高考数学二轮复习第一部分专题六函数、不等式、导数教学案理
专题六 函数、不等式、导数
[研高考·明考点]
年份 卷别 小题考查 大题考查
2017
卷Ⅰ
T5·函数的单调性、奇偶性
T21·利用导数研究函数的
单调性，函数的零点问题
T11·指数与对数互化、对数运算、比较大小
T14·线性规划求最值
卷Ⅱ
T5·线性规划求最值 T21·利用导数研究函数的
单调性及极值，函数的零
点，证明不等式
T11·导数的运算、利用导数判断函数的单调
性、求极值
卷Ⅲ
T11·函数的零点问题 T21·导数在研究函数单调
性中的应用，不等式的放
缩
T13·线性规划求最值
T15·分段函数与不等式的解法
2016
卷Ⅰ
T7·函数图象的识别
T21·利用导数研究函数的
零点，证明不等式
T8·基本初等函数的单调性、比较大小
T16·线性规划求最值问题的实际应用
卷Ⅱ
T12·函数图象对称性的应用 T21·利用导数判断函数的
单调性，证明不等式，求
函数的最值
T16·导数的几何意义、求两函数的公共切线
卷Ⅲ
T6·指数函数与幂函数值的大小比较 T21·导数在研究函数极
值、最值中的应用，放缩
法证明不等式
T13·线性规划求最值
T15·偶函数的性质、导数的几何意义
2015
卷Ⅰ
T12·函数的概念与不等式的解法
T21·导数的几何意义，函
数的最值、零点问题
T13·偶函数的定义
T15·线性规划求最值
卷Ⅱ
T5·对数运算、分段函数求值
T21·利用导数研究函数的
单调性，已知不等式恒成
立求参数的取值范围
T10·函数图象的判断
T12·导数与抽象函数的单调性、奇偶性
T14·线性规划求最值
[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 7考)
2.线性规划问题(3 年 7 考)
常考点
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
3.函数与不等式问题(3 年 4
考)
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
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
4.导数的几何意义
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)＝
1＋log2 2－x ，x<1，
2
x－1
，x≥1，
则 f(－2)＋
f(log212)＝( )
A．3 B．6
C．9 D．12
(2)(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝
x＋1，x≤0，
2
x
，x>0，
则满足f(x)＋f
x－
1
2 >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＝
12
2
＝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
2
>1，解得 x>－
1
4
，
∴－
1
4
1，显然成立；
当 x>
1
2
时，原不等式可化为 2
x
＋2x－
1
2
>1，显然成立．
综上可知，x 的取值范围是
－
1
4
，＋∞
.
[答案] (1)C (2)
－
1
4
，＋∞
[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．(2018 届高三·浙江名校联考)已知函数 f(x)＝
f x－4 ，x>2，
ex，－2≤x≤2，
f －x ，x<－2，
则 f(－2 017)＝
( )
A．1 B．e
C.
1
e
D．e2
解析：选 B 由已知可得，当 x>2 时，f(x)＝f(x－4)，故 f(x)在 x>－2 时的周期为 4，则
f(－2 017)＝f(2 017)＝f(2 016＋1)＝f(1)＝e.
2．(2017·山东高考)设 f(x)＝
x，0＜x＜1，
2 x－1 ，x≥1.
若 f(a)＝f(a＋1)，则 f
1
a ＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选 C 当 0＜a＜1 时，a＋1≥1，f(a)＝ a，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，∵f(a)＝f(a
＋1)，∴ a＝2a，
解得 a＝
1
4
或 a＝0(舍去)．
∴f
1
a ＝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
1
a ＝6.
3．已知函数 f(x)＝
2e
x－1
，x<1，
x3
＋x，x≥1，
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)＝2e
x－1
<2，所以 f(f(x))<2
等价于 f(x)<1，即 2e
x－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＝
sin 2x
1－cos x
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)＝
sin 2x
1－cos x
，其定义域为{x|x≠2kπ，k∈Z}，又 f(－x)＝
sin －2x
1－cos －x
＝
－sin 2x
1－cos x
＝－f(x)，所以 f(x)＝
sin 2x
1－cos x
为奇函数，其图象关于原点对称，故
排除 B；因为 f(1)＝
sin 2
1－cos 1
＞0，f(π)＝
sin 2π
1－cos π
＝0，故排除 A、D，选 C.
(2)当 x∈
0，
π
4 时，f(x)＝tan x＋ 4＋tan
2x，图象不会是直线段，从而排除 A、C.
当 x∈
π
4
，
3π
4 时，f
π
4 ＝f
3π
4 ＝1＋ 5，f
π
2 ＝2 2.
∵2 2<1＋ 5，
∴f
π
2 0 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
2
，1 时，f(x)＝log
1
2
x－
1
2 ，x－2∈
－
3
2
，－1
，－(x
－2)∈
1，
3
2 ，∴f(x)＝f(x－2)＝－f(2－x)＝log
1
2
x－
1
2 .设 2－x＝t，则 t∈
1，
3
2 ，x＝2－t，
∴－f(t)＝log
1
2
3
2
－t，∴f(t)＝－log
1
2
3
2
－t
，∴f(x)＝－log
1
2
3
2
－x
，x∈
1，
3
2 ，可以看出当
x增大时，
3
2
－x 减小，log
1
2
3
2
－x
增大，f(x)减小，∴在区间
1，
3
2 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)＝
1
f x
，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＝
a＋b
2
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)＝
e
x
，x<0，
ln x，x>0，
则 f f
1
e ＝________.
解析：f
1
e ＝ln
1
e
＝－1，f f
1
e ＝f(－1)＝e－1＝
1
e
.
答案：
1
e
[课时跟踪检测]
A 组——12＋4提速练
一、选择题
1．函数 f(x)＝
1
log2x－1
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)＝
x2
＋1，x>0，
cos 6π＋x ，x≤0，
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＝
x2ln |x|
|x|
的图象大致是( )
解析：选 D 易知函数 y＝
x2
ln |x|
|x|
是偶函数，可排除 B，当 x>0 时，y＝xln x，y′＝ln x
＋1，令 y′>0，得 x>e－1
，所以当 x>0 时，函数在(e
－1
，＋∞)上单调递增，结合图象可知 D正确，
故选 D.
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＝e
x
＋e
－x
B．y＝ln(|x|＋1)
C．y＝
sin x
|x|
D．y＝x－
1
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－
1
x
是奇函数，且 y＝x 和 y＝－
1
x
在(0，＋∞)上均为增函数，故 y
＝x－
1
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．函数 y＝
ln |x|
x2
＋
1
x2
在[－2,2]上的图象大致为( )
解析：选 B 当 x∈(0,2]时，函数 y＝
ln |x|＋1
x2
＝
ln x＋1
x2
，x2>0 恒成立，令 g(x)＝ln x＋
1，则 g(x)在(0,2]上单调递增，当 x＝
1
e
时，y＝0，则当 x∈
0，
1
e 时，y＝
ln x＋1
x2
<0，x∈
1
e
，2
时，y＝
ln x＋1
x2
>0，∴函数 y＝
ln x＋1
x2
在(0,2]上只有一个零点
1
e
，排除 A，C，D，只有选项 B符
合题意．
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)，
2
0
．
8
<2＝log240，
若方程 f(x)＝x＋a 有两个
不同实根，则 a 的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(0,1) D．(－∞，＋∞)
解析：选 A x≤0 时，f(x)＝2
－x
－1，
00 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)＝
ex，x≤4，
4e
5－x
，x>4
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.
2，
7
2
＋ln 2
C．(ln 2,2] D.
1，
7
2
＋ln 2
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 e
x－2
≤4e
5－x
，得 e
2x－7
≤4，即 2x－7≤ln 4，解得 x≤
7
2
＋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{a>1，－a＋3≥1， 解得10，
则 a 的取值范围是________．
解析：由 f(x)>0 可得，a(x＋2)<－x3
＋3x2
，原问题等价于不等式 a(x＋2)<－x3
＋3x2
的解集
中只包含唯一的正整数，结合函数 g(x)＝a(x＋2)，h(x)＝－x3＋3x2的图象(图略)可知唯一的正
整数只可能是 1 或 2.若 x0＝1，则
a>0，
g 2≥ h 2 ，
g 1 0，
4a≥4，
3a<2，
解得 a∈∅ ；
若 x0＝2，则
a>0，
g 2 0，
4a<4，解得
2
3
≤a<1，
3a≥2，
答案：
2
3
，1
B 组——能力小题保分练
1．(2017·郑州质检)函数 f(x)＝
1－2
x
1＋2
x
cos x 的图象大致为( )
解析：选 C 依题意，f(－x)＝
1－2
－x
1＋2
－x
cos(－x)＝
2
x
1－2
－x
2
x
1＋2
－x
cos x＝
2
x
－1
2
x
＋1
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
2
2
，
1
2 .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＝－ －x－a，即 f(x)
＝－ －x－a，于是有－ 2－a＝－2 1－a，解得 a＝
2
3
.
答案：
2
3
6.如图放置的边长为 1 的正方形 PABC 沿 x 轴滚动，点 B 恰好经过 原
点．设顶点 P(x，y)的轨迹方程是 y＝f(x)，则对函数 y＝f(x)有下列 判
断：
①函数 y＝f(x)是偶函数；②对任意的 x∈R，都有 f(x＋2)＝f(x－2)；③函数 y＝f(x)在区
间[2,3]上单调递减；④∫2
0f(x)dx＝
π＋1
2
.
其中判断正确的序号是________．(写出所有正确的序号)
解析：如图，从函数 y＝f(x)的图象可以判断出，图象关于 y 轴对称，每过 4 个单位长度图
象重复出现一次，且在区间[2,3]上其函数值随 x 增大而增大，所以①②正确，③错误；又函数
图象与直线 x＝0，x＝2，x 轴围成的图形由一个半径为 2、圆心角为
π
4
的扇形，一个半径为 1、
圆心角为
π
2
的扇形和一个直角边长为1的等腰直角三角形组成，其面积S＝
1
8
×π×2＋
1
4
×π＋
1
2
＝
π＋1
2
，所以④正确．
答案：①②④
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 2
x
＝3
y
＝5
z
，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＝
2
logk2
－
3
logk3
＝
2logk3－3logk2
logk2·logk3
＝
logk3
2
－logk2
3
logk2·logk3
＝
logk
9
8
logk2·logk3
>0，
∴2x>3y；
∵3y－5z＝3log3k－5log5k＝
3
logk3
－
5
logk5
＝
3logk5－5logk3
logk3·logk5
＝
logk5
3
－logk3
5
logk3·logk5
＝
logk
125
243
logk3·logk5
<0，
∴3y<5z；∵2x－5z＝2log2k－5log5k＝
2
logk2
－
5
logk5
＝
2logk5－5logk2
logk2·logk5
＝
logk5
2
－logk2
5
logk2·logk5
＝
logk
25
32
logk2·logk5
<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－
1
3 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)＝3
x
－
1
3 x
，且定义域为 R，所以 f(－x)＝3
－x
－
1
3 －x
＝
1
3 x
－3
x
＝－3
x
－
1
3 x＝－f(x)，即函数 f(x)是奇函数．
又 y＝3
x
在 R 上是增函数，y＝
1
3 x
在 R 上是减函数，所以 f(x)＝3
x
－
1
3 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＝
1
2 －
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＝
1
2 －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
－
5
2
，
1
2 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．－
1
2
B.
