2024江苏高考专题五-函数

南京清江花苑严老师江苏新高考江苏卷对函数在解答题上根本不考“抽象函数〞，2024年第20题，考查函数的单调性、零点个数问题；2024年第19题，考查函数与不等式；2024年第19题，讨论函数的单调性及函数零点确定参数值；2024年第19题，考查函数与不等式、零点问题，2024年第20题，考查函数与导数、函数的极值、零点问题.题目难度较大，多表达分类讨论思想.第1课时函数(根底课)[常考题型突破]函数的概念与图象[必备知识]1．函数的定义域(1)函数的定义域是研究函数问题的先决条件，它会直接影响函数的性质，所以要树立定义域优先的意识．(2)对于复合函数的定义域要注意：①如果函数f(x)的定义域为A，那么f(g(x))的定义域是使函数g(x)∈A的x的取值范围．②如果f(g(x))的定义域为A，那么函数f(x)的定义域是函数g(x)的值域．③f(g(x))与f(h(x))联系的纽带是g(x)与h(x)的值域相同．2．函数的值域求函数值域的常用方法有观察法、不等式法、图象法、换元法、单调性法等．3．分段函数假设函数在其定义域内，对于自变量的不同取值区间，有着不同的对应法那么，这样的函数通常叫做分段函数．分段函数虽然由几局部组成，但它表示的是一个函数．4．函数的图象函数的图象包括作图、识图、用图，其中作函数图象有两种根本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．[题组练透]1．(2024·南通二调)函数f(x)＝eq\r(lg5－x2)的定义域是________．解析：由题意得lg(5－x2)≥0⇒5－x2≥1⇒－2≤x≤2，因此f(x)的定义域为[－2,2]．答案：[－2,2]2．(2024·盐城模考)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋1－2，x≤1，,2x－1，x>1，))假设f(0)＝3，那么f(a)＝________.解析：因为f(0)＝3，所以a－2＝3，即a＝5，所以f(a)＝f(5)＝9.答案：93．(2024·南通模考)函数f(x)＝31－x2的值域为________．解析：因为1－x2≤1，所以f(x)＝31－x2∈(0,3]．答案：(0,3]4．(2024·南通调研)函数f(x)＝loga(x＋b)(a＞0且a≠1，b∈R)的图象如以下图，那么a＋b的值是________．解析：将(－3,0)，(0，－2)分别代入解析式得loga(－3＋b)＝0，logab＝－2，解得a＝eq\f(1,2)，b＝4，从而a＋b＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)[方法归纳]1.求函数定义域的类型和相应方法1假设函数的解析式，那么这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，只需构建并解不等式组即可.2实际问题或几何问题除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义.2.求函数值的注意点形如fgx的函数求值时，应遵循先内后外的原那么；而对于分段函数的求值解不等式问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；对具有周期性的函数求值要利用其周期性.3.函数的图象1作图假设函数表达式或变形后的表达式是熟悉的根本初等函数时，就可根据这些函数的特征描点作出；假设函数图象可由根本初等函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出，但要注意变换顺序.尤其注意y＝fx与y＝f－x，y＝－fx，y＝－f－x，y＝f|x|，y＝|fx|及y＝afx＋b的相互关系.,2识图,从图象与坐标轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.3用图图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质确实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.函数的根本性质[必备知识]1．函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性．判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法．2．函数的奇偶性函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相同的单调性，判断函数奇偶性的常用方法有定义法、图象法及性质法．3．函数的周期性周期性是函数在定义域上的整体性质．假设函数满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，那么其一个周期T＝|a|，最小正数T叫做f(x)的最小正周期．4．函数的对称性假设函数f(x)满足f(a－x)＝f(a＋x)或f(x)＝f(2a－x)，那么函数f(x)关于直线x＝a对称．假设函数f(x)满足f(a－x)＝－f(a＋x)或f(x)＝－f(2a－x)，那么函数f(x)关于点(a,0)中心对称．[题组练透]1．(2024·南京三模)函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数．当x∈[2,4]时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))))，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的值为________．解析：因为函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(1,2)))，因为当x∈[2,4]时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(1,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(1,2)－\f(3,2)))))＝log42＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)2．(2024·盐城期中)假设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<a，,|x＋1|，x≥a))在区间(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，那么实数a的取值范围是________．解析：函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<a，,|x＋1|，x≥a，))根据反比例函数的性质可知，在区间(－∞，0)上单调递减，要使函数f(x)在区间(－∞，a)上单调递减，那么a≤0.