高考数学理科专题一 函数与导数、不等式

第1讲函数图象与性质及函数与方程高考定位1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性、单调性；2.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解，综合性强；3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理.数形结合思想是高考考查函数零点或方程的根的基本方式.真题感悟1.(2016·山东卷)已知函数f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)＝x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当x>eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，则f(6)＝()A.－2 B.－1C.0 D.2解析当x>eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即f(x)＝f(x＋1)，∴f(6)＝f(1).当x<0时，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故选D.答案D2.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋log2（2－x），x＜1，,2x－1，x≥1，))则f(－2)＋f(log212)＝()A.3 B.6C.9 D.12解析因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×eq\f(1,2)＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，故选C.答案C3.(2016·全国Ⅰ卷)函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为()解析令f(x)＝2x2－e|x|(－2≤x≤2)，则f(x)是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B；当x＞0时，令g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex，而当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，g′(x)＜eq\f(1,4)×4－e0＝0，因此g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递减，排除C，故选D.答案D4.(2016·山东卷)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|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________.解析如图，当x≤m时，f(x)＝|x|；当x>m时，f(x)＝x2－2mx＋4m在(m，＋∞)为增函数，若存在实数b，使方程f(x)＝b有三个不同的根，则m2－2m·m＋4m<|m|.又m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.答案(3，＋∞)考点整合1.函数的性质(1)单调性(ⅰ)用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.(ⅱ)常见判定方法：①定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；②图象法；③复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；④导数法.(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f(0)＝0；③奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性.(3)周期性：常见结论有：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数；④若f(x＋a)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或f（x＋a）＝\f(1,f（x）)))，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数.2.函数的图象(1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换.(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究.3.求函数值域有以下几种常用方法：(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等.4.函数的零点问题(1)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标.(2)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.热点一函数性质的应用【例1】(1)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为()A.a＜b＜c B.a＜c＜bC.c＜a＜b D.c＜b＜a(2)(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝eq\f(x＋1,x)与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝()A.0 B.mC.2m D.4m解析(1)由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数可知m＝0，所以f(x)＝2|x|－1.所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c<a<b.(2)法一由题设得eq\f(1,2)(f(x)＋f(－x))＝1，点(x，f(x))与点(－x，f(－x))关于点(0，1)对称，则y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称.又y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，x≠0的图象也关于点(0，1)对称.则交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成对出现，且每一对关于点(0，1)对称.则＝0＋eq\f(m,2)×2＝m，故选B.法二特殊函数法，根据f(－x)＝2－f(x)可设函数f(x)＝x＋1，由y＝eq\f(x＋1,x)，解得两个点的坐标为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－1，,y1＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝1，,y2＝2，))此时m＝2，所以eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝2＝m，故选B.答案(1)C(2)B探究提高(1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).【训练1】(1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，则a＝________.(2)(2016·四川卷)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feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(1)＝________.解析(1)f(x)为偶函数，则ln(x＋eq\r(a＋x2))为奇函数，所以ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(－x＋eq\r(a＋x2))＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.(2)因为f(x)是周期为2的奇函数，所以f(1)＝f(－1)＝－f(1)，即f(1)＝0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4eq\f(1,2)＝－2，从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(1)＝－2.答案(1)1(2)－2热点二函数图象的问题[微题型1]函数图象的变换与识别【例2－1】(1)(2016·成都诊断)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|＜g(x)时，h(x)＝－g(x)，则h(x)()A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值(2)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx的大致图象为()解析(1)由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|f（x）|，|f（x）|≥g（x），,－g（x），|f（x）|＜g（x），))故h(x)有最小值－1，无最大值.