1
3
C.
1
2
D．1
[解析] (1)当 x>0 时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝
1
x
－1＝
1－x
x
，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)－e
x
(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
－
5
2
，
1
2 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＝
1
2
.
若 a≤0，则 f(x)的零点不唯一．
综上所述，a＝
1
2
.
[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)＝
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 由 已 知 条 件 得 g(x) ＝ 3 － f(2 － x) ＝
|x－2|＋1，x≥0，
3－x2
，x<0，
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.
－∞，
1＋e
e2
D.
0，
1＋e
e2
解析：选 B 依题意，关于 x 的方程 ax－1＝
ln x
x
有两个不等的正实数根．记 g(x)＝
ln x
x
，
则 g′(x)＝
1－ln x
x2
，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)＝
1
e
，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，＋∞)．
[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)＝e
x
＋4x－3的零点所在的区间为( )
A.
－
1
4
，0
B.
0，
1
4
C.
1
4
，
1
2 D.
1
2
，
3
4
解析：选 C 因为 f
1
4 ＝e
1
4
＋4×
1
4
－3＝e
1
4
－2<0，f
1
2 ＝e
1
2
＋4×
1
2
－3＝e
1
2
－1>0，
f
1
4 ·f
1
2 <0，所以 f(x)＝e
x
＋4x－3 的零点所在的区间为
1
4
，
1
2 .
(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＝
1
2
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
1
m
<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
4
3
，b＝3
2
3
，c＝25
1
3
，则( )
A．b＜a＜c B．a＜b＜c
C．b＜c＜a D．c＜a＜b
解析：选 A a＝2
4
3
＝4
2
3
，b＝3
2
3
，c＝25
1
3
＝5
2
3
.
∵y＝x
2
3
在第一象限内为增函数，
又 5＞4＞3，∴c＞a＞b.
3．(2017·陕西质检)已知 a＝2－
1
3
，b＝(2log23)－
1
2
，c＝
1
4
错误!sin xdx，则实数 a，b，c
的大小关系是( )
A．a>c>b B．b>a>c
C．a>b>c D．c>b>a
解析：选 C 依题意得，a＝2－
1
3
，b＝3－
1
2
，c＝－
1
4
cos x
π
0 ＝
1
2
，所以 a
6
＝2
－2
＝
1
4
，b
6
＝3
－3
＝
1
27
，c6＝
1
2 6＝
1
64
，则 a6>b6>c6，即 a>b>c，故选 C.
4．函数 f(x)＝ex
＋x－2的零点所在的一个区间是( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
解析：选 C ∵f(0)＝e0
＋0－2＝－1<0，f(1)＝e1
＋1－2＝e－1>0，∴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 1.12
n
＞
20
13
，两边取常用对数，得 n＞
lg 2－lg 1.3
lg 1.12
≈
0.30－0.11
0.05
＝
19
5
，∴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)＝
x2－2，x≤0，
2x－6＋ln x，x>0
的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：选 C 当 x≤0 时，f(x)＝x
2
－2，令 x
2
－2＝0，得 x＝ 2(舍去)或 x＝－ 2，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＋
1
x
，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
1
2 ＝ln
1
2
＋ln
2－
1
2 ＝ln
3
4
，
f
3
2 ＝ln
3
2
＋ln
2－
3
2 ＝ln
3
4
，
所以 f
1
2 ＝f
3
2 ＝ln
3
4
，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
2
m
＋
1
n
的最小值为( )
A．2 2 B．4
C.
5
2
D.
9
2
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
m
＋
1
n
＝
2m＋n
m
＋
2m＋n
2n
＝2＋
n
m
＋
m
n
＋
1
2
≥
5
2
＋2
n
m
·
m
n
＝
9
2
，当且仅当 m＝n＝
2
3
时等号成立．所以
2
m
＋
1
n
的最小值为
9
2
，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|3
x
－1|)<3－log 2|3
x
－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)＝
x－a 2
＋e，x≤2，
x
ln x
＋a＋10，x>2， (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)＝
x
ln x
＋a＋10，f′(x)＝
ln x－1
ln x 2
，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
a≥2，
f 2≤ f e ，
即
a≥2，
2－a 2
＋e≤e＋a＋10，
解得 2≤a≤6，
故选 D.
二、填空题
13．(2017·广州模拟)已知函数 f(x)＝
2
1－x
，x≤0，
1－log2x，x>0，
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 2
1－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 00，
3
x
，x≤0，
且关于 x 的方程 f(x)＋x－a＝0有
且只有一个实数根，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由 f(x)＋x－a＝0 有且只有一个实数根得，函数 y＝f(x)的图象与直线 y＝－x＋a 有
唯一公共点．在同一平面直角坐标系中画出直线 y＝－x与函数 y＝f(x)的大致图象(图略)，平移
直线 y＝－x，当平移到该直线在 y 轴上的截距大于 1 时，相应直线与函数 y＝f(x)的图象有唯一
公共点，即此时关于 x 的方程有且只有一个实数根，因此 a>1，即实数 a 的取值范围是(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
15．(2018 届高三·广西三市联考)已知在(0，＋∞)上函数 f(x)＝
－2，01，
log3n＝－log3m，
则
01，
mn＝1，
所以 0f(m)＝f(n)，则 f(x)在[m2
，n]
上的最大值为 f(m2
)＝－log3m
2
＝2，解得 m＝
1
3
，则 n＝3，所以
n
m
＝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<
b2
4a
，从而
a＋b－c
a
>
a＋b－
b2
4a
a
＝1＋
b
a
－
1
4
b
a 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．(2017·南昌模拟)定义在 R上的偶函数 f(x)满足 f(2－x)＝f(x)，且当 x∈[1,2]时，f(x)
＝ln x－x＋1，若函数 g(x)＝f(x)＋mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为( )
A.
ln 2－1
6
，
ln 2－1
8 ∪
1－ln 2
8
，
1－ln 2
6
B.
ln 2－1
6
，
ln 2－1
8
C.
1－ln 2
8
，
1－ln 2
6
D.
ln 2－1
6
，
1－ln 2
8
解析：选 A 函数 g(x)＝f(x)＋mx 有 7 个零点，即函数 y＝f(x)的图象与 y＝－mx 的图象有
7个交点．当 x∈[1,2]时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝
1
x
－1＝
1－x
x
<0，此时 f(x)单调递减，且
f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1.由 f(2－x)＝f(x)知函数图象关于 x＝1对称，而 f(x)是定义在 R 上的
偶函数，所以 f(x)＝f[－(2－x)]＝f(x－2)，故 f(x＋2)＝f(x)，即 f(x)是周期为 2 的函数．易
知 m≠0，当－m<0 时，作出函数 y＝f(x)与 y＝－mx 的图象，如图所示．
则要使函数 y＝f(x)的图象与 y＝－mx 的图象有 7 个交点，需有
－8mf 6 ，
即
－8mln 2－1，
解得
1－ln 2
8
0 时，可得
ln 2－1
6
1
e
，
即 a>1＋
1
e
，故实数 a 的取值范围是
1＋
1
e
，e
，故选 C.
6．(2017·合肥质检)已知函数 f(x)＝
2
x
＋1，x<0，
|1
2
x2
－2x＋1|，x≥0.
方程[f(x)]2
－af(x)＋b
＝0(b≠0)有 6 个不同的实数解，则 3a＋b的取值范围是( )
A．[6,11] B．[3,11]
C．(6,11) D．(3,11)
解析：选 D 首先作出函数 f(x)的图象(如图)，
对于方程[f(x)]2
－af(x)＋b＝0，可令 f(x)＝t，那么方程根的个数就是 f(x)＝t1与 f(x)＝
t2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有 6 个根，需要一个方程有 4 个根，另一个方程有
2个根，从而可知关于 t 的方程 t2
－at＋b＝0 有 2 个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，进一步
由根的分布得出约束条件
b>0，
1－a＋b<0，
4－2a＋b>0，
画出可行域(图略)，计算出目标函数 z＝3a＋b 的取
值范围为(3,11)，故选 D.
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＋
1
b
>b＋
1
a
B．a＋
1
a
>b＋
1
b
C.
b
a
>
b＋1
a＋1
D.
a＋b
2
>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.
－∞，－
3
2 ∪
1
2
，＋∞
B.
－
3
2
，
1
2
C.
－∞，－
1
2 ∪
3
2
，＋∞
D.
－
1
2
，
3
2
(3)(2017·贵州模拟)已知不等式
1
2x2
＋x
>
1
2 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
1
a
<
1
b
，根据不等式的性质可得 a＋
1
b
>b＋
1
a
，故 A 正确；对于选
项 B，取 a＝1，b＝
1
2
，则 a＋
1
a
＝1＋
1
1
＝2，b＋
1
b
＝
1
2
＋2＝
5
2
，故 a＋
1
a
>b＋
1
b
不成立，故 B错误；根
据不等式的性质可得
b
a
<
b＋1
a＋1
，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
1－ab
a
＝2，
－
b
a
＝－3，
解得 a＝－1 或
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.
(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)＝
1
10 x
，x≤10，
－lg x＋2 ，x>10，
若 f(8－m2
)10
在 R 上单调递减，故由 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
a4
＋4b4
＋1
ab
的最小值为________．
[解析] (1)∵直线
x
a
＋
y
b
＝1(a＞0，b＞0)过点(1,2)，∴
1
a
＋
2
b
＝1，∵a＞0，b＞0，∴2a＋b
＝(2a＋b)
1
a
＋
2
b ＝4＋
b
a
＋
4a
b
≥4＋2
b
a
·
4a
b
＝8，当且仅当
b
a
＝
4a
b
，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
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.
[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 OC
―→
＝x OA
―→
＋y OB
―→
，x>0，y>0，则
1
x
＋
1
y
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 AC
―→
＝λ AB
―→
，则 OC
―→
＝ OA
―→
＋ AC
―→
＝ OA
―→
＋λ AB
―→
＝ OA
―→
＋λ( OB
―→
－ OA
―→
)＝(1－λ) OA
―→
＋λ OB
―→
，∴x＝1－λ，y＝λ，∴x＋y＝1.又
x>0，y>0，∴
1
x
＋
1
y
＝
1
x
＋
1
y (x＋y)＝2＋
y
x
＋
x
y
≥2＋2
y
x
·
x
y
＝4，当且仅当
y
x
＝
x
y
，即 x＝y＝
1
2
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)＝e
x
－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＋
1
ex0
＝2a，又 x0≠0，ex0>0，所以 2a＝ex0＋
1
ex0
>2 ex0·
1
ex0
＝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＝
2a
a－3
>0，所以 a－3>0，所以
a＋b＝a＋
2a
a－3
＝a－3＋
6
a－3
＋5≥5＋2 a－3·
6
a－3
＝5＋2 6，当且仅当 a－3＝
6
a－3
，即
a＝3＋ 6，b＝2＋ 6时等号成立，所以 a＋b 的最小值为 5＋2 6.