因此函数f(x)＝|x＋1|在区间(a，＋∞)上单调递增，那么a＋1≥0，解得a≥－1.所以实数a的取值范围是[－1，0]．答案：[－1,0]3．(2024·苏北四市期末)函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝2x－3，那么不等式f(x)≤－5的解集为______________．解析：假设x＜0，那么－x＞0，∵当x＞0时，f(x)＝2x－3，∴当－x＞0时，f(－x)＝2－x－3，∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝2－x－3＝－f(x)，那么f(x)＝－2－x＋3，x＜0，当x＞0时，不等式f(x)≤－5等价于2x－3≤－5，即2x≤－2，无解，不成立；当x＜0时，不等式f(x)≤－5等价于－2－x＋3≤－5，即2－x≥8，得－x≥3，即x≤－3；当x＝0时，f(0)＝0，不等式f(x)≤－5不成立，综上，不等式的解为(－∞，－3]．答案：(－∞，－3]4．(2024·江苏高考)函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．假设f(a－1)＋f(2a2)≤0，那么实数a的取值范围是________．解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq\f(1,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))[方法归纳]1．破解函数的单调性的四种方法数形结合法对于填空题能画出图象的函数转化法由根本初等函数通过加、减运算或复合而成的函数，(常转化为根本初等函数单调性的判断问题)导数法解析式为分式、指数函数式、对数式等较复杂的函数定义法抽象函数2.判断函数的奇偶性的三个技巧(1)奇、偶函数的定义域关于原点对称；(2)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称；(3)对于偶函数而言，有f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．3．函数性质的应用可以利用函数的性质确定函数图象，并充分利用区间上函数的性质解决问题，表达转化思想．根本初等函数[必备知识]1．指数函数的图象与性质y＝ax(a>0，且a≠1)a>10<a<1图象性质定义域：R值域：(0，＋∞)过定点(0,1)当x>0时，y>1；x<0时，0<y<1当x>0时，0<y<1；x<0时，y>1在(－∞，＋∞)上是增函数在(－∞，＋∞)上是减函数2．对数函数的图象与性质y＝logax(a>0，且a≠1)a>10<a<1图象性质定义域：(0，＋∞)值域：R过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0当x>1时，y>0；当0<x<1时，y<0当x>1时，y<0；当0<x<1时，y>0在(0，＋∞)上是增函数在(0，＋∞)上是减函数3.二次函数的图象和性质y＝ax2＋bx＋c(a≠0)a>0a<0图象函数性质定义域R值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))奇偶性b＝0时为偶函数，b≠0时既不是奇函数也不是偶函数单调性x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))时递减，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))时递增x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))时递增，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))时递减图象特点对称轴：x＝－eq\f(b,2a)；顶点：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))4.幂函数图象的比拟5．常见幂函数的性质eq\a\vs4\al(函数)特征性质y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1定义域RRR[0，＋∞){x|x∈R且x≠0}值域R[0，＋∞)R[0，＋∞){y|y∈R且y≠0}奇偶性奇函数偶函数奇函数非奇非偶函数奇函数单调性增x∈[0，＋∞)时，增；x∈(－∞，0]时，减增增x∈(0，＋∞)和(－∞，0)时，减公共点(1,1)[题组练透]1．(2024·南通海安检测)幂函数f(x)＝xα，其中α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，－1，\f(1,2)，1，2，3)).那么使f(x)为奇函数，且在区间(0，＋∞)上是单调增函数的α的所有取值的集合为________．解析：幂函数f(x)为奇函数，那么α＝－1,1,3，f(x)在区间(0，＋∞)上是单调增函数，那么α的所有值为1,3.答案：{1,3}2．(2024·江苏学易联考期末)函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的单调递增区间是__________．解析：由题意可得－x2＋x＋2≥0，解得－1≤x≤2，故函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的定义域为[－1,2]．又函数f(x)＝－x2＋x＋2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，根据复合函数的单调性可得函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))3．(2024·扬州期中)函数f(x)＝x(1－a|x|)＋1(a＞0)，假设f(x＋a)≤f(x)对任意的x∈R恒成立，那么实数a的取值范围是__________．解析：∵f(x)＝x(1－a|x|)＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋ax＋1，x<0，,x1－ax＋1，x≥0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2a)))2＋1－\f(1,4a)，x<0，,－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2a)))2＋1＋\f(1,4a)，x≥0))(a>0)，f(x＋a)＝(x＋a)(1－a|x＋a|)＋1，又∵f(x＋a)≤f(x)对任意的x∈R恒成立，在同一直角坐标系中作出满足题意的y＝f(x＋a)与y＝f(x)的图象如以下图：∴x(1＋ax)＋1≥(x＋a)[1－a(x＋a)]＋1恒成立，即x＋ax2＋1≥－a(x2＋2ax＋a2)＋x＋a＋1，整理得：2x2＋2ax＋a2－1≥0恒成立，∴Δ＝4a2－4×2×(a2－1)≤0，解得a≥eq\r(2).