(2)由y1＝eq\f(1,x)－x为奇函数，y2＝sinx为奇函数，可得函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx为偶函数，因此排除C、D.又当x＝eq\f(π,2)时，y1＜0，y2＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，因此选B.答案(1)C(2)B探究提高(1)作图：常用描点法和图象变换法.图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换.尤其注意y＝f(x)与y＝f(－x)、y＝－f(x)、y＝－f(－x)、y＝f(|x|)、y＝|f(x)|及y＝af(x)＋b的相互关系.(2)识图：从图象与x轴的交点及值域、单调性、变化趋势、对称性、特殊值等方面找准解析式与图象的对应关系.[微题型2]函数图象的应用【例2－2】(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,ln（x＋1），x>0.))若|f(x)|≥ax，则实数a的取值范围是()A.(－∞，0] B.(－∞，1)C.[－2，1] D.[－2，0](2)(2015·全国Ⅰ卷)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，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))解析(1)函数y＝|f(x)|的图象如图.y＝ax为过原点的一条直线，当a＞0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意；当a＝0时成立；当a＜0时，找与y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情况，即y′＝2x－2，切线方程为y＝(2x0－2)(x－x0)，由分析可知x0＝0，所以a＝－2，综上，a∈[－2，0].(2)设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)＜ax0－a，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，可知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增，作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（0）＞g（0），,h（－1）≤g（－1），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,－2a≤－\f(3,e)，))所以eq\f(3,2e)≤a<1，故选D.答案(1)D(2)D探究提高(1)涉及到由图象求参数问题时，常需构造两个函数，借助两函数图象求参数范围.(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.【训练2】(2016·安庆二模)已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2) D.(2，＋∞)解析由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点.如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝eq\f(1,2)x－1之间，∴eq\f(1,2)＜k＜1，故选B.答案B热点三函数的零点与方程根的问题[微题型1]函数零点的判断【例3－1】(1)函数f(x)＝log2x－eq\f(1,x)的零点所在的区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.(1，2) D.(2，3)(2)(2016·武汉二模)函数f(x)＝4cos2eq\f(x,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－2sinx－|ln(x＋1)|的零点个数为________.解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\f(1,2)－eq\f(1,\f(1,2))＝－1－2＝－3＜0，f(1)＝log21－eq\f(1,1)＝0－1＜0，f(2)＝log22－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＞0，f(3)＝log23－eq\f(1,3)＞1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)＞0，即f(1)·f(2)＜0，∴函数f(x)＝log2x－eq\f(1,x)的零点在区间(1，2)内.(2)f(x)＝4cos2eq\f(x,2)sinx－2sinx－|ln(x＋1)|＝2sinx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(x,2)－1))－|ln(x＋1)|＝sin2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出两个函数y＝sin2x与函数y＝|ln(x＋1)|的大致图象如图所示.观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.答案(1)C(2)2探究提高函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①函数零点值大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.[微题型2]由函数的零点(或方程的根)求参数【例3－2】(1)(2016·郑州二模)若方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在区间[0，2]上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3－1，ln2＋\f(1,2))) B.[ln2－1，ln3－1)C.[ln2－1，ln2] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，ln2＋\f(1,2)))(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≤2，,（x－2）2，x＞2，))函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))解析(1)令f(x)＝ln(x＋1)－x2＋eq\f(3,2)x－a，则f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－2x＋eq\f(3,2)＝eq\f(－（4x＋5）（x－1）,2（x＋1）).当x∈[0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，2]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.由于方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在区间[0，2]上有两个不同的实数根，即f(x)＝0在区间[0，2]上有两个不同的实数根，其充要条件为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝－a≤0，,f（1）＝ln2＋\f(1,2)－a＞0，,f（2）＝ln3－1－a≤0，))解得ln3－1≤a＜ln2＋eq\f(1,2).所以方程ln(x＋1)＝x2－eq\f(3,2)x＋a在区间[0，2]上有两个不同的实数根时，实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3－1，ln2＋\f(1,2))).(2)函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，即方程f(x)－g(x)＝0，即b＝f(x)＋f(2－x)有4个不同实数根，即直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，又y＝f(x)＋f(2－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x＋2，x＜0，,2，0≤x≤2，,x2－5x＋8，x＞2，))作出该函数的图象如图所示，由图可知，当eq\f(7,4)＜b＜2时，直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，故函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点时，b的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2)).