答案：5＋2 6
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
x＋y≥1，
mx－y≤0，
3x－2y＋2≥0，
且 z＝3x－y 的最大值为
2，则实数 m 的值为( )
A.
1
3
B．
2
3
C．1 D．2
(2)(2017·全国卷Ⅰ)设 x，y 满足约束条件
x＋2y≤1，
2x＋y≥－1，
x－y≤0，
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
3
4
，
1
4 ，mx－y＝0 经过其中一点，所以 m＝2 或 m＝
1
3
，
当 m＝
1
3
时，经检验不符合题意，故 m＝2.
(2)画出不等式组
x＋2y≤1，
2x＋y≥－1，
x－y≤0
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＝
3
2
x－
z
2
过点 A 时，在 y 轴上的截距 最
大，此时 z 最小，由
x＋2y＝1，
2x＋y＝－1，
解得
x＝－1，
y＝1.
∴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＝－
a
b
x＋
z
b
(把 z 看成常数)．
(2)根据
z
b
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
x＋y≥3，
x－y≥－1，
2x－y≤3，
则 x2
＋y2
的最小值是( )
A.
3 2
2
B．
9
2
C. 5 D．2 5
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
3
2
＝
3 2
2
，∴x2
＋y2
的最小值为
9
2
.
2．若 x，y满足条件
3x－5y＋6≥0，
2x＋3y－15≤0，
y≥0，
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.
－
3
4
，
2
3 B.
－
2
3
，
3
4
C.
－
2
3
，
3
5 D.
3
5
，
3
4
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＝－
2
3
，kAB＝
3
5
，所以－
2
3
0(a≠0)恒成立的条件是
a＞0，
Δ＜0.
(2)ax2
＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的条件是
a＜0，
Δ＜0.
2．基本不等式的重要结论
(1)
a＋b
2
≥ ab(a＞0，b＞0)．
(2)ab≤
a＋b
2 2(a，b∈R)．
(3)
a2
＋b2
2
≥
a＋b
2
≥ ab(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(－ 2，0)，( 2，0)，则 ax2
＋bx＋c>0 的解的情况是( )
A．{x|－ 2 2或 x<－ 2}
C．{x|x≠± 2}
D．不确定，与 a 的符号有关
解析：选 D 当 a>0 时，解集为 x> 2或 x<－ 2；当 a<0 时，解集为－ 2f(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＋
1
a
，n＝a＋
1
b
，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＋
1
a
，n＝a＋
1
b
，所以 m＋n
＝a＋b＋
1
a
＋
1
b
＝a＋b＋
a＋b
ab
＝
5
4
(a＋b)≥
5
4
×2 ab＝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
x－y≥－1，
x＋y≤4，
y≥2，
则目标函数 z＝x＋2y 的最
大值为( )
A．5 B．6
C.
13
2
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
3
2
，
5
2 时，z取得最大值，zmax＝
3
2
＋2×
5
2
＝
13
2
，故选 C.
5．(2017·全国卷Ⅲ)设x，y满足约束条件
3x＋2y－6≤0，
x≥0，
y≥0，
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
2x＋3y－3≤0，
2x－3y＋3≥0，
y＋3≥0，
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＝
2 3
3
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：
x＋3y＋5≥0，
x＋y－1≤0，
x＋a≥0，
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
－a，
a－5
3 时，z 取得
最小值－4，所以－a＋2·
a－5
3
＝－4，解得 a＝2，故选 B.
9．当 x，y满足不等式组
x＋2y≤2，
y－4≤x，
x－7y≤2
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.
－
1
5
，
3
5 D.
－
1
5
，0
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
x＋2y＝2，
y－4＝x，
得
x＝－2，
y＝2，
即 B( － 2,2) ， 由
x＋2y＝2，
x－7y＝2，
得
x＝2，
y＝0，
即 C(2,0)，由
y－4＝x，
x－7y＝2，
得
x＝－5，
y＝－1，
即 A(－5，－1)，要使不等式－2≤kx－y≤2 恒
成立，
则
－2≤－2k－2≤2，
－2≤2k≤2，
－2≤－5k＋1≤2，
即
－2≤k≤0，
－1≤k≤1，
－
1
5
≤k≤
3
5
，
所以－
1
5
≤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
3x＋2y≤12，
x＋2y≤8，
x≥0，
y≥0，
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
x
＋
4
y
＝1，且不等式 x＋
y
4
x＋
y
4
≥ xy≥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)＝
x2
－x＋3，x≤1，
x＋
2
x
，x>1. 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
.
若 x≤1，则 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
；
若 x>1，则 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，等号成立，
故 g(x)max＝－2 3.
综上，g(x)max＝－
47
16
.
令 h(x)＝f(x)－
x
2
，
若 x≤1，则 h(x)＝x2
－x＋3－
x
2
＝x2
－
3
2
x＋3
＝
x－
3
4 2＋
39
16
，
当 x＝
3
4
时，h(x)min＝
39
16
；
若 x>1，则 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，等号成立，
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
13．已知关于 x 的不等式 2x＋
2
x－a
≥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
＝2(x－a)＋
2
x－a
＋2a≥2 2 x－a·
2
x－a
＋2a
＝4＋2a，由题意可知 4＋2a≥7，解得 a≥
3
2
，即实数 a 的最小值为
3
2
.
答案：
3
2
14．若 2x＋4y＝4，则 x＋2y 的最大值是________．
解析：因为 4＝2
x
＋4
y
＝2
x
＋2
2y
≥2 2x×22y
＝2 2x＋2y
，所以 2
x＋2y
≤4＝2
2
，即 x＋2y≤2，所以
当且仅当 2
x
＝2
2y
＝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
x＋y－2≥0，
x－1≤0，
y－2≤0，
且 z＝
y
x＋a
的最小值为
1
2
，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
1
2
，即
1
1＋a
＝
1
2
，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
k
x＋a
＋
x＋b
x＋c
<0 的解集为
－1，－
1
3 ∪
1
2
，1
，则关于 x 的
不等式
kx
ax＋1
＋
bx＋1
cx＋1
<0 的解集为________．
解析：不等式
kx
ax＋1
＋
bx＋1
cx＋1
<0，可化为
k
a＋
1
x
＋
b＋
1
x
c＋
1
x
<0，故得－1<
1
x
<－
1
3
或
1
2
<
1
x
<1，解得－30，b>0)的最大值为
6，则
1
a
＋
2
b
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.
∵
1
a
＋
2
b
＝
1
a
＋
2
b (a＋2b)×
1
3
＝
5
3
＋
2b
3a
＋
2a
3b
≥3，当且仅当 a＝b＝1 时 等 号
成立，
∴
1
a
＋
2
b
的最小值为 3.故选 B.
3．设不等式组
x>0，
y>0，
y≤－nx＋3n
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>
1
a1a2
＋
1
a2a3
＋…＋
1
anan＋1
对于任意的正整数恒成立，则实数 m 的
取值范围是( )
A.
1
9
，＋∞
B.
1
9
，＋∞
C.
－∞，
1
9 D.
－∞，
1
9
解析：选 A 不等式组
x>0，
y>0，
y≤－nx＋3n
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
1
anan＋1
＝
1
3n· 3n＋3
＝
1
9
1
n
－
1
n＋1 ，所以
1
a1a2
＋
1
a2a3
＋…＋
1
anan＋1
＝
1
9
1－
1
2
＋
1
2
－
1
3
＋…＋
1
n
－
1
n＋1 ＝
1
9
1－
1
n＋1 ，数列
1
9
1－
1
n＋1
为单调递增数列，故当 n趋近于无
穷大时，
1
9
1－
1
n＋1 趋近于
1
9
，所以 m≥
1
9
.故选 A.
4．在平面直角坐标系中，点 P 是由不等式组
x≥0，
y≥0，
x＋y≥1
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| OP
―→
＋ OQ
―→
|的最小值为( )
A.
2 5
5
B.
5
5
C.
2 3
3
D.
3
3
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 OP
―→
＋ OQ
―→
＝(x＋a，y－2a)， 则
| OP
―→
＋ OQ
―→
|＝ x＋a 2
＋ y－2a 2
，设 z＝| OP
―→
＋ OQ
―→
|， 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＝
1
2
2
＋1
＝
1
5
＝
5
5
.
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
b2
a2
＋2c2
的最大值为( )
A. 6＋2 B. 6－2
C．2 2＋2 D．2 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
b2
a2
＋2c2
≤
4ac－4a2
a2
＋2c2
＝
4
c
a
－1
2
c
a 2
＋1
，
又 4ac－4a2
≥0，∴4·
c
a
－4≥0，∴
c
a
－1≥0，令 t＝
c
a
－1，则 t≥0.当 t>0 时，
b2
a2
＋2c2
≤
4t
2t2
＋4t＋3
＝
4
2t＋
3
t
＋4
≤
4
2 6＋4
＝ 6－2当且仅当 t
＝
6
2
时等号成立，当 t＝0 时，
b2
a2
＋2c2
＝0< 6－2，故
b2
a2
＋2c2
的最大值为 6－2，故选 B.
6．(2017·福州模拟)不等式组
2x－y＋1≥0，
x－2y＋2≤0，
x＋y－4≤0
的解集记作 D，实数 x，y 满足如下两个
条件：
①∀(x，y)∈D，y≥ax；
②∃(x，y)∈D，x－y≤a.
则实数 a 的取值范围为________．
解析：由题意知，不等式组所表示的平面区域 D 如图中
阴影部分(△ABC 及其内部)所示．
由
x－2y＋2＝0，
x＋y－4＝0，
解得
x＝2，
y＝2，
所以点 B 的坐标为
(2,2)．由
2x－y＋1＝0，
x＋y－4＝0，
解得
x＝1，
y＝3，
所以点 C 的坐标
为(1,3)．因为∀(x，y)∈D，y≥ax，由图可知，a≤kOB，所以 a≤1.由∃(x，y)∈D，x－y≤a，
设 z＝x－y，则 a≥zmin.当目标函数 z＝x－y 过点 C(1,3)时，z＝x－y 取得最小值，此时 zmin＝1
－3＝－2，所以 a≥－2.综上可知，实数 a的取值范围为[－2,1]．
答案：[－2,1]
第四讲 小题考法——导数的简单应用及定积分
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，以及定积分的简单运
算或利用定积分求图形的面积.
导数的几何意义、定积分
[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________．
(3)(2017·江西师大附中模拟)若错误! (x－a)dx＝错误! cos 2xdx，则 a＝________.
[解析] (1)设 x＞0，则－x＜0，
f(－x)＝e
x－1
＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝e
x－1
＋x.
∵当 x＞0时，f′(x)＝e
x－1
＋1，
∴f′(1)＝e
1－1
＋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)＝
1
x
＋2ax－2＝
2ax2
－2x＋1
x
(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≥
2
x
－
1
x2
＝－
1
x2
－
2
x
＋1
＋1＝－
1
x
－12＋1，所以 a≥
1
2
，所以 a
的取值范围为
1
2
，＋∞
.