答案：[eq\r(2)，＋∞)4.(2024·苏北三市三模)如图，正方形ABCD的边长为2，BC平行于x轴，顶点A，B和C分别在函数y1＝3logax，y2＝2logax和y3＝logax(a>1)的图象上，那么实数a的值为________．解析：设C(x0，logax0)，那么2logaxB＝logax0，即xeq\o\al(2,B)＝x0，解得xB＝eq\r(x0)，故xC－xB＝x0－eq\r(x0)＝2，解得x0＝4，即B(2,2loga2)，A(2,3loga2)，由AB＝2，可得3loga2－2loga2＝2，解得a＝eq\r(2).答案：eq\r(2)[方法归纳]根本初等函数图象与性质的应用技巧(1)指数函数与对数函数的单调性都取决于其底数的取值，当底数a的值不确定时，要注意分a>1和0<a<1两种情况讨论．(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个根本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断．(3)对于幂函数y＝xα的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同．函数的零点[必备知识]1．函数零点的定义对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．2．确定函数零点的常用方法(1)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．[题组练透]1．(2024·苏锡常镇一模)假设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－1，x<1，,\f(lnx,x2)，x≥1，))那么函数y＝|f(x)|－eq\f(1,8)的零点个数为________．解析：当x≥1时，y＝eq\f(lnx,x2)－eq\f(1,8)，那么eq\f(lnx,x2)＝eq\f(1,8)，即lnx＝eq\f(1,8)x2，令g(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2，x≥1，那么函数g(x)是连续函数且先增后减，g(1)＝－eq\f(1,8)＜0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＞0，g(4)＝ln4－2＜0，由函数的零点判定定理可知g(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2，有2个零点．当x＜1时，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－1，x<0，,1－\f(1,2x)，x∈[0，1，))函数的图象与y＝eq\f(1,8)的图象如图，那么两个函数有2个交点，综上，函数y＝|f(x)|－eq\f(1,8)的零点个数为4个．答案：42．(2024·南通二调)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋m，x<0，,x2－1，x≥0，))其中m>0.假设函数y＝f(f(x))－1有3个不同的零点，那么m的取值范围是________．解析：令f(x)＝t，那么f(t)＝1，所以t＝eq\r(2)或t＝m－1，即f(x)＝eq\r(2)与f(x)＝m－1有3个不同解．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<1，,－1<m－1，))即0<m<1.答案：(0,1)3．(2024·江苏高考)设f(x)是定义在R上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈D，,x，x∉D，))其中集合D＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(n－1,n)，n∈N*))))，那么方程f(x)－lgx＝0的解的个数是________．解析：由于f(x)∈[0,1)，因此只需考虑1≤x<10的情况，在此范围内，当x∈Q且x∉Z时，设x＝eq\f(q,p)，q，p∈N*，p≥2且p，q互质．假设lgx∈Q，那么由lgx∈(0,1)，可设lgx＝eq\f(n,m)，m，n∈N*，m≥2且m，n互质，因此10eq\f(n,m)＝eq\f(q,p)，那么10n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,p)))m，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lgx∉Q，故lgx不可能与每个周期内x∈D对应的局部相等，只需考虑lgx与每个周期内x∉D局部的交点．画出函数草图(如图)，图中交点除(1,0)外其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x∉D的局部，且x＝1处(lgx)′＝eq\f(1,xln10)＝eq\f(1,ln10)<1，那么在x＝1附近仅有一个交点，因此方程f(x)－lgx＝0的解的个数为8.答案：8[方法归纳]利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法[课时达标训练]eq\a\vs4\al([A组——抓牢中档小题])1．(2024·苏锡常镇一模)函数f(x)＝eq\f(1,ln4x－3)的定义域为________．解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3>0，,4x－3≠1，))解得x＞eq\f(3,4)且x≠1，故函数的定义域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx＞\f(3,4)且x≠1)).答案：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(xx＞\f(3,4)且x≠1))2．函数f(x)＝lneq\f(1,|x|＋1)的值域是________．解析：因为|x|≥0，所以|x|＋1≥1.所以0＜eq\f(1,|x|＋1)≤1.所以lneq\f(1,|x|＋1)≤0，即f(x)＝lneq\f(1,|x|＋1)的值域为(－∞，0]．答案：(－∞，0]3．(2024·启东模考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x＜0，,－x2＋x，x≥0，))那么f(f(2))＝________.解析：因为f(2)＝－4＋2＝－2，f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－2－1＝3，所以f(f(2))＝3.答案：34．f(x)是奇函数，g(x)＝eq\f(2＋fx,fx).