答案(1)A(2)D探究提高利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.【训练3】设函数f(x)＝x2＋3x＋3－a·ex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为________.解析令f(x)＝0，可得eq\f(x2＋3x＋3,ex)＝a，令g(x)＝eq\f(x2＋3x＋3,ex)，则g′(x)＝eq\f(（2x＋3）·ex－ex·（x2＋3x＋3）,（ex）2)＝－eq\f(x（x＋1）,ex)，令g′(x)＞0，可得x∈(－1，0)，令g′(x)＜0，可得x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)，所以g(x)在(－1，0)上单调递增，在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递减.由题意知函数y＝g(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点，结合y＝g(x)及y＝a的图象可得a∈(0，e)∪(3，＋∞).答案(0，e)∪(3，＋∞)1.解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)＝eq\f(1,xlnx)的定义域时，只考虑x＞0，忽视lnx≠0的限制.2.如果一个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.(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.4.三种作函数图象的基本思想方法(1)通过函数图象变换利用已知函数图象作图；(2)对函数解析式进行恒等变换，转化为已知方程对应的曲线；(3)通过研究函数的性质，明确函数图象的位置和形状.5.对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、选择题1.(2016·临沂模拟)下列函数中，既是奇函数，又在区间(－1，1)上单调递减的函数是()A.f(x)＝sinx B.f(x)＝2cosx＋1C.f(x)＝2x－1 D.f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)解析由函数f(x)为奇函数排除B、C，又f(x)＝sinx在(－1，1)上单调递增，排除A，故选D.答案D2.(2015·湖南卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是()A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B.奇函数，且在(0，1)上是减函数C.偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数解析易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,x－1)))，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，故选A.答案A3.已知二次函数f(x)＝x2－bx＋a的部分图象如图所示，则函数g(x)＝ex＋f′(x)的零点所在的区间是()A.(－1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)解析由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，即g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)的零点所在的区间是(0，1)，故选B.答案B4.(2016·西安八校联考)函数y＝eq\f(x3,3x－1)的图象大致是()解析由3x－1≠0得x≠0，∴函数y＝eq\f(x3,3x－1)的定义域为{x|x≠0}，可排除A；当x＝－1时，y＝eq\f(（－1）3,\f(1,3)－1)＝eq\f(3,2)＞0，可排除B；当x＝2时，y＝1，当x＝4时，y＝eq\f(4,5)，但从D中函数图象可以看出函数在(0，＋∞)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除D.故选C.答案C5.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()解析当点P沿着边BC运动，即0≤x≤eq\f(π,4)时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；当点P与点C重合，即x＝eq\f(π,4)时，由以上得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(4＋tan2\f(π,4))＋taneq\f(π,4)＝eq\r(5)＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝eq\f(π,2)时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝|PA|＋|PB|＝eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故又可排除D.综上，选B.答案B二、填空题6.(2016·浙江卷)已知a＞b＞1.若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，则a＝________，b＝________.解析设logba＝t，则t＞1，因为t＋eq\f(1,t)＝eq\f(5,2)，解得t＝2，所以a＝b2，因此ab＝(b2)b＝b2b＝ba，∴a＝2b，b2＝2b，又b＞1，解得b＝2，a＝4.答案427.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－[x]，x≥0，,f（x＋1），x＜0，))其中[x]表示不超过x的最大整数.若直线y＝k(x＋1)(k＞0)与函数y＝f(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是________.解析根据[x]表示的意义可知，当0≤x＜1时，f(x)＝x，当1≤x＜2时，f(x)＝x－1，当2≤x＜3时，f(x)＝x－2，以此类推，当k≤x＜k＋1时，f(x)＝x－k，k∈Z，当－1≤x＜0时，f(x)＝x＋1，作出函数f(x)的图象如图，直线y＝k(x＋1)过点(－1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))8.(2016·海淀二模)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x＜1，,4（x－a）（x－2a），x≥1.))(1)若a＝1，则f(x)的最小值为________；(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是________.解析(1)当a＝1时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x<1，,4（x－1）（x－2），x≥1.))当x<1时，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，当x≥1时，f(x)＝4(x2－3x＋2)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))\s\up12(2)－\f(1,4)))≥－1，∴f(x)min＝－1.(2)由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点；当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时无零点.因此a≥2满足题意.当f(x)＝2x－a，x<1有一个零点时，0<a<2.f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一个零点，此时a<1,2a≥1，因此eq\f(1,2)≤a<1.综上知实数a的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|\f(1,2)≤a<1或a≥2)).答案(1)－1(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)三、解答题9.已知函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.解当m＝0时，f(x)＝－2x＋1，它显然有一个为正实数的零点.当m≠0时，函数f(x)＝mx2－2x＋1的图象是抛物线，且与y轴的交点为(0，1)，由f(x)有且仅有一个正实数的零点，则得：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,m)＞0，,Δ＝0))或②x＝eq\f(1,m)＜0，解①，得m＝1；解②，得m＜0.综上所述，m的取值范围是(－∞，0]∪{1}.10.