(3) 错误! (x－a)dx＝
1
2
x2
－ax
|
2
1＝
3
2
－a，
错误!cos 2xdx＝
1
2
sin 2x ＝
1
2
.由
3
2
－a＝
1
2
，得 a＝1.
[答案] (1)2x－y＝0 (2)
1
2
，＋∞
(3)1
[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)＝
x2
＋a
x＋1
在点(1，f(1))处切线的斜率为 1，
则实数 a 的值为( )
A．－
3
4
B．－1
C.
3
2
D．2
解析：选 B 由已知得，f′(x)＝
x2
＋2x－a
x＋1
2
，又 f′(1)＝1，即
3－a
4
＝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)＝3x2
0＋2ax0，又切线方程为 x＋y＝0，所以 x0≠0，且
3x2
0＋2ax0＝－1，
x0＋x3
0＋ax2
0＝0，
解得 a
＝±2，x0＝－
a
2
.所以当
x0＝1，
a＝－2
时，点 P 的坐标为(1，－1)；当
x0＝－1，
a＝2
时，点 P 的坐标
为(－1,1)，故选 D.
3．(2017·唐山模拟)过点(－1,0)的直线 l 与曲线 y＝ x相切，则曲线 y＝ x与 l及 x轴所
围成的封闭图形的面积为________．
解析：因为 y＝ x的导数为 y′＝
1
2 x
，设切点为 P(x0，y0)，则切线的斜率为
1
2 x0
＝
x0
x0＋1
，解得
x0＝1，即切线的斜率为
1
2
，从而直线 l 的方程为 y＝
1
2
(x＋1)，所以所围成的封闭图形的面积为
答案：
1
3
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)(2016·全国卷Ⅰ)若函数 f(x)＝x－
1
3
sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，
则 a 的取值范围是( )
A．[－1,1] B.
－1，
1
3
C.
－
1
3
，
1
3 D.
－1，－
1
3
(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.
－
3
2e
，1
B.
－
3
2e
，
3
4
C.
3
2e
，
3
4 D.
3
2e
，1
[解析] (1)函数 f(x)＝x－
1
3
sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于 f′(x)＝1
－
2
3
cos 2x＋acos x＝－
4
3
cos
2x＋acos x＋
5
3
≥0 在(－∞，＋∞)恒成立．
设 cos x＝t，则 g(t)＝－
4
3
t2
＋at＋
5
3
≥0 在[－1,1]恒成立，
所以
g 1 ＝－
4
3
＋a＋
5
3
≥0，
g －1 ＝－
4
3
－a＋
5
3
≥0，
解得－
1
3
≤a≤
1
3
.故选 C.
(2)由题意可知存在唯一的整数 x0，使得 ex0(2x0－1)g 0 ，
h －1≤ g －1 ，
即
－a>－1，
－2a≤－
3
e
，所以
3
2e
≤a<1，故选 D.
[答案] (1)C (2)D
[方法技巧]
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)确定函数 f(x)的定义域；
(2)求 f′(x)；
(3)求方程 f′(x)＝0 在定义域内的所有实数根；
(4)将函数f(x)的间断点(即 f(x)无定义的点)的横坐标和各实数根按从小到大的顺序排列起
来，分成若干个小区间；
(5)确定 f′(x)在各小区间内的符号，由此确定每个区间的单调性．
[演练冲关]
1．已知函数 f(x)＝－ln x＋
x2
2
＋3，则函数 f(x)的单调递减区间是( )
A．(－∞，0) B．(0,1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选 B 已知函数 f(x)＝－ln x＋
x2
2
＋3，定义域为(0，＋∞)．则 f′(x)＝－
1
x
＋x.由
f′ x <0，
x>0，
得 00，∴ax2
＋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)1 恒成立，则 k 的最
大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] (1)f(x)＝xln x－ax2
(x>0)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.令 g(x)＝ln x＋1－2ax，则
g′(x)＝
1
x
－2a＝
1－2ax
x
.
∵函数 f(x)＝x(ln x－ax)有极值，∴g(x)＝0 在(0，＋∞)上有实根．
当 a≤0 时，g′(x)>0，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当 x趋向于 0时，g(x)趋向于－
∞，当 x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞，故存在 x0∈(0，＋∞)，使得 f(x)在(0，x0)上单调递
减，在(x0，＋∞)上单调递增，故 f(x)存在极小值 f(x0)，符合题意．
当 a>0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝
1
2a
.当 00，函数 g(x)单调递增；当 x>
1
2a
时，
g′(x)<0，函数 g(x)单调递减，∴x＝
1
2a
时，函数 g(x)取得极大值．∵当 x 趋向于 0 和 x 趋向于
＋∞时，均有 g(x)趋向于－∞，要使 g(x)＝0 在(0，＋∞)上有实根，且 f(x)有极值，必须 g
1
2a
＝ln
1
2a
>0，解得 01 恒成立．令 g(x)＝
x＋xln x
x－1
，则 g′(x)＝
x－ln x－2
x－1
2
，令 h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则 h′(x)＝1－
1
x
＝
x－1
x
>0，所以函数 h(x)在(1，＋∞)
上单调递增．
因为 h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，所以方程 h(x)＝0 在(1，＋∞)上存在唯一实数
根 x0，且满足 x0∈(3,4)，即有 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，ln x0＝x0－2.
当 1x0时，h(x)>0，即 g′(x)>0，所以函数 g(x)＝
x＋xln x
x－1
在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝
x0 1＋ln x0
x0－1
＝
x0 1＋x0－2
x0－1
＝x0∈(3,4)．所以 k<[g(x)]min＝x0∈
(3,4)，故整数 k 的最大值是 3.
法二：依题意得，当 x＝2 时，k(2－1)1)，
则 g′(x)＝ln x－1.当 1e 时，g′(x)>0，
g(x)在区间(e，＋∞)上单调递增．因此，g(x)的最小值是 g(e)＝3－e>0，于是有 g(x)>0 恒成立．所
以满足题意的最大整数 k 的值是 3.
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，
f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[演练冲关]
1．已知函数 f(x)＝x3
＋3x2
－9x＋1，若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，则实数 k的取值
范围为( )
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
解析：选 D 由题意知 f′(x)＝3x2
＋6x－9，令 f′(x)＝0，解得 x＝1或 x＝－3，所以 f′(x)，
f(x)随 x 的变化情况如下表：
x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，故－3∈[k,2]，
所以 k≤－3.
2．已知函数 f(x)＝x2
－2x＋1＋aln x 有两个极值点 x1，x2，且 x1
1＋2ln 2
4
D．f(x2)>
1－2ln 2
4
解析：选 D 由题意，f(x)＝x2
－2x＋1＋aln x 的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2＋
a
x
＝
2x2
－2x＋a
x
.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
1
2
，1
上是增函数，所以 g(t)>g
1
2 ＝
1－2ln 2
4
，故 f(x2)＝
g(x2)>
1－2ln 2
4
.
3．设函数 f(x)＝ln x－
1
2
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)＝
1
x
－ax－b，
由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.
∴f′(x)＝
1
x
－ax＋a－1＝
－ax2
＋1＋ax－x
x
＝－
ax＋1 x－1
x
.
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＝－
1
a
.
因为 x＝1是 f(x)的极大值点，
所以－
1
a
>1，解得－10 且 a≠1)；⑥(ex)′＝ex；⑦(logax)′ ＝
1
xln a
(a>0 且 a≠1)；⑧(ln x)′
＝
1
x
.
(2)导数的四则运算：
①(u±v)′＝u′±v′；②(uv)′＝u′v＋uv′；③
u
v ′＝
u′v－uv′
v2
(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)
f x
xn
′＝
xnf′ x －nxn－1f x
x2n
；
(3)[e
xf(x)]′＝e
x
[f(x)＋f′(x)]；
(4)
f x
ex
′＝
f′ x －f x
e
x
.
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，
Δ＝4－12a≤0，
解得 a≥
1
3
.而当 a＝
1
3
时，f′(x)＝(x－1)
2
≥0，且只有 x＝1 时，f′(x)＝0，
∴a＝
1
3
符合题意，故 a 的取值范围是
1
3
，＋∞
.
答案：
1
3
，＋∞
4．求曲线的切线方程时，要注意题目条件中的已知点是否为切点．
[针对练 3] 抛物线 f(x)＝x2
过点 P
5
2
，6
的切线方程为________________．
解析：显然点 P 不在抛物线上，设此切线过抛物线上的点(x0，x2
0)．由 f′(x)＝2x 知，此切
线的斜率为 2x0.又因为此切线过点 P
5
2
，6 和点(x0，x2
0)，所以
x2
0－6
x0－
5
2
＝2x0，即 x2
0－5x0＋6＝0，解得
x0＝2 或 x0＝3，即切线过抛物线 y＝x2
上的点(2,4)或点(3,9)，所以切线方程为 y－4＝4(x－2)
和 y－9＝6(x－3)，即 4x－y－4＝0 和 6x－y－9＝0.
答案：4x－y－4＝0和 6x－y－9＝0
[课时跟踪检测]
A 组——12＋4提速练
一、选择题
1．设 f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，则 x0＝( )
A．e2 B．e
C.
ln 2
2
D．ln 2
解析：选 B ∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(x0)＝1＋ln x0＝2，∴x0＝e，故选 B.
2．函数 f(x)＝e
x
cos x 的图象在点(0，f(0))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：选 C 依题意，f(0)＝e
0
cos 0＝1，因为 f′(x)＝e
x
cos x－e
x
sin x，所以 f′(0)＝1，
所以切线方程为 y－1＝x－0，即 x－y＋1＝0，故选 C.
3．已知直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3
＋mx＋n 相切于点 A(1,3)，则 n＝( )
A．－1 B．1 C．3 D．4
解析：选 C 对于 y＝x3＋mx＋n，y′＝3x2＋m，而直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋mx＋n 相切
于点 A(1,3)，则有
3＋m＝k，
k＋1＝3，
1＋m＋n＝3，
可解得 n＝3.
4．若下列图象中，有一个是函数 f(x)＝
1
3
x3
＋ax2
＋(a2
－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数 f′(x)
的图象，则 f(1)＝( )
A.
1
3
B．－
1
3
C.
7
3
D．－
5
3
解析：选A 由题意知，f′(x)＝x2
＋2ax＋a2
－1，∵a≠0，∴其图象为最右侧的一个．由f′(0)
＝a2
－1＝0，得 a＝±1.由导函数 f′(x)的图象可知，a<0，故 a＝－1，∴f(x)＝
1
3
x3
－x2
＋1，f(1)
＝
1
3
－1＋1＝
1
3
.
5．已知函数 f(x)＝x2
－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( )
A.
0，
1
2 和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.
0，
1
2 和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选 C 函数 f(x)＝x2
－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋
2
x
＝
2x2
－5x＋2
x
＝
x－2 2x－1
x
>0，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是
0，
1
2 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
x2
＋
2
3
bx＋
c
3 的单调递减区间为( )
A.
