16－m<0
时，g(x)图象与 x 轴有三个交点，
解得－160，则由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a.
当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a)＝1－1
a
＋ln
a.
①当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，
故 f(x)只有一个零点；
②当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1
a
＋ln a>0，
即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点；
③当 a∈(0,1)时，1－1
a
＋ln a<0，即 f(－ln a)<0.
又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数 n0 满足 n0>ln
3
a
－1
，
则 f(n0)＝e 0n n0(ae 0n ＋a－2)－n0>e 0n －n0>2 0n －n0>0.
由于 ln
3
a
－1
>－ln a，
因此 f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a 的取值范围为(0,1).
导数与不等式证明问题
[例 3] (2017·福建漳州质检)已知函数 f(x)＝aex－bln x，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处
的切线方程为 y＝
1
e
－1
x＋1.
(1)求 a，b；
(2)证明：f(x)>0.
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝aex－b
x
，由题意得 f(1)＝1
e
，f′(1)＝1
e
－1，
所以
ae＝1
e
，
ae－b＝1
e
－1，
解得
a＝1
e2，
b＝1.
(2)由(1)知 f(x)＝1
e2·ex－ln x.
因为 f′(x)＝ex－2－1
x
在(0，＋∞)上单调递增，又 f′(1)<0，f′(2)>0，
所以 f′(x)＝0，在(0，＋∞)上有唯一实根 x0，且 x0∈(1,2)．
当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
从而当 x＝x0 时，f(x)取极小值，也是最小值．
由 f′(x0)＝0，得 0 2ex ＝1
x0
，则 x0－2＝－ln x0.
故 f(x)≥f(x0)＝ 0 2ex －ln x0＝1
x0
＋x0－2>2 1
x0
·x0－2＝0，所以 f(x)>0.
1.单变量不等式的证明
1 利用导数证明单变量的不等式的常见形式是 f x >g x .证明技巧：先将不等式
f x >g x 移项，即构造函数 h x ＝f x －g x ，转化为证不等式 h x >0，再次转
化为证明 h x min>0，因此，只需在所给的区间内，判断 h′ x 的符号，从而判断其单调性，
并求出函数 h x 的最小值，即可得证.
2 本例在求出函数的最小值 f x0 ＝ 0 2ex －ln x0 后，证其大于零时，往往需用到
f′ x0 ＝0 的等式去转化，把 0 2ex －ln x0 转化为
x0
1 ＋x0－2，即可用基本不等式法判断其符
号.当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有
指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号.
2.双变量不等式的证明
破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，
并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，
从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
3．(2018 届高三·浙江十校联考)已知函数 f(x)＝ln x－1
2
ax2＋x，a∈R.
(1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的图象在(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；
(3)若 a＝－2，正实数 x1，x2 满足 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥ 5－1
2
.
解：(1)当 a＝0 时，f(x)＝ln x＋x，则 f(1)＝1，所以切点为(1,1)，
又 f′(x)＝1
x
＋1，则切线斜率 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－1
2
ax2＋(1－a)x＋1，x>0，
则 g′(x)＝1
x
－ax＋(1－a)＝－ax2＋ 1－a x＋1
x
(x>0)．
当 a≤0 时，因为 x>0，所以 g′(x)>0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上是递增函数，函数 g(x)无极值；
当 a>0 时，g′(x)＝－ax2＋ 1－a x＋1
x
＝－a
x－1
a x＋1
x
，
令 g′(x)＝0 得 x＝1
a
(负值舍去)，所以当 x∈0，1
a
时，g′(x)>0；当 x∈
1
a
，＋∞
时，g′(x)<0.
因此 g(x)在
0，1
a 上是增函数，在
1
a
，＋∞
上是减函数．
所以当 x＝1
a
时，g(x)有极大值 g
1
a ＝ln1
a
－a
2
×1
a2＋(1－a)·1
a
＋1＝ 1
2a
－ln a.
综上，当 a≤0 时，函数 g(x)无极值；
当 a>0 时，函数 g(x)有极大值 1
2a
－ln a，无极小值．
(3)证明：当 a＝－2 时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.