已知函数f(x)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值.(2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2lnx－a(x＞0)，所以k′(x)＝1－eq\f(2,x)，令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln2－a，因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点.即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（1）≥0，,k（2）＜0，,k（3）≥0，))即有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,2－2ln2－a＜0，,3－2ln3－a≥0，))解得2－2ln2＜a≤3－2ln3.所以实数a的取值范围为(2－2ln2，3－2ln3].11.已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数.(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；(2)当m＞1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.解(1)f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增.∴当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1].(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有两个零点，当m＞1时，f(m)＝1－m＜0.∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，∴f(x)在(0，m)上有一个零点.∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，∵当m＞1时，g′(m)＝em－2＞0，∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.∴f(m)·f(2m)＜0，∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.∴故f(x)在[0，2m]上有两个零点.第2讲不等式问题高考定位1.利用不等式性质比较大小，不等式的求解，利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点，主要以选择题、填空题为主；2.但在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解，难度较大.真题感悟1.(2016·全国Ⅰ卷)若a>b>1，0<c<1，则()A.ac<bc B.abc<bacC.alogbc<blogac D.logac<logbc解析取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2)，逐一验证C正确.答案C2.(2016·北京卷)若x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y≤0，,x＋y≤3，,x≥0，))则2x＋y的最大值为()A.0 B.3C.4 D.5解析不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.令z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，作直线2x＋y＝0并平移，当直线过点A时，截距最大，即z取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,x＋y＝3，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以A点坐标为(1，2)，可得2x＋y的最大值为2×1＋2＝4.答案C3.(2015·陕西卷)设f(x)＝lnx，0＜a＜b，若p＝f(eq\r(ab))，q＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是()A.q＝r＜p B.q＝r＞pC.p＝r＜q D.p＝r＞q解析∵0＜a＜b，∴eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上为增函数，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＞f(eq\r(ab))，即q＞p.又r＝eq\f(1,2)(f(a)＋f(b))＝eq\f(1,2)(lna＋lnb)＝ln(ab)eq\f(1,2)＝f(eq\r(ab))＝p.故p＝r＜q.选C.答案C4.(2016·江苏卷)已知实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0，,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0，))则x2＋y2的取值范围是________.解析已知不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，则(x，y)为阴影部分内的动点，x2＋y2表示原点到可行域内的点的距离的平方.解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－3＝0，,x－2y＋4＝0，))得A(2，3).由图可知(x2＋y2)min＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|－2|,\r(22＋12))))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,5)，(x2＋y2)max＝|OA|2＝22＋32＝13.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13))考点整合1.简单分式不等式的解法(1)eq\f(f（x）,g（x）)＞0(＜0)⇔f(x)g(x)＞0(＜0)；(2)eq\f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.2.(1)解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：①对二次项系数与0的大小进行讨论；②在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判别式与0的大小进行讨论；③当判别式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论；④讨论根与定义域的关系.(2)四个常用结论①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))②ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))③a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max.④a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min.3.利用基本不等式求最值已知x，y∈R＋，则(1)若x＋y＝S(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值eq\f(S2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xy≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))\s\up12(2)＝\f(S2,4)))；(2)若xy＝P(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2eq\r(P)(x＋y≥2eq\r(xy)＝2eq\r(P)).4.二元一次不等式(组)和简单的线性规划(1)线性规划问题的有关概念：线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等.(2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值.5.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来，常用的方法有：比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.热点一利用基本不等式求最值[微题型1]基本不等式的简单应用【例1－1】(1)(2016·山东师大附中模拟)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq\f(xy,z)取得最大值时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为()A.0 B.1C.eq\f(9,4) D.3(2)已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为________.