1
2
，＋∞
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
12－4b＋c＝0，
27＋6b＋c＝0，
解得
b＝－
3
2
，
c＝－18.
令 g(x)＝x2
＋
2
3
bx＋
c
3
，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<
1
2
时，g′(x)<0，所以 g(x)
＝x2
－x－6 在(－∞，－2)上为减函数，所以函数 y＝log2
x2＋
2
3
bx＋
c
3 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．－
4
27
，0 B．0，－
4
27
C.
4
27
，0 D．0，
4
27
解析：选 C 由题意知，f′(x)＝3x2
－2px－q，由 f′(1)＝0，f(1)＝0，得
3－2p－q＝0，
1－p－q＝0，
解得
p＝2，
q＝－1
，∴f(x)＝x3
－2x2
＋x，由 f′(x)＝3x2
－4x＋1＝0，得 x＝
1
3
或 x＝1，易得当 x＝
1
3
时，f(x)取极大值
4
27
，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．(－ 2， 2)
C．(2,3) D．(－∞，－ 2)∪( 2，＋∞)
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
，1
，(1，e)上均有零点
B．在区间
1
e
，1
，(1，e)上均无零点
C．在区间
1
e
，1
上有零点，在区间(1，e)上无零点
D．在区间
1
e
，1
上无零点，在区间(1，e)上有零点
解析：选 D 因为 f′(x)＝
1
3
－
1
x
，所以当 x∈(0,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而 0<
1
e
<10，f(1)＝
1
3
>0，f(e)＝
e
3
－1<0，所以 f(x)在区间
1
e
，1
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
4
t
，2
处的切线与曲线 C2：y＝
e
x＋1
－1 也相切，则 tln
4e
2
t
的值为( )
A．4e
2
B．8e
C．2 D．8
解析：选 D 由 y＝ tx，得 y′＝
1
2
t·x－
1
2
，则曲线 C1在 x＝
4
t
时的切线斜率为 k＝
t
4
，所以
切线方程为 y－2＝
t
4
x－
4
t ，即 y＝
t
4
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＝
t
4
，得切点
ln
t
4
－1，
t
4
－1
，故切线方程又可表示为 y－
t
4
＋1＝
t
4
x－ln
t
4
＋1
，即 y＝
t
4
x＋
t
4
ln
4
t
＋
t
2
－1，所以由题意，得
t
4
ln
4
t
＋
t
2
－1＝1，即 t
ln
4
t
＋2
＝8，整理
得 tln
4e
2
t
＝8，故选 D.
12．(2018 届高三·湘中名校联考)已知函数 g(x)＝a－x2
1
e
≤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.
1，
1
e
2
＋2
C.
1
e
2
＋2，e
2
－2
D.[e2
－2，＋∞)
解析：选 A 由题意，知方程 x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在
1
e
，e
上有解．设 f(x)＝
2ln x－x2
，则 f′(x)＝
2
x
－2x＝－
2 x＋1 x－1
x
.易知 x∈
1
e
，1
时 f′(x)>0，x∈[1，e]
时 f′(x)<0，所以函数 f(x)在
1
e
，1
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－e
2
，f
1
e ＝－2－
1
e2
，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
·x
3
)′＝ex
·(x
3
＋3x
2
)，
显然函数 g(x)在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；
对于④，g(x)＝ex
·(x
2
＋2)，
则 g′(x)＝[ex
·(x
2
＋2)]′＝ex
·(x
2
＋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＝－
1
e
有解，即 m＝ex
＋
1
e
有解，∵ex
＋
1
e
＞
1
e
，∴m＞
1
e
.
答案：
1
e
，＋∞
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＝e
x
＋
m
x
－1≥0，即x(ex
－1)≥－m恒成立．记h(x)＝x(ex
－1)，x>0，则有h′(x)
＝(x＋1)e
x
－1>(0＋1)e
0
－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＋x2
0)(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 tan
2x0＝x2
0，故(1
＋x2
0)(1＋cos 2x0)＝(1＋tan
2x0)·2cos
2x0＝2cos
2x0＋2sin
2x0＝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，x3
0－3x0)，那么切线的斜率为 k＝3x2
0
－3，则切线方程为 y－(x3
0－3x0)＝(3x2
0－3)(x－x0)，将点 A(2,1)代入可得关于 x0的一元三次方
程2x3
0－6x2
0＋7＝0.令 y＝2x3
0－6x2
0＋7，则 y′＝6x2
0－12x0.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 2x3
0－6x2
0＋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
ln
1
x <2f(1)
的解集为( )
A．(e，＋∞) B．(0，e)
C.
0，
1
e ∪(1，e) D.
1
e
，e
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
ln
1
x
＝f(－ln x)＝f(ln x)，所以 f(ln x)＋f
ln
1
x <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 m2
1－
k＋
1
2 2
>3 成立．当 k≠－1 且
k≠0时，必有
k＋
1
2 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
3
4
m2
>3，
解得 m<－2 或 m>2.
5．若对任意的 a∈
1
2
，＋∞
，函数 f(x)＝
1
2
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.
15
16
＋
1
2
ln 2，＋∞
B.
15
8
＋ln 2，＋∞
C.
1
2
，
15
16
＋
1
2
ln 2
D.
15
16
＋
1
2
ln 2，＋∞
解析：选 A 依题意，原问题等价于对任意的 a∈
1
2
，＋∞
，关于 x的方程
1
2
x2
－ax－2aln(x
－2)＝2b 有解．设 h(x)＝
1
2
x2
－ax－2aln(x－2)，则 h′(x)＝x－a－
2a
x－2
＝
x x－a－2
x－2
，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)＝－
1
2
a2
－2aln a＋2，记p(a)＝－
1
2
a2
－2aln a＋2，则h(x)的值域为[p(a)，
＋∞)，故 2b∈[p(a)，＋∞)对任意的 a∈
1
2
，＋∞
恒成立，即 2b≥p(a)max，而 p′(a)＝－a－
2ln a－2≤－
1
2
＋2ln 2－2<0，故 p(a)单调递减，所以 p(a)≤p
1
2 ＝
15
8
＋ln 2，所以 b≥
15
16
＋
1
2
ln
2，故选 A.
6．(2017·合肥质检)已知函数 f(x)＝xln x－aex
(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实
数 a 的取值范围是( )
A.
0，
1
e B．(0，e)
C.
1
e
，e
D．(－∞，e)
解析：选 A 由题意知，f′(x)＝1＋ln x－aex
，令 f′(x)＝0，得 a＝
1＋ln x
e
x
，函数 f(x)
有两个极值点，则需 f′(x)＝0 有两个实数根，等价于 a＝
1＋ln x
e
x
有两个实数根，等价于直线 y
＝a 与 y＝
1＋ln x
ex
的图象有两个交点．
令 g(x)＝
1＋ln x
e
x
，则 g′(x)＝
1
x
－1－ln x
ex
，
令 h(x)＝
1
x
－1－ln x，得 h(x)在(0，＋∞)上为减函数，且 h(1)＝0，
所以当 x∈(0,1)时，h(x)>0，故 g′(x)>0，g(x)为增函数，
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故 g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以 g(x)max＝g(1)＝
1
e
，又当 x→＋∞时，g(x)→0，
所以 g(x)的图象如图所示，故 00，∴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)＝
－ax2
＋ 1－a x＋1
x
＝－
a
x－
1
a x＋1
x
，
令 g′(x)＝0 得 x＝
1
a
.
∴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．
∴x＝
1
a
时，g(x)取极大值 g
1
a ＝ln
1
a
－
a
2
×
1
a2
＋(1－a)×
1
a
＋1＝
1
2a
－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
1
2a
－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
[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)＝
a
x
＋2x－a＝
2x2
－ax＋a
x
，
因为 x＝3是 f(x)的极值点，所以 f′(3)＝
18－3a＋a
3
＝0，
解得 a＝9，所以 f′(x)＝
2x2
－9x＋9
x
＝
2x－3 x－3
x
，
所以当 03 时，f′(x)>0，
当
3
2
0，则 y′＝
1
x
.
设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为 k＝
1
x0
＝
ln x0
x0
，
故 x0＝e，k＝
1
e
.
(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)＝
e
x
x2
(x≠0)与函数 y＝－m图象交点的个数．
h′(x)＝
e
x x－2
x3
.
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)＝
e
2
4
.
∴当－m∈
0，
e
2
4 ，即 m∈
－
e
2
4
，0
时，函数 h(x)＝
e
x
x2
与函数 y＝－m 图象交点的个数为 1；
当－m＝
e
2
4
，即 m＝－
e
2
4
时，函数 h(x)＝
e
x
x2
与函数 y＝－m 图象交点的个数为 2；
当－m∈
e
2
4
，＋∞
，即 m∈－∞，－
e2
4
时，函数 h(x)＝
ex
x2
与函数 y＝－m图象交点的个数为 3.
综上所述，当 m∈
－∞，－
e2
4 时，函数 g(x)有三个零点；当 m＝－
e
2
4
时，函数 g(x)有两个零
点；当 m∈－
e
2
4
，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·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个零点，求 a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若 a≤0，则 f′(x)<0，
所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
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.
所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②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.
当 a＝1 时，由于 f(－ln a)＝0，
故 f(x)只有一个零点；
当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－
1
a
＋ln a>0，
即 f(－ln a)>0，
故 f(x)没有零点；
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)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－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).
题型(三) 主要考查利用函数的单调性求函数最值的方
法，根据不等式恒成立问题、存在性问题求
参数的值 或取值范围 .
导数与不等式恒成立、存在性问题
[典例感悟]
[典例 3] (2018 届高三·湖北七市(州)联考)函数 f(x)＝ln x＋
1
2
x2
＋ax(a∈R)，g(x)＝e
x
＋
3
2
x2
.
(1)讨论 f(x)的极值点的个数；
(2)若对于任意 x∈(0，＋∞)，总有 f(x)≤g(x)成立，求实数 a 的取值范围．
[解] (1)由题意得 f′(x)＝
1
x
＋x＋a＝
x2
＋ax＋1
x
(x>0)，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)＝
x2
＋ax＋1
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)⇔e
x
－ln x＋x2
≥ax，
因为 x>0，所以 a≤
e
x
＋x2
－ln x
x
对于∀x>0 恒成立，
设φ(x)＝
e
x
＋x2
－ln x
x
(x>0)，
φ′(x)＝
e
x
＋2x－
1
x x－ e
x
＋x2
－ln x
x2
＝
e
x x－1 ＋ln x＋ x＋1 x－1
x2
，
∵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．(2018 届高三·广西三市联考)已知函数 f(x)＝x－aln x，g(x)＝－
1＋a
x
，其中 a∈R.
(1)设函数 h(x)＝f(x)－g(x)，求函数 h(x)的单调区间；
(2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)0)， h′(x)＝ 1－
1＋a
x2
－
a
x
＝
x2
－ax－ 1＋a
x2
＝
x＋1 [x－ 1＋a ]
x2
，
①当 a＋1>0，即 a>－1 时，在(0,1＋a)上 h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上 h′(x)>0，所以 h(x)
在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增．
②当 1＋a≤0，即 a≤－1 时，在(0，＋∞)上 h′(x)>0，所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调
递增．综上所述，当 a>－1 时，h(x)的单调递减区间为(0,1＋a)，单调递增区间为(1＋a，∞)；
当 a≤－1时，h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)
e2＋1
e－1
，
因为
e2＋1
e－1
>e－1，所以 a>
e2＋1
e－1
.