假设g(2)＝3，那么g(－2)＝________.解析：由题意可得g(2)＝eq\f(2＋f2,f2)＝3，那么f(2)＝1，又f(x)是奇函数，那么f(－2)＝－1，所以g(－2)＝eq\f(2＋f－2,f－2)＝eq\f(2－1,－1)＝－1.答案：－15．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,2x，x≤0，))假设f(1)＋f(a－1)＝2，那么a的值为________．解析：因为f(1)＋f(a－1)＝2，又f(1)＝0，所以f(a－1)＝2，当a－1＞0，即a＞1时，有log2(a－1)＝2，解得a＝5.当a－1≤0，即a≤1时，有2a－1＝2，解得a＝2(舍去)，所以a＝5.答案：56．(2024·泰州二中模考)函数f(x)是R上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当x∈(0,2)时，f(x)＝x＋2，那么f(7)＝________.解析：因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，那么函数f(x)是周期为4的周期函数，那么f(7)＝f(7－8)＝f(－1)＝－f(1)＝－(1＋2)＝－3.答案：－37．(2024·苏州考前模拟)设a＝logeq\f(1,3)2，b＝logeq\f(1,2)eq\f(1,3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0.3，那么a，b，c按从小到大的顺序排列为______________．解析：由结合对数函数图象和指数函数图象得到a<0，b>1,0<c<1.答案：a<c<b8．(2024·盐城响水中学学情分析)设函数f(x)＝lg(x＋eq\r(1＋mx2))是奇函数，那么实数m的值为________．解析：∵函数f(x)＝lg(x＋eq\r(1＋mx2))是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即lg(－x＋eq\r(1＋mx2))＝－lg(x＋eq\r(1＋mx2))，即lg(－x＋eq\r(1＋mx2))＋lg(x＋eq\r(1＋mx2))＝lg[(－x＋eq\r(1＋mx2))(x＋eq\r(1＋mx2))]＝lg[1＋(m－1)x2]＝0，即1＋(m－1)x2＝1，故m＝1.答案：19．在(－1,1)上函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\f(πx,2)，－1＜x≤0，,log2x＋1，0＜x＜1，))假设f(x)＝－eq\f(1,2)，那么x的值为________．解析：当－1＜x≤0时，由f(x)＝sineq\f(πx,2)＝－eq\f(1,2)，解得x＝－eq\f(1,3)；当0＜x＜1时，由f(x)＝log2(x＋1)＝－eq\f(1,2)，解得x＝eq\f(\r(2),2)－1，不符合题意，舍去，故x的值为－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)10．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x＋1，x＜1，,ax，x≥1))(a＞0且a≠1)满足对任意x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，那么实数a的取值范围是________．解析：因为任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，那么f(x)在R上为单调递增函数，那么函数y＝ax在[1，＋∞)和函数y＝(a－2)x＋1在(－∞，1)上均为单调递增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a－2＞0，,a≥a－2＋1))⇒a＞2.答案：(2，＋∞)11．(2024·全国卷Ⅰ改编)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．假设f(1)＝－1，那么满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是________．解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.答案：[1,3]12．(2024·浙江高考)a∈R，函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在区间[1,4]上的最大值是5，那么a的取值范围是________．解析：∵x∈[1,4]，∴x＋eq\f(4,x)∈[4,5]，①当a≤eq\f(9,2)时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；②当a>eq\f(9,2)时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，解得a＝eq\f(9,2)(矛盾)，故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))13．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，那么函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：依题意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数；当x＞2时，h(x)＝3－x是减函数，所以h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.答案：114．(2024·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))那么满足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范围是________．解析：由题意知，可对不等式分x≤0,0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)讨论．当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，所以－eq\f(1,4)<x≤0.当0<x≤eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋x＋eq\f(1,2)>1，显然成立．当x>eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋2x－eq\f(1,2)>1，显然成立．综上可知，x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))eq\a\vs4\al([B组——力争难度小题])1．