由 f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即 ln x1＋x2
1＋x1＋ln x2＋x2
2＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令 t＝x1x2，则由φ(t)＝t－ln t，
得φ′(t)＝1－1
t
＝t－1
t
，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为 x1>0，x2>0，所以 x1＋x2≥ 5－1
2
成立．
[重难增分训练(一)]
1．已知 m，n∈(2，e)，且1
n2－1
m2＜lnm
n
，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋1
n
D．m，n 的大小关系不确定
解析：选 A 由不等式可得1
n2－1
m2＜ln m－ln n，即1
n2＋ln n＜1
m2＋ln m．设 f(x)＝1
x2＋ln x(x
∈(2，e))，则 f′(x)＝－2
x3＋1
x
＝x2－2
x3 .
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.故选 A.
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________．
解析：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)＝f x
ex (x∈R)，则 g′(x)＝f′ x ex－f x ex
ex 2 ＝
f′ x －f x
ex .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⇔f x
ex ＜1，而 g(0)＝f 0
e0 ＝1，所以 f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以 x＞0.
答案：(0，＋∞)
3．(2017·广东汕头模拟)已知函数 f(x)＝x＋xln x，若 m∈Z，且 f(x)－m(x－1)>0 对任意
的 x>1 恒成立，则 m 的最大值为________．
解析：因为 f(x)＝x＋xln x，且 f(x)－m(x－1)>0 对任意的 x>1 恒成立，等价于 m1)．
令 g(x)＝x＋xln x
x－1
(x>1)，所以 g′(x)＝x－2－ln x
x－1 2 .易知 g′(x)＝0 必有实根，设为 x0(x0
－2－ln x0＝0)，且 g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时 g(x)min＝g(x0)
＝x0＋x0ln x0
x0－1
＝x0＋x0 x0－2
x0－1
＝x0，因此 m0，
故 30，函数 f(x)为增函数，当 x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，
函数 f(x)为减函数，所以函数 f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为 f(－1)＝－(－1)e－1＝1
e
，
要使方程 f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，令 f(x)＝m，则方程 m2＋tm＋1
＝0 应有两个不同的实根，且一个根在
0，1
e 内，一个根在
1
e
，＋∞
内，令 g(m)＝m2＋tm＋1，因
为 g(0)＝1>0，则只需 g
1
e <0，即
1
e 2＋t
e
＋1<0，解得 t<－e2＋1
e
，
所 以 使 得 方 程 f2(x) ＋ tf(x) ＋ 1 ＝ 0(t ∈ R) 有 四 个 不 同 的 实 数 根 的 t 的 取 值 范 围 为
－∞，－e2＋1
e .
答案：
－∞，－e2＋1
e
5．已知函数 f(x)＝x－aln x＋b，a，b 为实数．
(1)若曲线 x＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝2x＋3，求 a，b 的值；
(2)若|f′(x)|<3
x2对∈[2,3]恒成立，求 a 的取值范围．
解：(1)由已知，得 f′(x)＝1－a
x
，
且由题设得 f′(1)＝2，f(1)＝5，
从而，得 1－a＝2 且 1＋b＝5，
解得 a＝－1，b＝4.
(2)根据题设得，命题等价于当 x∈[2,3]时，|1－a
x|<3
x2恒成立⇔|x－a|<3
x
恒成立⇔－3
x
e＋2－1
e
.
解：(1)01 时，f′(x)＝1
x
－ a
x－1 2＝ x－1 2－ax
x x－1 2 ＝x2－ a＋2 x＋1
x x－1 2 .
由 f′(x)＝0 在
0，1
e 内有解．
令 g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)，
不妨设 0<α<1
e
，则β>e，
所以 g(0)＝1>0，g
1
e ＝1
e2－a＋2
e
＋1<0，
解得 a>e＋1
e
－2.
故实数 a 的取值范围为
e＋1
e
－2，＋∞
.
(2)证明：由 f′(x)>0⇔0β，
由 f′(x)<0⇔αe)，
则 h′(β)＝ 2
β
＋1＋ 1
β2>0，h(β)在(0，＋∞)上单调递增，
所以 f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－1
e
.
10．(2017·四川雅安模拟)已知函数 f(x)＝ln x－1
2
ax2(a∈R)．
(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x＋y＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)讨论函数 f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．
解：(1)f(x)＝ln x－1
2
ax2 的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1
x
－ax＝1－ax2
x
，则 f′(2)＝1－4a
2
.因为直线 2x＋y＋2＝0 的斜率为－2，
所以(－2)×1－4a
2
＝－1，解得 a＝0.