②当 1＋a≤1，即 a≤0 时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以 h(x)的最小值为 h(1)，由 h(1)
＝1＋1＋a<0 可得 a<－2.
③当 1<1＋a2>0，不合题意．综上可得所求 a 的取值范围是(－
∞，－2)∪
e
2
＋1
e－1
，＋∞.
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Ⅱ)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xln x，且 f(x)≥0.
(1)求 a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e
－2
1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以 x＝1是 g(x)的极小值点，故 g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知 f(x)＝x2－x－xln x(x>0)，
f′(x)＝2x－2－ln x.
设 h(x)＝2x－2－ln x，则 h′(x)＝2－
1
x
.
当 x∈
0，
1
2 时，h′(x)<0；
当 x∈
1
2
，＋∞
时，h′(x)>0.所以 h(x)在
0，
1
2 上单调递减，在
1
2
，＋∞
上单调递增．
又 h(e－2
)>0，h
1
2 <0，h(1)＝0，所以 h(x)在
0，
1
2 上有唯一零点 x0，在
1
2
，＋∞
上有唯一
零点 1，且当 x∈(0，x0)时，h(x)>0；当 x∈(x0,1)时，h(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为 f′(x)＝h(x)，所以 x＝x0是 f(x)的唯一极大值点．
由 f′(x0)＝0 得 ln x0＝2(x0－1)，
故 f(x0)＝x0(1－x0)．
由 x0∈
0，
1
2 得 f(x0)<
1
4
.
因为 x＝x0是 f(x)在(0,1)上的最大值点，
由 e
－1
∈(0,1)，f′(e
－1
)≠0，得 f(x0)>f(e
－1
)＝e
－2
.
所以 e－20)．
(1)若 a＝1，求 f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论 f(x)的单调性；
(3)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)>
－3－2ln 2
4
.
解：(1)a＝1 时，f(x)＝
1
2
x2
－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋
1
x
，
f′(1)＝1，f(1)＝－
1
2
，∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为 y－
－
1
2 ＝x－1，即 2x
－2y－3＝0.
(2)f′(x)＝x－1＋
a
x
＝
x2
－x＋a
x
(a>0)．
①若 a≥
1
4
，则 x2－x＋a≥0 恒成立，f′(x)≥0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若 00 得 0
1＋ 1－4a
2
；由 x2 －x＋a<0 得
1－ 1－4a
2
g
1
4 ＝
－3－2ln 2
4
.
∴f(x1)＋f(x2)>
－3－2ln 2
4
.
[解题通法点拨] 函数与导数问题重在“分”——分离、分解
[循流程思维——入题快]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数
的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒
成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，
再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理．
[按流程解题——快又准]
[典例] (2017·陕西模拟)已知函数 f(x)＝ln x＋
a
2
x2
－(a＋1)x.
(1)若曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝－2，求 f(x)的单调区间；
(2)若 x>0 时，
f x
x
<
f′ x
2
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)＝
1
x
＋ax－(a＋1)，则 f′(1)＝0.
而 f(1)＝－
a
2
－1，∴曲线 y＝f(x)在 x＝1处的切线方程为 y＝－
a
2
－1.∴－
a
2
－1＝－2，解得
a＝2.
∴f(x)＝ln x＋x2－3x，
f′(x)＝
1
x
＋2x－3.
由 f′(x)>0，得 01，
由 f′(x)<0，得
1
2
0，得 0e
3
2
，因而 h(x)在 e
3
2
，＋∞上单调递减．
∴h(x)的最大值为 he
3
2
＝e－
3
2
，
∴
a＋1
2
>e－
3
2
，故 a>2e－
3
2
－1.从而实数 a的取值范围为 2e－
3
2
－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·广州模拟)已知函数 f(x)＝ln x＋
a
x
(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≥
2
e
，b>1 时，f(ln b)>
1
b
.
解：(1)函数 f(x)＝ln x＋
a
x
的定义域为(0，＋∞)．
由 f(x)＝ln x＋
a
x
，得 f′(x)＝
1
x
－
a
x2
＝
x－a
x2
.
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．
则 f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
又 f(1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以当 ln a＋1≤0，即 0
1
b
，即证 ln(ln b)＋
a
ln b
>
1
b
，
因为 b>1，所以 ln b>0，即证(ln b)ln(ln b)＋a>
ln b
b
，
令 t＝ln b，t>0，即证 tln t＋a>te－t.
令 h(x)＝xln x＋a，则 h′(x)＝ln x＋1.
当 0
1
e
时，h′(x)>0.
所以函数 h(x)在
0，
1
e 上单调递减，在
1
e
，＋∞
上单调递增．
所以 h(x)min＝h
1
e ＝－
1
e
＋a.
于是，当 a≥
2
e
时，h(x)≥－
1
e
＋a≥
1
e
.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)＝
1
e
.
于是当 x>0 时，φ(x)≤
1
e
.②
显然不等式①②中的等号不能同时成立，
故当 x>0，a≥
2
e
时，h(x)>φ(x)，即 xln x＋a>xe－x
.
所以 f(ln b)>
1
b
.
[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＋
1
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－
a x－1
x＋1
＞0.
设 g(x)＝ln x－
a x－1
x＋1
，
则 g′(x)＝
1
x
－
2a
x＋1
2
＝
x2
＋2 1－a x＋1
x x＋1
2
，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－ a－1
2
－1，x2＝a－1＋ a－1
2
－1.
由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 02.
解：(1)由已知得 f′(x)＝x＋1－a－
a
x
(x>0)，因为 f(x)存在极值点 1，所以 f′(1)＝0，即
2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以 a＝1.
(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－
a
x
＝
x＋1 x－a
x
(x>0)，
①当 a≤0时，f′(x)>0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意．
②当 a>0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝a，
当 x>a 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当 01－
1
2
a，
取 y＝f(x)关于直线 x＝a 对称的曲线 g(x)＝f(2a－x)，
令 h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－aln
2a－x
x
，则 h′(x)＝－2＋
2a2
2a－x x
＝－2＋
2a2
－ x－a 2
＋a2
≥0，所以 h(x)在(0,2a)上单调递增，
不妨设 x1h(a)＝0，
即 g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，
又 2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且 f(x)在(0，a)上为减函数，所以 2a－x22a，
又 ln a>1－
1
2
a，易知 a>1 成立，故 x1＋x2>2.
4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x－1－aln x.
(1)若 f(x)≥0，求 a 的值；
(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n，
1＋
1
2 ·
1＋
1
2
2
·…·
1＋
1
2
n
0，由 f′(x)＝1－
a
x
＝
x－a
x
知，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
故 x＝a 是 f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1 时，f(x)≥0.
故 a＝1.
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令 x＝1＋
1
2
n
，得 ln
1＋
1
2
n
<
1
2
n
.
从而 ln
1＋
1
2 ＋ln
1＋
1
2
2
＋…＋ln
1＋
1
2
n
<
1
2
＋
1
2
2
＋…＋
1
2
n
＝1－
1
2
n
<1.
故
1＋
1
2
1＋
1
2
2
·…·
1＋
1
2
n
2，
所以 m 的最小值为 3.
5．(2018 届高三·湖南湘中名校联考)设函数 f(x)＝x－
1
x
－aln x(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为 k，问：
是否存在 a，使得 k＝2－a？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋
1
x2
－
a
x
＝
x2
－ax＋1
x2
.
令 g(x)＝x2
－ax＋1，则方程 x2
－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2
－4.
①当|a|≤2 时，Δ≤0，f′(x)≥0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当 a<－2 时，Δ>0，g(x)＝0 的两根都小于 0，在(0，＋∞)上恒有 f′(x)>0，
故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当 a>2 时，Δ>0，g(x)＝0 的两根为 x1＝
a－ a2
－4
2
，x2＝
a＋ a2
－4
2
，
当 00；当 x1x2时，f′(x)>0，
故 f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上所述，当 a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a>2 时，f(x)在
0，
a－ a2
－4
2 ，
a＋ a2
－4
2
，＋∞上单调递增，在
a－ a2
－4
2
，
a＋ a2
－4
2
上单调递减．
(2)由(1)知，若使 f(x)有两个极值点，必须 a>2.
因为 f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋
x1－x2
x1x2
－a(ln x1－ln x2)，
所以 k＝
f x1 －f x2
x1－x2
＝1＋
1
x1x2
－a·
ln x1－ln x2
x1－x2
.
又由(1)知，x1x2＝1.于是 k＝2－a·
ln x1－ln x2
x1－x2
.
若存在 a，使得 k＝2－a.则
ln x1－ln x2
x1－x2
＝1.
即 ln x1－ln x2＝x1－x2.
亦即 x2－
1
x2
－2ln x2＝0(x2>1)．(*)
再由(1)知，函数 h(t)＝t－
1
t
－2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而 x2>1，
所以 x2－
1
x2
－2ln x2>h(1)＝1－
1
1
－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在 a，使得 k＝2－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)＝ 4－x2
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)＝ 4－x2
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
b1
32＋ －1 2
＝2，解得b1＝2 10，要使得h(x)>g(x)
恒成立，则需 b>b1＝2 10.
故实数 b 的取值范围为(2 10，＋∞)．
[答案] (2 10，＋∞)
[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)＝e
x
－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)＝e
2－2
＋2－3＝0，所以函数 f(x)＝e
x－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＋
4
x
－1 在 x∈[1,3]上的值域问题，而函数 a＝x＋
4
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＝
10
3
，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
x＋y≥2，
x≤1，
y≤2
上的一个动点， OA
―→
·( OA
―→
－ MA
―→
)＋
1
m
≤0恒成立，则实数 m的取值范围是________．
[解析] 因为 OA
―→
＝(－1，－2)， OM
―→
＝(x，y)，所以 OA
―→
·( OA
―→
－ MA
―→
)＝ OA
―→
· OM
―→
＝－
x－2y.所以不等式 OA
―→
·( OA
―→
－ MA
―→
)＋
1
m
≤0 恒成立等价于－x－2y＋
1
m
≤0，即
1
m
≤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
1
m
≤x＋2y 恒成立，只 需
1
m
≤3，解得 m≥
1
3
或 m＜0，即实数 m 的取值范围是(－∞，0)∪
1
3
，＋∞
.
[答案] (－∞，0)∪
1
3
，＋∞
[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
x－2≤0，
x＋y≥0，
x－3y＋4≥0
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 2 B．4
C．3 2 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
x＝2，
x＋y＝0，
得 C(2，－2)．
由
x－3y＋4＝0，
x＋y＝0，
得 D( － 1,1) ． 所 以 |AB| ＝ |CD| ＝
2＋1
2
＋ －2－1
2
＝3 2.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
x－y＋1≥0，
x＋y－1≤0，
y≥0，
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＝
S1
S2
＝
1
π
.