解析(1)由已知得z＝x2－3xy＋4y2，(*)则eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\s\up12(2)＋1≤1.所以当y＝1时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为1.(2)设等比数列{an}的公比为q，∵a7＝a6＋2a5，∴a5q2＝a5q＋2a5，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去).∴eq\r(am·an)＝eq\r(a1·2m－1·a1·2n－1)＝4a1，平方得2m＋n－2＝16＝24，∴m＋n＝6，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))(m＋n)＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2)，当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m，亦即m＝2，n＝4时取等号.答案(1)B(2)eq\f(3,2)探究提高在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值，等号能够取得.[微题型2]带有约束条件的基本不等式问题【例1－2】(1)已知两个正数x，y满足x＋4y＋5＝xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为()A.5，5 B.10，eq\f(5,2)C.10，5 D.10，10(2)(2016·临沂模拟)设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，则2x＋y的最大值是________.解析(1)∵x＞0，y＞0，∴x＋4y＋5＝xy≥2eq\r(4xy)＋5，即xy－4eq\r(xy)－5≥0，可求xy≥25.当且仅当x＝4y时取等号，即x＝10，y＝eq\f(5,2).(2)∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2－3xy＝1，即(2x＋y)2－eq\f(3,2)·2xy＝1，∴(2x＋y)2－eq\f(3,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)≤1，解之得(2x＋y)2≤eq\f(8,5)，即2x＋y≤eq\f(2\r(10),5).等号当且仅当2x＝y＞0，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)时成立.答案(1)B(2)eq\f(2\r(10),5)探究提高在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，或对约束条件中的一部分利用基本不等式，构造不等式进行求解.【训练1】(1)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，若x，y均为正数，则eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A.eq\f(5,3) B.eq\f(8,3)C.8 D.24(2)若直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦长为4，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值是________.解析(1)∵a∥b，∴3(y－1)＋2x＝0，即2x＋3y＝3.∵x＞0，y＞0，∴eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(2,y)))·eq\f(1,3)(2x＋3y)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋6＋\f(9y,x)＋\f(4x,y)))≥eq\f(1,3)(12＋2×6)＝8.当且仅当3y＝2x时取等号.(2)易知圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的半径为2，圆心为(－1，2)，因为直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦长为4，所以直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)过圆心，把圆心坐标代入得a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，a＋b＝1，即a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立.答案(1)C(2)4热点二含参不等式恒成立问题[微题型1]分离参数法解决恒成立问题【例2－1】(1)关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为________.(2)已知x＞0，y＞0，x＋y＋3＝xy，且不等式(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.解析(1)设f(x)＝x＋eq\f(4,x)，因为x＞0，所以f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4.又关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以实数a的取值范围为(－1，3).(2)要使(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则有(x＋y)2＋1≥a(x＋y)，即a≤(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)恒成立.由x＋y＋3＝xy，得x＋y＋3＝xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0，解得x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去).设t＝x＋y，则t≥6，(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)＝t＋eq\f(1,t).设f(t)＝t＋eq\f(1,t)，则在t≥6时，f(t)单调递增，所以f(t)＝t＋eq\f(1,t)的最小值为6＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,6)，所以a≤eq\f(37,6)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6))).答案(1)(－1，3)(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(37,6)))探究提高对于含参数的不等式恒成立问题，常通过分离参数，把求参数的范围化归为求函数的最值问题，a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min.[微题型2]函数法解决恒成立问题【例2－2】(1)已知f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，则a的取值范围为________.(2)已知二次函数f(x)＝ax2＋x＋1对x∈[0，2]恒有f(x)＞0.则实数a的取值范围为________.解析(1)法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a，当a∈(－∞，－1)时，结合图象知，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1.∴－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为[－3，1].法二设g(x)＝f(x)－a，则g(x)＝x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g（－1）≥0，))解得[－3，1].(2)法一函数法.若a＞0，则对称轴x＝－eq\f(1,2a)＜0，故f(x)在[0，2]上为增函数，且f(0)＝1，因此在x∈[0，2]上恒有f(x)＞0成立.若a＜0，则应有f(2)＞0，即4a＋3＞0，∴a＞－eq\f(3,4).∴－eq\f(3,4)＜a＜0.综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).法二分离参数法.当x＝0时，f(x)＝1＞0成立.当x≠0时，ax2＋x＋1＞0变为a＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，令g(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)≥\f(1,2))).∴当eq\f(1,x)≥eq\f(1,2)时，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4))).