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x＋3，x≤1，,x＋\f(2,x)，x>1.))设a∈R，假设关于x的不等式f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))在R上恒成立，那么a的取值范围是________．解析：法一：根据题意，作出f(x)的大致图象，如以下图．当x≤1时，假设要f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))恒成立，结合图象，只需x2－x＋3≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))，即x2－eq\f(x,2)＋3＋a≥0，故对于方程x2－eq\f(x,2)＋3＋a＝0，Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2－4(3＋a)≤0，解得a≥－eq\f(47,16)；当x>1时，假设要f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))恒成立，结合图象，只需x＋eq\f(2,x)≥eq\f(x,2)＋a，即eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥a.又eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2，当且仅当eq\f(x,2)＝eq\f(2,x)，即x＝2时等号成立，所以a≤2.综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(47,16)，2)).法二：关于x的不等式f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))在R上恒成立等价于－f(x)≤a＋eq\f(x,2)≤f(x)，即－f(x)－eq\f(x,2)≤a≤f(x)－eq\f(x,2)在R上恒成立，令g(x)＝－f(x)－eq\f(x,2).当x≤1时，g(x)＝－(x2－x＋3)－eq\f(x,2)＝－x2＋eq\f(x,2)－3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))2－eq\f(47,16)，当x＝eq\f(1,4)时，g(x)max＝－eq\f(47,16)；当x>1时，g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))－eq\f(x,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(2,x)))≤－2eq\r(3)，当且仅当eq\f(3x,2)＝eq\f(2,x)，且x>1，即x＝eq\f(2\r(3),3)时，“＝〞成立，故g(x)max＝－2eq\r(3).综上，g(x)max＝－eq\f(47,16).令h(x)＝f(x)－eq\f(x,2)，当x≤1时，h(x)＝x2－x＋3－eq\f(x,2)＝x2－eq\f(3x,2)＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋eq\f(39,16)，当x＝eq\f(3,4)时，h(x)min＝eq\f(39,16)；当x>1时，h(x)＝x＋eq\f(2,x)－eq\f(x,2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2，当且仅当eq\f(x,2)＝eq\f(2,x)，且x>1，即x＝2时，“＝〞成立，故h(x)min＝2.综上，h(x)min＝2.故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(47,16)，2)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(47,16)，2))2．函数y＝eq\f(2x＋1,2x＋1)与函数y＝eq\f(x＋1,x)的图象共有k(k∈N*)个公共点：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，那么eq\i\su(i＝1,k,)(xi＋yi)＝________.解析：y＝eq\f(2x＋1,2x＋1)＝eq\f(22x＋1－2,2x＋1)＝2－eq\f(2,2x＋1)，易知该函数在R上单调递增，值域为(0,2)，且图象关于点(0,1)对称．y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，易知该函数在R上单调递减，且图象关于点(0,1)对称．故两函数图象有两个交点，它们关于点(0,1)对称，所以eq\i\su(i＝1,k,)(xi＋yi)＝2.答案：23．(2024·扬州考前调研)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx2＋2x－1，x∈0，1]，,kx＋1，x∈1，＋∞))有两个不相等的零点x1，x2，那么eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)的最大值为________．解析：当k＝0时，函数f(x)只有一个零点eq\f(1,2)，不合题意；当k＞0时，由于－eq\f(1,k)＜0，所以函数f(x)在(0,1]上至多有一个零点，在(1，＋∞)上没有零点，不合题意；当k＝－1时，函数f(x)只有一个零点1，不合题意；当k＜－1时，函数f(x)在(0,1]上Δ＝4＋4k＜0，没有零点，不合题意；当－1＜k＜0时，函数f(x)在(0,1]上的零点为x1＝eq\f(1－\r(1＋k),－k)，在(1，＋∞)上零点为x2＝eq\f(1,－k)，符合题意．所以eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝－k＋eq\f(－k,1－\r(1＋k))，令eq\r(1＋k)＝t∈(0,1)，那么k＝t2－1，那么eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝－t2＋t＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)≤eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)4．(2024·南通三模)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥a，,x3－3x，x<a.))假设函数g(x)＝2f(x)－ax恰有2个不同的零点，那么实数a的取值范围是________．