答案：
1
π
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|)－
1
1＋x2
，则使得 f(x)>f(2x－1)成立
的 x 的取值范围是( )
A.
1
3
，1
B.
－∞，
1
3 ∪(1，＋∞)
C.
－
1
3
，
1
3 D.
－∞，－
1
3 ∪
1
3
，＋∞
[解析] ∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－
1
1＋ －x 2
＝f(x)，
∴函数 f(x)为偶函数．
∵当 x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－
1
1＋x2
，
在(0，＋∞)上 y＝ln(1＋x)递增，y＝－
1
1＋x2
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
⇔
1
3
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)＝ x；
②f(x)＝10
－x
＋2，g(x)＝
2x－3
x
；
③f(x)＝
2x2
x＋1
，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)＝ 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)
＝
2x－3
x
肯定存在分渐近线，因为当 x→＋∞时，f(x)－g(x)＝10－x＋
3
x
→0；对于③，f(x)＝
2x2
x＋1
，
g(x)＝2(x－1－e
－x
)，当 x→＋∞时，f(x)－g(x)＝
2
x＋1
＋
2
e
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
a
b
，
b
c
，
c
a ·min
a
b
，
b
c
，
c
a ，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
a
b
，
b
c
，
c
a ＝1＝min
a
b
，
b
c
，
c
a ，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
a
b
，
b
c
，
c
a
＝
3
2
，min＝
a
b
，
b
c
，
c
a
＝
2
3
，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．
7．(2017·安徽模拟)给出定义：设 f′(x)是函数 y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数 f′(x)
的导函数，若方程 f″(x)＝0 有实数解 x0，则称点(x0，f(x0))为函数 y＝f(x)的“拐点”．已知
函数 f(x)＝3x＋4sin x－cos x 的拐点是 M(x0，f(x0))，则点 M( )
A．在直线 y＝－3x 上 B．在直线 y＝3x 上
C．在直线 y＝－4x 上 D．在直线 y＝4x 上
解析：选 B f′(x)＝3＋4cos x＋sin x，f″(x)＝－4sin x＋cos x，结合题意知 4sin x0
－cos x0＝0，所以 f(x0)＝3x0，故 M(x0，f(x0))在直线 y＝3x 上．故选 B.
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]．
[有界函数]
定义在区间 D 上的函数 f(x)，若满足：对任意 x∈D，存在常数 M>0，都有|f(x)|≤M 成立，
则称 f(x)是区间 D上的有界函数，其中 M称为 f(x)在区间 D上的上界．
[典例 5] (1)设集合 A＝
x
1
2 018
<8
x
<2 018
和 B＝{x|log2 x2
－[x] ＝2}，其中符号[x]表
示不大于 x 的最大整数，则 A∩B＝________.
(2)已知函数 f(x)＝1＋a·
1
2 x
＋
1
4 x
，若函数 f(x)在[0，＋∞)上是以 3 为上界的有界函数，
求实数 a 的取值范围．
[解析] (1)因为
1
2 018
<8
x
<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3.
若[x]＝－3，则 log2(x
2
＋3)＝2，无解；
若[x]＝－2，则 log2(x
2
＋2)＝2，解得 x＝－ 2；
若[x]＝－1，则 log2(x
2
＋1)＝2，无解；
若[x]＝0，则 log2(x
2
)＝2，无解；
若[x]＝1，则 log2(x
2
－1)＝2，无解；
若[x]＝2，则 log2(x
2
－2)＝2，解得 x＝ 6；
若[x]＝3，则 log2(x
2
－3)＝2，无解．
综上 A∩B＝{－ 2， 6}．
(2)由题意知，|f(x)|≤3 在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.所以－4·2
x
－
1
2 x
≤a≤2·2
x
－
1
2 x
在[0，＋∞)上恒成立，
即 －4·2
x
－
1
2 x
max≤a≤2·2
x
－
1
2 x
min.
设 t＝2
x
，h(t)＝－4t－
1
t
，p(t)＝2t－
1
t
，且 t∈[1，＋∞)，易知 h(t)＝－4t－
1
t
在[1，＋
∞)上单调递减，
p(t)＝2t－
1
t
在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(t)在[1，＋∞)上的最大值为 h(1)＝－5，p(t)
在[1，＋∞)上的最小值为 p(1)＝1.
故实数 a 的取值范围为[－5,1]．
[答案] (1){－ 2， 6}
[点评] 本例(1)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；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的能
力，其中理解有界函数的意义是解题的关键．
[演练冲关]
8．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＝
x
10 B．y＝
x＋3
10
C．y＝
x＋4
10 D．y＝
x＋5
10
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，
x＋3
10 ＝
m＋
n＋3
10 ＝m＝
x
10 ，当 6K，
取函数 f(x)＝
ln x＋1
e
x
，恒有 fK(x)＝f(x)，求 K 的取值范围．
解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝
ln x＋1
ex
′＝
1
x
－ln x－1
e
x
.
设 g(x)＝
1
x
－ln x－1，则 g′(x)＝－
1
x2
－
1
x
＝－
x＋1
x2
.
所以 g′(x)<0 在(0，＋∞)上恒成立，
即 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又 g(1)＝1－ln 1－1＝0，
所以当 x∈(0,1)时，g(x)>0，即 f′(x)>0，
函数 f(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，即 f′(x)<0，
函数 f(x)单调递减．
故函数 f(x)的最大值为 f(1)＝
1
e
.由 fK(x)＝f(x)恒成立可得 K≥
1
e
.
3．临界方法
[洛必达法则]
法则 1 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件：
(1) lim
x a
f(x)＝0 及 lim
x a
g(x)＝0；
(2)在点 a的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0；
(3) lim
x a
f′ x
g′ x
＝l.那么 lim
x a
f x
g x
＝ lim
x a
f′ x
g′ x
＝l.
法则 2 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件：
(1) lim
x
f(x)＝0 及 lim
x
g(x)＝0；
(2)∃A≠0，f(x)和 g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且 g′(x)≠0；
(3) lim
x
f′ x
g′ x
＝l.那么 lim
x
f x
g x
＝ lim
x
f′ x
g′ x
＝l.
法则 3 若函数 f(x)和 g(x)满足下列条件：
(1) lim
x a
f(x)＝∞及 lim
x a
g(x)＝∞；
(2)在点 a的去心邻域内，f(x)与 g(x)可导且 g′(x)≠0;
(3) lim
x a
f′ x
g′ x
＝l.那么 lim
x a
f x
g x
＝ lim
x a
f′ x
g′ x
＝l.
[典例 6] 已知函数 f(x)＝
aln x
x＋1
＋
b
x
，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－
3＝0.
(1)求 a，b 的值；
(2)如果当 x>0，且 x≠1时，f(x)>
ln x
x－1
＋
k
x
，求 k 的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝
a
x＋1
x
－ln x
x＋1
2
－
b
x2
.
由于直线 x＋2y－3＝0 的斜率为－
1
2
，且过点(1,1)，
故
f 1 ＝1，
f′ 1 ＝－
1
2
， 即
b＝1，
a
2
－b＝－
1
2
， 解得
a＝1，
b＝1.
(2)由(1)知 f(x)＝
ln x
x＋1
＋
1
x
，
所以 f(x)－
ln x
x－1
＋
k
x ＝
1
1－x2
2ln x＋
k－1 x2
－1
x
.
令函数 h(x)＝2ln x＋
k－1 x2
－1
x
(x>0)，则
h′(x)＝
k－1 x2
＋1 ＋2x
x2
.
①若 k≤0，由 h′(x)＝
k x2
＋1 － x－1
2
x2
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
1
1－x2
h(x)＞0；
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得
1
1－x2
h(x)＞0.
从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－
lnx
x－1
＋
k
x ＞0，
即 f(x)＞
ln x
x－1
＋
k
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
1－k
>1，
所以当 x∈
1，
1
1－k 时，(k－1)(x2
＋1)＋2x>0，
故 h′(x)>0，而 h(1)＝0，故当 x∈
1，
1
1－k 时，h(x)＞0，可得
1
1－x2
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
1
1－x2
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<
2xln x
1－x2
＋1恒成立．
令 g(x)＝
2xln x
1－x2
＋1(x>0，x≠1)，则 g′(x)＝2·
x2
＋1 ln x－x2
＋1
1－x2 2
，再令 h(x)＝(x2
＋
1)ln x－x2
＋1(x>0，x≠1)，则 h′(x)＝2xln x＋
1
x
－x，h″(x)＝2ln x＋1－
1
x2
，
易知 h″(x)＝2ln x＋1－
1
x2
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
1
lim
x
g(x)＝2
1
lim
x
xln x
1－x2
＋1＝2
1
lim
x
1＋ln x
－2x
＋1＝2×
－
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]
10．设函数 f(x)＝e
x
－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)＝e
x
－1－x，f′(x)＝e
x
－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≤
e
x
－x－1
x2
，
令 g(x)＝
e
x
－x－1
x2
(x>0)，则 g′(x)＝
xex
－2e
x
＋x＋2
x3
，令 h(x)＝xex
－2e
x
＋x＋2(x>0)，则
h′(x)＝xex
－e
x
＋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，
0
lim
x
e
x
－x－1
x2
＝
0
lim
x
e
x
－1
2x
＝
0
lim
x
e
x
2
＝
1
2
，故 a≤
1
2
.
综上，知 a 的取值范围为
－∞，
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)＝
logax，0＜x≤3，
|x－4|，x＞3
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.
－∞，
1
2 B．
1
2
，1
C.
1
2
，1
D．(1，＋∞)
[解析] 由(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0，得 x＋y－4－m(x－3y)
＝0，∴由
x＋y－4＝0，
x－3y＝0，
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
1
2
＜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＋
n
x
，
所以
m＋
n
2
＝0，
2m＋nln 2＝2－2ln 2，
故
m＝1，
n＝－2，
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－
2
x
＝
kx－2
x
.
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)＝
k
x－
2
k
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
0，
2
k 上恒成立，h′(x)＞0在
2
k
，1
上恒成立，所以h(x)在
0，
2
k
上单调递减，在
2
k
，1
上单调递增，又 h(x)min＝h
2
k 4x＋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
f 0 >0，
f 4 >0，
即
x2
－4x＋3>0，
4 x－1 ＋x2
－4x＋3>0，
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)＝
log2[4 x－1 ]，x≥2，
1
2 x
＋1，x<2，
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)＝
|1－x2
|
1－|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
2
＋1＝
3
2
<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
1
2 ＝
|1－
1
2 2|
1－
1
2
＝
3
2
，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＝
1
x1
，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)＝
1
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－
2y
x
＝1，则 x＋2y 的最小值为________．
[解析] 由 4y－
2y
x
＝1，得 x＋2y＝4xy，
即
1
4y
＋
1
2x
＝1，所以 x＋2y＝(x＋2y)
1
4y
＋
1
2x
＝1＋
x
4y
＋
y
x
≥1＋2
x
4y
·
y
x
＝2
(当且仅当
x
4y
＝
y
x
，即 x＝1，y＝
1
2
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
4y
＋
1
2x
＝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
1
n2
－
1
m2
＜ln
m
n
，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋
1
n
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
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.