∵a＞－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，∴a＞－eq\f(3,4).又∵a≠0，∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).答案(1)[－3，1](2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞)探究提高参数不易分离的恒成立问题，特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解，常用的方法是借助函数图象根的分布，转化为求函数在区间上的最值或值域问题.【训练2】(1)若不等式x2－ax＋1≥0对于一切a∈[－2，2]恒成立，则x的取值范围是________.(2)已知不等式eq\f(2,x－1)≥eq\f(1,5)|a2－a|对于x∈[2，6]恒成立，则a的取值范围是________.解析(1)因为a∈[－2，2]，可把原式看作关于a的一次函数，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－2）＝x2＋2x＋1≥0，,g（2）＝x2－2x＋1≥0，))解之得x∈R.(2)设y＝eq\f(2,x－1)，y′＝－eq\f(2,（x－1）2)，故y＝eq\f(2,x－1)在x∈[2，6]上单调递减，即ymin＝eq\f(2,6－1)＝eq\f(2,5)，故不等式eq\f(2,x－1)≥eq\f(1,5)|a2－a|对于x∈[2，6]恒成立等价于eq\f(1,5)|a2－a|≤eq\f(2,5)恒成立，化简得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a－2≤0，,a2－a＋2≥0，))解得－1≤a≤2，故a的取值范围是[－1，2].答案(1)R(2)[－1，2]热点三简单的线性规划问题[微题型1]已知线性约束条件，求目标函数最值【例3－1】(2016·全国Ⅰ卷)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2100元，生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150kg，乙材料90kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为________元.解析设生产A产品x件，B产品y件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1.5x＋0.5y≤150，,x＋0.3y≤90，,5x＋3y≤600，,x≥0，x∈N*，,y≥0，y∈N*))目标函数z＝2100x＋900y.作出可行域为图中阴影部分(包括边界)内的整数点，顶点为(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)处取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元).答案216000探究提高线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.[微题型2]线性规划中的含参问题【例3－2】(1)(2016·陕西八校二模)已知a＞0，x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥a（x－3），))若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.1 D.2(2)(2016·济南十校二模)已知x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))若z＝ax＋y的最大值为4，则a＝()A.3 B.2C.－2 D.－3解析(1)由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC及其内部)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝a（x－3），))得A(1，－2a)，当直线2x＋y－z＝0过点A时，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝2×1－2a，解得a＝eq\f(1,2).(2)不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋y＝2，))得B(1，1).由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴当a＝－2或－3时，z＝ax＋y在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax＝0，不满足题意，排除C，D；当a＝2或3时，z＝ax＋y在A(2，0)处取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，故选B.答案(1)B(2)B探究提高对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可.【训练3】(1)(2016·浙江卷)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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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.2eq\r(2) B.4C.3eq\r(2) D.6(2)已知x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤－x＋2，,x≥a，))且目标函数z＝2x＋y的最小值为1，则实数a的值是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析(1)已知不等式组表示的平面区域如图中△PMQ所示.因为直线x＋y－2＝0与直线x＋y＝0平行.所以区域内的点在直线x＋y－2上的投影构成线段AB，则|AB|＝|PQ|.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4＝0，,x＋y＝0，))解得P(－1，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,x＋y＝0))解得Q(2，－2).∴|AB|＝|PQ|＝eq\r(（－1－2）2＋（1＋2）2)＝3eq\r(2).(2)依题意，不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分)，观察图象可知，当目标函数z＝2x＋y过点B(a，a)时，zmin＝2a＋a＝3a；因为目标函数z＝2x＋y的最小值为1，所以3a＝1，解得a＝eq\f(1,3)，故选C.答案(1)C(2)C1.多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法.2.基本不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用.3.解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决.4.解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等).在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、选择题1.(2016·全国Ⅲ卷)已知a＝2eq\f(4,3)，b＝3eq\f(2,3)，c＝25eq\f(1,3)，则()A.b＜a＜c B.a＜b＜cC.b＜c＜a D.c＜a＜b解析a＝2eq\f(4,3)＝eq\r(3,16)，b＝3eq\f(2,3)＝eq\r(3,9)，c＝25eq\f(1,3)＝eq\r(3,25)，所以b＜a＜c.答案A2.(2016·唐山模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0，))若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则实数a的取值范围是()A.[0，1] B.[－1，0]C.[－1，1] D.[－1，0]解析f(－a)＋f(a)≤2f(1)⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,（－a）2－2×（－a）＋a2＋2a≤2×3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,（－a）2＋2×（－a）＋a2－2a≤2×3))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2＋2a－3≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,a2－2a－3≤0，))解得0≤a≤1，或－1≤a＜0.故－1≤a≤1.答案C3.