(2)由(1)知 f′(x)＝1－ax2
x
，x∈(0，＋∞)，
当 a≤0 时，f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，由
f′ x >0，
x>0
得 00
得 x> a
a
，所以 f(x)在
0， a
a 上单调递增，在
a
a
，＋∞
上单调递减．
综上所述：当 a≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为
0， a
a ，单调递减区间为
a
a
，＋∞
.
(3)由(2)可知，
(ⅰ)当 a<0 时，f(x)在[1，e2]上单调递增，
而 f(1)＝－1
2
a>0，故 f(x)在[1，e2]上没有零点；
(ⅱ)当 a＝0 时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而 f(1)＝－1
2
a＝0，故 f(x)在[1，e2]上有一个
零点；
(ⅲ)当 a>0 时，①若 a
a
≤1，即 a≥1 时，f(x)在[1，e2]上单调递减，因为 f(1)＝－1
2
a<0，
所以 f(x)在[1，e2]上没有零点．
②若 1< a
a
≤e2，即1
e4≤a<1 时，f(x)在
1， a
a 上单调递增，在
a
a
，e2
上单调递减，而 f(1)
＝－1
2
a<0，f
a
a ＝－1
2
ln a－1
2
，f(e2)＝2－1
2
ae4，
若 f
a
a ＝－1
2
ln a－1
2
<0，即 a>1
e
时，f(x)在[1，e2]上没有零点；
若 f
a
a ＝－1
2
ln a－1
2
＝0，即 a＝1
e
时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；
若 f
a
a ＝－1
2
ln a－1
2
>0，即 a<1
e
时，由 f(e2)＝2－1
2
ae4>0 得 a<4
e4，此时，f(x)在[1，e2]上
有一个零点；
由 f(e2)＝2－1
2
ae4≤0 得 a≥4
e4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；
③若 a
a
≥e2，即 00，所以 f(x) 在[1，e2]上有一个零点．
综上所述：当 a<0 或 a>1
e
时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当 0≤a<4
e4或 a＝1
e
时，f(x)在[1，
e2]上有一个零点；当4
e4≤a<1
e
时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．
专题验收评估 一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、
不等式
(时间：120 分钟 满分：150 分)
一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1．(2017·山东高考)设函数 y＝ 4－x2的定义域为 A，函数 y＝ln(1－x)的定义域为 B，则
A∩B＝( )
A．(1,2) B．(1,2]
C．(－2,1) D．[－2,1)
解析：选 D 由题意可知 A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故 A∩B＝{x|－2≤x<1}．
2．已知 a＝0.20.3，b＝log0.23，c＝log0.24，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>b>a
解析：选 A 由指数函数和对数函数的图象和性质知 a>0，b<0，c<0，又对数函数 f(x)＝log0.2x
在(0，＋∞)上是单调递减的，所以 log0.23>log0.24，所以 a>b>c.
3．函数 f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是( )
解析：选 A 依题意，得 f(－x)＝ln(x2＋1)＝f(x)，所以函数 f(x)为偶函数，即函数 f(x)
的图象关于 y 轴对称，故排除 C.因为函数 f(x)过定点(0,0)，排除 B，D，应选 A.
4．(2017·南昌模拟)已知 x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则 x＋3y 的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选 C 由已知得 xy＝9－(x＋3y)，即 3xy＝27－3(x＋3y)≤
x＋3y
2 2，当且仅当 x＝3y，
即 x＝3，y＝1 时取等号，令 x＋3y＝t，则 t>0，且 t2＋12t－108≥0，得 t≥6，即 x＋3y≥6.
5．若变量 x，y 满足约束条件
3x－y－1≥0，
3x＋y－11≤0，
y≥2，
则 z＝2x－y 的最小值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．4
解析：选 A 线性约束条件
3x－y－1≥0，
3x＋y－11≤0，
y≥2
所构成的可行 域如
图所示是顶点为 A(2,5)，B(1,2)，C(3，2)的三角形的边界及其内部．故当目标函数 z＝2x－y 经
过点 A 时，取到最小值 zmin＝2×2－5＝－1.
6．设 a，b∈R，则“(a－b)·a2<0”是“a0，所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调
递增，故 f(x)min＝f(1)＝1
2
.对于二次函数 g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在
区间[1,2]上的最小值在端点处取得，即 g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的 x1∈(0,2]，
存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)≥g(x2)成立，只需 f(x1)min≥g(x2)min，即1
2
≥g(1)或1
2
≥g(2)，所以1
2
≥
－1－2a＋4 或1
2
≥－4－4a＋4，解得 a≥－1
8
.