(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)＝
f x
e
x
(x∈R)，
则 g′(x)＝
f′ x e
x
－f x e
x
e
x 2
＝
f′ x －f x
e
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)＜e
x
⇔
f x
ex
＜1，而 g(0)＝
f 0
e0
＝1，
所以 f(x)＜e
x
⇔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)＝
1
x2
＋ln x，g(x)＝
f x
e
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)→
f x
x ′；
②f′(x)＋f(x)→[e
xf(x)]′，f′(x)－f(x)→
f x
e
x
′等．
[课时跟踪检测]
一、选择题
1．已知直线 ax＋by＝1经过点(1,2)，则 2
a
＋4
b
的最小值为( )
A. 2 B．2 2 C．4 D．4 2
解析：选 B 因为直线 ax＋by＝1经过点(1,2)，所以 a＋2b＝1，则 2
a
＋4
b
≥2 2a·22b
＝2 2a＋2b
＝2 2，当且仅当 a＝2b＝
1
2
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，
y
x＋1
的取值范围是( )
A.
1
4
，
3
4 B.
1
4
，1
C．[1,3 2－3] D.
1
3
，＋∞
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＝
y
x＋1
＝
y
x－ －1
，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 kmin＝
1
3－ －1
＝
1
4
，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离 d＝
|2k－1＋k|
k2＋1
＝1(k>0)，
解得 kmax＝
3
4
，故选 A.
3．(2017·石家庄质检)在平面直角坐标系中，不等式组
x＋y≤0，
x－y≤0，
x2
＋y2
≤r2
(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＝
x＋y＋1
x＋3
的最小值为( )
A．－1 B．－
5 2＋1
7
C.
1
3
D．－
7
5
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
1
4
πr2
＝π，解得 r＝2.z＝
x＋y＋1
x＋3
＝1＋
y－2
x＋3
，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
|3k＋2|
k2
＋1
＝2，解得 k＝－
12
5
或 k＝0(舍去)，所以 zmin＝1－
12
5
＝－
7
5
，故
选 D.
4．(2017·沈阳质检)已知函数 f(x)＝
2
x
＋2
2
，x≤1，
|log2 x－1 |，x>1，
则函数 F(x)＝f[f(x)]－
2f(x)－
3
2
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－
3
2
，则函数 F(x)的零点问题可转
化为方程 f(t)－2t－
3
2
＝0 的根的问题．令 y＝f(t)－2t－
3
2
＝0，即 f(t)＝2t＋
3
2
，如图①，由数
形结合得 t1＝0,1f′(x)g(x)，f(x)＝ax
·g(x)(a>0，a≠1)，
f 1
g 1
＋
f －1
g －1
＝
5
2
.在有穷数列
f n
g n (n＝1,2，…，10)中，任意取正整数 k(1≤k≤10)，则前 k项和大于
15
16
的概率是( )
A.
1
5
B.
2
5
C.
3
5
D.
4
5
解 析 ： 选 C 由 f(x) ＝ ax·g(x) ， 可 得 ax ＝
f x
g x
，
f x
g x ′ ＝
f′ x g x －f x g′ x
[g x ]2
<0，所以
f x
g x
为减函数，所以 0
15
16
可
得 k>4，即当 5≤k≤10 时，前 k项和大于
15
16
，故所求的概率为
10－4
10
＝
6
10
＝
3
5
，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“
1
2
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“
1
2
伴随函数”，则 f
x＋
1
2 ＋
1
2
f(x)＝0，取 x＝0，有 f
1
2 ＋
1
2
f(0)＝0，
若 f(0)，f
1
2 均为 0，则函数有零点，若 f(0)，f
1
2 均不为零，则 f(0)，f
1
2 异号，由零点存
在定理知，函数在
0，
1
2 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
3x－2y－3≤0，
x－3y＋6≥0，
2x＋y－2≥0，
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＝
x＋y
2
＋
x＋y
2
＋y
2
＋y＝
3
4
(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
3x－2y－3＝0，
x－3y＋6＝0，
解得 A(3,3)，所以 zmax＝3＋3×3＝12.所以(a2＋a3＋y)max＝
3
4
(x＋3y)max
＝
3
4
×12＝9.
答案：9
9．设定义在(0，＋∞)上的单调函数 f(x)，对任意的 x∈(0，＋∞)都有 f[f(x)－log2x]＝3.
若方程 f(x)＋f′(x)＝a 有两个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由于函数 f(x)是单调函数，因此不妨设 f(x)－log2x＝t，则 f(t)＝3，再令 x＝t，则
f(t)－log2t＝t，得 log2t＝3－t，解得 t＝2，故 f(x)＝log2x＋2，f′(x)＝
1
xln 2
.构造函数 g(x)
＝f(x)＋f′(x)－a＝log2x＋
1
xln 2
－a＋2，∵方程 f(x)＋f′(x)＝a 有两个不同的实数根，∴g(x)
有两个不同的零点．g′(x)＝
1
xln 2
－
1
x2
ln 2
＝
1
ln 2
x－1
x2
，当 x∈(0,1)时，g′(x)<0；当 x∈(1，
＋∞)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又当 x→0 时，g(x)→
＋∞，当 x→＋∞时，g(x)→＋∞，则若使 g(x)有两个零点，必有 g(x)min＝g(1)＝
1
ln 2
－a＋2<0，
得 a>
1
ln 2
＋2，∴实数 a的取值范围是
1
ln 2
＋2，＋∞
.
答案：
1
ln 2
＋2，＋∞
三、解答题
10．(2017·福州模拟)已知函数 f(x)＝e
x
－ax＋b(a，b∈R)．
(1)若 f(x)在 x＝0处的极小值为 2，求 a，b 的值；
(2)设 g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)，当 x≥0 时，g(x)≥1＋b，试求 a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝e
x
－a，
∵f(x)在 x＝0处的极小值为 2，
∴
f′ 0 ＝0，
f 0 ＝2，
即
1－a＝0，
1＋b＝2，
解得
a＝1，
b＝1.
(2)∵g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)＝e
x
－ax＋b＋ln(x＋1)，
∴g′(x)＝
1
x＋1
＋e
x
－a，
设 h(x)＝
1
x＋1
＋e
x
－a，则 h′(x)＝e
x
－
1
x＋1
2
，
当 x≥0 时，e
x
≥1，
1
x＋1
2
≤1，
∴h′(x)＝e
x
－
1
x＋1
2
≥0，
∴h(x)＝
1
x＋1
＋e
x
－a 在[0，＋∞)上为增函数．
∴h(x)≥h(0)＝2－a，即 g′(x)＝
1
x＋1
＋e
x
－a≥2－a.
∴当 a≤2时，g′(x)≥0，∴g(x)＝e
x
－ax＋b＋ln(x＋1)在[0，＋∞)上为增函数，
∴当 x≥0时，g(x)≥g(0)＝1＋b，符合题意；
当 a>2 时，有 h(0)＝2－a<0，h(ln a)＝
1
1＋ln a
>0，h(0)·h(ln a)<0，则存在 x0∈(0，ln a)，
使得 h(x0)＝0，
于是 g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，则有 g(x0)0)．
①当 a≤0时，f′(x)>0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当 a>0 时，由 f′(x)＝0，得 x＝ a或 x＝－ a(舍去)．
于是，当 x 变化时，f′(x)与 f(x)的变化情况如下表：
x (0， a) a ( a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x)
a 1－ln a
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间是( a，＋∞)．
函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝
a 1－ln a
2
，无极大值．
综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数 f(x)既无极大值也无
极小值；
当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(0， a)，单调递增区间为( a，＋∞)，函数 f(x)
有极小值
a 1－ln a
2
，无极大值．
(3)当 a≤0 时，由(2)知函数 f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数 f(x)在区间(1，e
2
]
内至多有一个零点，不合题意．
当 a>0 时，由(2)知，当 x∈(0， a)时，函数 f(x)单调递减；当 x∈( a，＋∞)时，函数
f(x)单调递增，函数 f(x)在(0，＋∞)上的最小值为 f( a)＝
a 1－ln a
2
.
若 函 数 f(x) 在 区 间 (1 ， e
2
] 内 恰 有 两 个 零 点 ， 则 需 满 足
1< a0，
f e
2
≥ 0，
即
10，
e
4
2
－2a≥0，
整理得
1e，
a≤
e
4
4
，
所以 e－1)．
(1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；
(2)若 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象有且仅有一条公切线，试求实数 m 的值．
解：(1)F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝
m
x＋1
－
1
x＋1
2
＝
m x＋1 －1
x＋1
2
(x>－1)．
当 m≤0 时，F′(x)<0，函数 F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当 m>0 时，令 F′(x)<0，得 x<－1＋
1
m
，函数 F(x)在
－1，－1＋
1
m 上单调递减；
令 F′(x)>0，得 x>－1＋
1
m
，函数 F(x)在－1＋
1
m
，＋∞上单调递增．
综上所述，当 m≤0时，F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当 m>0 时，F(x)在
－1，－1＋
1
m 上单调递减，在－1＋
1
m
，＋∞上单调递增．
(2)函数f(x)＝mln(x＋1)的图象在点(a，mln(a＋1))处的切线方程为y－mln(a＋1)＝
m
a＋1
(x
－a)，即 y＝
m
a＋1
x＋mln(a＋1)－
ma
a＋1
.函数 g(x)＝
x
x＋1
的图象在点
b，
b
b＋1 处的切线方程为 y
－
b
b＋1
＝
1
b＋1
2
(x－b)，即 y＝
1
b＋1
2
x＋
b2
b＋1
2
.
因为 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象有且仅有一条公切线，
所以
m
a＋1
＝
1
b＋1 2
， ①
mln a＋1 －
ma
a＋1
＝
b2
b＋1
2
， ②
有唯一一对(a，b)满足这个方程组，且 m>0.
由①得：a＋1＝m(b＋1)
2
，代入②，消去 a，整理得：
2mln(b＋1)＋
2
b＋1
＋mln m－m－1＝0，关于 b(b>－1)的方程有唯一解．
令 g(b)＝2mln(b＋1)＋
2
b＋1
＋mln m－m－1，
则 g′(b)＝
2m
b＋1
－
2
b＋1
2
＝
2[m b＋1 －1]
b＋1
2
，
因为 m>0，所以 g(b)在
－1，－1＋
1
m 上单调递减，在
－1＋
1
m
，＋∞
上单调递增，
所以 g(b)min＝g
－1＋
1
m ＝m－mln m－1，
因为 b→＋∞时，g(b)→＋∞，b→－1 时，g(b)→＋∞，
所以只需 m－mln m－1＝0.
令σ(m)＝m－mln m－1，则σ′(m)＝－ln m 在(0，＋∞)上为单调递减函数，且 m＝1 时，
σ′(m)＝0，即σ(m)max＝σ(1)＝0，所以 m＝1 时，关于 b 的方程 2mln(b＋1)＋
2
b＋1
＋mln m－m
－1＝0 有唯一解，此时 a＝b＝0，公切线方程为 y＝x.