解析：g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－ax，x≥a，,2x3－6＋ax，x<a，))显然当a＝2时，g(x)有无穷多个零点，不符合题意；当x≥a时，令g(x)＝0，得x＝0，当x<a时，令g(x)＝0，得x＝0或x2＝eq\f(6＋a,2)，①假设a>0，且a≠2，那么g(x)在[a，＋∞)上无零点，在(－∞，a)上存在零点x＝0和x＝－eq\r(\f(6＋a,2))，∴eq\r(\f(6＋a,2))≥a，解得0<a<2，②假设a＝0，那么g(x)在[0，＋∞)上存在零点x＝0，在(－∞，0)上存在零点x＝－eq\r(3)，符合题意．③假设a<0，那么g(x)在[a，＋∞)上存在零点x＝0，∴g(x)在(－∞，a)上只有1个零点，∵0∉(－∞，a)，∴g(x)在(－∞，a)上的零点为－eq\r(\f(6＋a,2))，∴－eq\r(\f(6＋a,2))<a，解得－eq\f(3,2)<a<0，综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))第2课时不等式(根底课)[常考题型突破]不等式的解法[必备知识]1．一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．2．简单分式不等式的解法(1)eq\f(fx,gx)＞0(＜0)⇔f(x)g(x)＞0(＜0)；(2)eq\f(fx,gx)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.[题组练透]1．(2024·南通启东模拟)一元二次不等式f(x)>0的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)，那么f(lgx)<0的解集为________．解析：因为一元二次不等式f(x)>0的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)，所以一元二次不等式f(x)<0的解集为(1,2)，由f(lgx)<0，可得1<lgx<2，从而解得10<x<100，所以不等式的解集为(10,100)．答案：(10,100)2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥2，,x2－3x－2，x＜2，))假设f(x)＞2，那么x的取值范围是________．解析：不等式f(x)＞2可化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x－3＞2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜2，,x2－3x－2＞2，))解得x＞eq\f(5,2)或x＜－1.答案：(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))3．(2024·南通、泰州一调)函数f(x)＝|x|＋|x－4|，那么不等式f(x2＋2)>f(x)的解集用区间表示为________．解析：由题意f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋4，x≤0，,4，0<x<4，,2x－4，x≥4，))作出f(x)的图象如以下图．法一：由函数图象知f(x)的图象关于直线x＝2对称．因为x2＋2>0且x2＋2>x恒成立，所以x2＋2>4且x2＋2>4－x，解得x∈(－∞，－2)∪(eq\r(2)，＋∞)．法二：由函数f(x)的图象可知，当0≤x≤4时，f(x)＝4，所以x2＋2>4，得x>eq\r(2)或x<－eq\r(2).当x>eq\r(2)时，x2＋2>x，故x>eq\r(2).当x<－eq\r(2)时，x2＋2>4－x，故x<－2.所以x∈(－∞，－2)∪(eq\r(2)，＋∞)．答案：(－∞，－2)∪(eq\r(2)，＋∞)[方法归纳]不等式的求解技巧(1)对含参数的不等式，难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因，明确分类标准(如最高次系数、判别式、根相等)，层次清楚地求解．(2)与一元二次不等式有关的恒成立问题，通常转化为根的分布问题，求解时一定要借助二次函数的图象，一般考虑四个方面：开口方向、判别式的符号、对称轴的位置、区间端点函数值的符号．简单的线性规划问题[必备知识]线性目标函数z＝ax＋by最值确实定方法线性目标函数z＝ax＋by中的z不是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，把目标函数化为y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)可知eq\f(z,b)是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．[题组练透]1．(2024·江苏四星级学校联考)设M，N是不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y≤5，,x≥0，,y≥0))所表示的平面区域内不同的两点，那么此两点间的距离MN的最大值是________．解析：作出不等式组所表示的平面区域是一个以点O(0,0)，B(0,1)，C(2,3)，D(5,0)为顶点的四边形及其内部(如以下图)，且对角互补，故此四边形有外接圆，其直径BD为最长的弦，故MN的最大值为eq\r(52＋－12)＝eq\r(26).答案：eq\r(26)2．(2024·全国卷Ⅰ)设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤1，,2x＋y≥－1，,x－y≤0，))那么z＝3x－2y的最小值为________．解析：作出不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤1，,2x＋y≥－1，,x－y≤0))所表示的可行域如图中阴影局部所示，由可行域知，当直线y＝eq\f(3,2)x－eq\f(z,2)过点A时，在y轴上的截距最大，此时z最小，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝1，,2x＋y＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1.))∴zmin＝－5.答案：－53．(2024·江苏高考)实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0，,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0，))那么x2＋y2的取值范围是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影局部所示，那么(x，y)为阴影区域内的动点．d＝eq\r(x2＋y2)可以看做坐标原点O与可行域内的点(x，y)之间的距离．