10．若平面直角坐标系内的 A，B 两点满足：①点 A，B 都在 f(x)的图象上；②点 A，B 关于
原点对称，则称点对(A，B)是函数 f(x)的一个“姊妹点对”(点对(A，B)与(B，A)可看作同一个
“姊妹点对”)．已知函数 f(x)＝
x2＋2x，x<0，
2
ex，x≥0， 则 f(x)的“姊妹点对”的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选 B 设 P(x，y)(x<0)，则点 P 关于原点的对称点为 P′(－x，－y)，由 2
e－x＝－(x2
＋2x)，化简整理得 2ex＋x2＋2x＝0.由 x2＋2x<0，解得－20(x≥0)，所以只需考虑 x
∈(－2,0)即可．令φ(x)＝2ex＋x2＋2x，求导得，φ′(x)＝2ex＋2x＋2，令 g(x)＝2ex＋2x＋2，
则 g′(x)＝2ex＋2>0，所以φ′(x)在区间(－2,0)上单调递增，而φ′(－2)＝2e－2－4＋2＝2(e
－2－1)<0，φ′(－1)＝2e－1>0，所以φ(x)在区间(－2,0)上只存在一个极值点 x0(x0∈(－2，－1))，
而φ(－2)＝2e－2>0，φ(－1)＝2e－1－1<0，φ(0)＝2>0，所以函数φ(x)在区间(－2，－1)，(－
1,0)上各有一个零点，即函数 f(x)有 2 个“姊妹点对”．
二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分，把答案填在题
中横线上)
11．已知全集为 R，集合 A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝________；A∪B＝
________；∁ RA＝________.
解析：因为 A＝{x|x2－2x＞0}＝{x|x＜0 或 x＞2}，B＝{x|1＜x＜3}，A∩B＝(2,3)，A∪B＝
(－∞，0)∪(1，＋∞)，∁ RA＝[0,2]．
答案：(2,3) (－∞，0)∪(1，＋∞) [0,2]
12．已知 f(x)＝
－log3 x，x≥0，
x2－2x，x＜0，
f(1)＝________，f(f(3))＝________.
解析：依题意，f(1)＝－log31＝0，f(3)＝－log33＝－1，故 f(f(3))＝f(－1)＝3.
答案：0 3
13．(2017·嘉兴模拟)若实数 a，b 满足 ab－4a－b＋1＝0(a>1)，则(a＋1)(b＋2)的最小值
为________，这时 a＝________.
解析：因为 ab－4a－b＋1＝0，所以 b＝4a－1
a－1
，又 a>1，所以 b>0，所以(a＋1)(b＋2)＝ab
＋2a＋b＋2＝6a＋2b＋1＝6a＋8＋ 6
a－1
＋1＝6(a－1)＋ 6
a－1
＋15，因为 a－1>0，所以 6(a－1)＋
6
a－1
＋15≥2 6 a－1× 6
a－1
＋15＝27，当且仅当 6(a－1)＝ 6
a－1
(a>1)，即 a＝2 时等号成立，
故(a＋1)(b＋2)的最小值是 27.
答案：27 2
14．若关于 x 的不等式|x＋a|0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以 m2－3m
－18>0，解得 m>6 或 m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
16．设变量 x，y 满足约束条件
x≥0，
y≥3x，
x＋ay≤7，
其中 a>1，若目标函数 z＝x＋y 的最大值为 4，
则 a 的值为________．
解析：根据题意作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分
所示．令 y＝－x＋z，则 z 的几何意义是直线 y＝－x＋z 的纵截距，
故欲使 z 最大，只需使直线 y＝－x＋z 的纵截距最大即可．因为 a>1，
所以直线 x＋ay＝7 的斜率大于－1，故当直线 y＝－x＋z 经过直线
y＝3x 与直线 x＋ay＝7 的交点
7
1＋3a
， 21
1＋3a 时，目标函数 z 取得
最大值，最大值为 28
1＋3a
.由题意得 28
1＋3a
＝4，解得 a＝2.
答案：2
17．已知函数 f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x －1 0 2 4 5
f(x) 1 2 1.5 2 1
f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示．
下列关于函数 f(x)的命题：
①函数 f(x)的值域为[1,2]；
②函数 f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当 x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是 2，那么 t 的最大值为 4；
④当 10，函数单调递增，
当 00，
且 h(3e)＝2ln(3e)＋1－ a
3e
≥2ln(3e)＋1－
3e＋ 2e
ln 3e
3e
＝2
ln 3e－ 1
3 ln 3e >0.