(2016·北京卷)已知x，y∈R，且x＞y＞0，则()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＞0 B.sinx－siny＞0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0 D.lnx＋lny＞0解析函数y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以eq\f(1,x)＜eq\f(1,y)，即eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＜0，A错；函数y＝sinx在(0，＋∞)上不是单调函数，B错；函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(y)＜0，所以C正确；lnx＋lny＝ln(xy)，当x＞y＞0时，xy不一定大于1，即不一定有ln(xy)＞0，D错.答案C4.已知当x＜0时，2x2－mx＋1＞0恒成立，则m的取值范围为()A.[2eq\r(2)，＋∞) B.(－∞，2eq\r(2)]C.(－2eq\r(2)，＋∞) D.(－∞，－2eq\r(2))解析由2x2－mx＋1＞0，得mx＜2x2＋1，因为x＜0，所以m＞eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x).而2x＋eq\f(1,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－2x）＋\f(1,（－x）)))≤－2eq\r(（－2x）×\f(1,（－x）))＝－2eq\r(2).当且仅当－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)时取等号，所以m＞－2eq\r(2).答案C5.(2016·珠海模拟)若x，y满足不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2≥0，,x－y＋1≥0，,3x＋y－6≤0，))则eq\r(x2＋y2)的最小值是()A.eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(4,5) D.1解析不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，eq\r(x2＋y2)表示原点(0，0)到此区域内的点P(x，y)的距离.显然该距离的最小值为原点到直线x＋2y－2＝0的距离.故最小值为eq\f(|0＋0－2|,\r(12＋22))＝eq\f(2\r(5),5).答案B二、填空题6.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(x)，x≤0，))那么不等式f(x)≥1的解集为________.解析当x＞0时，由log3x≥1可得x≥3，当x≤0时，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)≥1可得x≤0，∴不等式f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[3，＋∞).答案(－∞，0]∪[3，＋∞)7.设目标函数z＝x＋y，其中实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k.))若z的最大值为12，则z的最小值为________.解析作出不等式组所表示的可行域如图阴影所示，平移直线x＋y＝0，显然当直线过点A(k，k)时，目标函数z＝x＋y取得最大值，且最大值为k＋k＝12，则k＝6，直线过点B时目标函数z＝x＋y取得最小值，点B为直线x＋2y＝0与y＝6的交点，即B(－12，6)，所以zmin＝－12＋6＝－6.答案－68.(2016·大同模拟)已知x＞0，y＞0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，若x＋2y＞m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围为________.解析记t＝x＋2y，由不等式恒成立可得m2＋2m＜tmin.因为eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以t＝x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y).而x＞0，y＞0，所以eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝4(当且仅当eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝2y时取等号).所以t＝4＋eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)≥4＋4＝8，即tmin＝8.故m2＋2m＜8，即(m－2)(m＋4)＜0.解得－4＜m＜2.答案(－4，2)三、解答题9.已知函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)若f(x)＞k的解集为{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)对任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范围.解(1)f(x)＞k⇔kx2－2x＋6k＜0.由已知{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝eq\f(2,k)，即k＝－eq\f(2,5).(2)因为x＞0，f(x)＝eq\f(2x,x2＋6)＝eq\f(2,x＋\f(6,x))≤eq\f(2,2\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，当且仅当x＝eq\r(6)时取等号.由已知f(x)≤t对任意x＞0恒成立，故t≥eq\f(\r(6),6)，即t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，＋∞)).10.(1)解关于x的不等式x2－2mx＋m＋1＞0；(2)解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0.解(1)原不等式对应方程的判别式Δ＝(－2m)2－4(m＋1)＝4(m2－m－1).当m2－m－1＞0，即m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)时，由于方程x2－2mx＋m＋1＝0的两根是m±eq\r(m2－m－1)，所以原不等式的解集是{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；当Δ＝0，即m＝eq\f(1±\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；当Δ＜0，即eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)时，不等式的解集为R.综上，当m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；当m＝eq\f(1±\r(5),2)时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；当eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)时，不等式的解集为R.(2)原不等式可化为(ax－1)(x－2)＜0.①当a＞0时，原不等式可以化为a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0.因为方程(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＝0的两个根分别是2，eq\f(1,a)，所以当0＜a＜eq\f(1,2)时，2＜eq\f(1,a)，则原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2＜x＜\f(1,a)))；当a＝eq\f(1,2)时，原不等式的解集是∅；当a＞eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)＜2，则原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).②当a＝0时，原不等式为－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}.③当a＜0时，原不等式可以化为a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＞0，由于eq\f(1,a)＜2，故原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,a)或x＞2)))).综上，当a＝0时不等式解集为(2，＋∞)；当0＜a＜eq\f(1,2)时，不等式解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a)))；当a＝eq\f(1,2)时，不等式解集