数形结合，知d的最大值是OA的长，d的最小值是点O到直线2x＋y－2＝0的距离．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,3x－y－3＝0))可得A(2,3)，所以dmax＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，dmin＝eq\f(|－2|,\r(22＋12))＝eq\f(2,\r(5)).所以d2的最小值为eq\f(4,5)，最大值为13.所以x2＋y2的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13))4．(2024·盐城调研)实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤5，,x－y≤－2，))那么z＝eq\f(2y－1,2x＋3)的最大值为________．解析：约束条件所表示的平面区域为图中的△ABC及其内部，而z＝eq\f(2y－1,2x＋3)＝eq\f(y－\f(1,2),x＋\f(3,2))表示点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))与阴影局部(含边界)内的点的连线的斜率．由图可知，当取点C(1,4)时，斜率最大，zmax＝eq\f(7,5).答案：eq\f(7,5)[方法归纳]解决线性规划问题的三个注意点(1)首先要找到可行域，其次要注意目标函数所表示的几何意义，找到目标函数到达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．(2)画可行域时应注意区域是否包含边界．(3)对目标函数z＝ax＋by中b的符号，一定要注意b的正负与z的最值的对应，要结合图形分析．根本不等式[必备知识]利用根本不等式求最大值、最小值，其根本法那么是：(1)如果x＞0，y＞0，xy＝p(定值)，当x＝y时，x＋y有最小值2eq\r(p)(简记为：积定，和有最小值)；(2)如果x＞0，y＞0，x＋y＝s(定值)，当x＝y时，xy有最大值eq\f(1,4)s2(简记为：和定，积有最大值)．[题组练透]1．(2024·南通三模)假设正实数x，y满足x＋y＝1，那么eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是________．解析：因为正实数x，y满足x＋y＝1，所以eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(4x＋y,y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(4x,y)＋4≥2eq\r(\f(y,x)·\f(4x,y))＋4＝8，当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)时，取“＝〞，所以eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是8.答案：82．(2024·江苏高考)某公司一年购置某种货物600吨，每次购置x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，那么x的值是________．解析：由题意，一年购置eq\f(600,x)次，那么总运费与总存储费用之和为eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(900,x)＋x))≥8eq\r(\f(900,x)·x)＝240，当且仅当x＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x的值是30.答案：303．(2024·天津高考)假设a，b∈R，ab>0，那么eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________．解析：因为ab>0，所以eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(2\r(4a4b4)＋1,ab)＝eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,ab＝\f(1,2)))时取等号，故eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值是4.答案：44．假设实数x，y满足2x2＋xy－y2＝1，那么eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值为________．解析：法一：2x2＋xy－y2＝(2x－y)(x＋y)，令2x－y＝m，x＋y＝n，那么mn＝1，当eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)＝eq\f(m－n,m2＋n2)＝eq\f(m－n,m－n2＋2)取得最大值时，必有m－n＞0，那么eq\f(m－n,m－n2＋2)＝eq\f(1,m－n＋\f(2,m－n))≤eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，当且仅当m－n＝eq\r(2)时取等号，所以eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值为eq\f(\r(2),4).法二：当eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)取最大值时，x－2y＞0，且5x2－2xy＋2y2＝(x－2y)2＋2(2x2＋xy－y2)＝(x－2y)2＋2，那么eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)＝eq\f(x－2y,x－2y2＋2)＝eq\f(1,x－2y＋\f(2,x－2y))≤eq\f(1,2\r(x－2y·\f(2,x－2y)))＝eq\f(\r(2),4)，当且仅当x－2y＝eq\r(2)时取等号，故eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值为eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)[方法归纳]利用根本不等式求最值的方法(1)知和求积的最值：“和为定值，积有最大值〞．但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立．(2)知积求和的最值：“积为定值，和有最小值〞，直接应用根本不等式求解，但要注意利用根本不等式求最值的条件．(3)构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换〞或“常数1〞的替换，构造不等式求解．[课时达标训练]eq\a\vs4\al([A组——抓牢中档小题])1．