又 h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数 h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为 x0，
则 10；当 x∈(x0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
即 f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使 f(x)≤4e2
对 x∈(1,3e]恒成立，只要
f x0 ＝ x0－a 2ln x0≤4e2， ⅰ
f 3e ＝ 3e－a 2ln 3e≤ 4e2 ⅱ
成立．
由 h(x0)＝2ln x0＋1－a
x0
＝0，知
a＝2x0ln x0＋x0. (ⅲ)
将(ⅲ)代入(ⅰ)得 4x2
0ln3x0≤4e2.又 x0>1，注意到函数 x2ln3x 在[1，＋∞)内单调递增，故
1x2≥2，
f(x1)－f(x2)＝1
x1
＋bx1＋c－
1
x2
＋bx2＋c
＝ x1－x2 bx1x2－1
x1x2
.
∵x1>x2≥2，∴x1－x2>0，x1x2>0，
因为函数 f(x)在[2，＋∞)上是单调递增函数，故恒有 f(x1)>f(x2)，从而恒有 bx1x2－1>0，
即恒有 b> 1
x1x2
，当 x1>x2≥2 时，x1x2>4，∴ 1
x1x2
<1
4
，∴b≥1
4
.
故实数 b 的取值范围为
1
4
，＋∞
.
(2)当 n＝2 时 f(x)＝x2＋bx＋c，
对任意 x1，x2∈[－1,1]有|f(x1)－f(x2)|≤4 恒成立等价于 f(x)在[－1,1]上的最大值与最小
值之差 M≤4.
当－b
2
<－1，即 b>2 时，f(x)在 x∈[－1,1]上单调递增，所以 f(x)min＝f(－1)＝1－b＋c，
f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c，所以 M＝2b>4，与题设矛盾；
当－1≤－b
2
≤0，即 0≤b≤2 时，f(x)在 x∈－1，－b
2
上单调递减，在 x∈
－b
2
，1
上单调递
增，所以 f(x)min＝f
－b
2 ＝－b2
4
＋c，f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c，
所以 M＝
b
2
＋1 2≤4 恒成立，所以 0≤b≤2；
当 0<－b
2
≤1，即－2≤b<0 时，f(x)在 x∈
－1，－b
2 上单调递减，在 x∈
－b
2
，1
上单调递
增，所以 f(x)min＝f
－b
2 ＝－b2
4
＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以 M＝
b
2
－1 2≤4 恒成立，
所以－2≤b<0；
当－b
2
>1，即 b<－2 时，f(x)在 x∈[－1,1]上单调递减，
所以 f(x)min＝f(1)＝1＋b＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以 M＝－2b>4，与题设矛盾．
综上所述，实数 b 的取值范围是[－2,2]．
22．(本小题满分 15 分)已知 a>0，b∈R，函数 f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当 0≤x≤1 时，
①函数 f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.
(2)若－1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立，求 a＋b 的取值范围．
解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a
x2－ b
6a ，
当 b≤0 时，有 f′(x)≥0，此时 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当 b>0 时，f′(x)＝12a
x＋ b
6a
x－ b
6a ，此时 f(x)在
0， b
6a 上单调递减，在
b
6a
，＋∞
上单调递增，所以当 0≤x≤1 时，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝
3a－b，b≤2a，
－a＋b，b>2a
＝|2a－b|＋a.
②由于 0≤x≤1，故
当 b≤2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－
2x＋1)，
当 b>2a 时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝
2a(2x3－2x＋1)；
设 g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
则 g′(x)＝6x2－2＝6
x－ 3
3
x＋ 3
3 ，
当 x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x 0 0， 3
3
3
3
3
3
，1 1
g′(x) － 0 ＋
g(x) 1 极小值 1
所以，g(x)min＝g
3
3 ＝1－4 3
9
>0，
所以，当 0≤x≤1 时，2x3－2x＋1>0，
故 f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当 0≤x≤1 时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1，
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1
恒成立的充要条件是
|2a－b|＋a≤1，
a>0，
即
2a－b≥0，
3a－b≤1，
a>0，
或
2a－b<0，
b－a≤1，
a>0.
在直角坐标系 aOb 中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段 BC.
作一组平行直线 a＋b＝t(t∈R)，得－1
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