(2024·山东高考改编)设函数y＝eq\r(4－x2)的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，那么A∩B＝________.解析：由题意可知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故A∩B＝{x|－2≤x<1}．答案：{x|－2≤x<1}2．设不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋2y≥4，,2x＋y≤4))所表示的平面区域为D，那么区域D的面积为________．解析：画出可行域如图中阴影局部所示，易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)))，B(0,2)，C(0,4)，∴可行域D的面积为eq\f(1,2)×2×eq\f(4,3)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)3．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1，x≤0，,－x－12，x＞0，))使f(x)≥－1成立的x的取值范围是________．解析：由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,\f(1,2)x＋1≥－1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x－12≥－1，))解得－4≤x≤0或0＜x≤2，故所求的x的取值范围是[－4,2]．答案：[－4,2]4．(2024·常州三中模考)函数f(x)＝|x2－1|，假设f(－m2－1)＜f(2)，那么实数m的取值范围是________．解析：因为f(x)＝|x2－1|，所以f(－m2－1)＝m4＋2m2，f(2)＝3，假设f(－m2－1)＜f(2)，那么m4＋2m2＜3，即(m2＋3)(m2－1)＜0，解得－1＜m＜1.答案：(－1,1)5．正数x，y满足x2＋2xy－3＝0，那么2x＋y的最小值是________．解析：由题意得，y＝eq\f(3－x2,2x)，∴2x＋y＝2x＋eq\f(3－x2,2x)＝eq\f(3x2＋3,2x)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥eq\f(3,2)·2eq\r(x·\f(1,x))＝3，当且仅当x＝y＝1时，等号成立．答案：36．(2024·苏北四市期末)假设实数x，y满足xy＋3x＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,2)))，那么eq\f(3,x)＋eq\f(1,y－3)的最小值为________．解析：因为实数x，y满足xy＋3x＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(1,2)))，所以x＝eq\f(3,y＋3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，解得y＞3.那么eq\f(3,x)＋eq\f(1,y－3)＝y＋3＋eq\f(1,y－3)＝y－3＋eq\f(1,y－3)＋6≥2eq\r(y－3·\f(1,y－3))＋6＝8，当且仅当x＝eq\f(3,7)，y＝4时取等号．答案：87．设实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋2y－2≤0，,x＋2≥0.))那么z＝2x－5y的最小值为________．解析：由z＝2x－5y，可得y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)，作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部所示，由图可知当直线y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)经过点A(－2,2)时，直线y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)在y轴上的截距最大，此时z最小，且zmin＝2×(－2)－2×5＝－14.答案：－148．关于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，那么实数a的最小值为________．解析：2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2x－a·\f(2,x－a))＋2a＝4＋2a，当且仅当x－a＝1时等号成立．由题意可知4＋2a≥7，解得a≥eq\f(3,2)，即实数a的最小值为eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)9．(2024·南京、盐城一模)实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x＋y≤7，,x＋2≤2y，))那么eq\f(y,x)的最小值是________．解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影局部所示，eq\f(y,x)表示可行域上的点与原点连线的斜率，结合图象知，当直线经过OC时，斜率最小，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))min＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)10．f(x)＝log2(x－2)，假设实数m，n满足f(m)＋f(2n)＝3，那么m＋n的最小值为________．解析：因为f(m)＋f(2n)＝3，所以log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3(m＞2且n＞1)，化简得(m－2)(n－1)＝4，解得m＝eq\f(4,n－1)＋2，所以m＋n＝n＋eq\f(4,n－1)＋2＝(n－1)＋eq\f(4,n－1)＋3≥2eq\r(n－1·\f(4,n－1))＋3＝7，当且仅当n＝3时等号成立，所以m＋n的最小值为7.答案：711．在平面直角坐标系中，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥0，,x－y≥0，,x≤a，))(a为常数)表示的平面区域的面积为4，那么x2＋y的最小值为________．解析：由题意作出可行域如图中阴影局部所示，因为平面区域的面积为4，易得A(2，2)，B(2，－2)，把A，B，O三个边界点的坐标分别代入x2＋y，得在这三点处的最小值为0.令x2＋y＝0，即y＝－x2，y′＝－2x，当抛物线y＝－x2平移到与直线y＝－x相切时，y′＝－2x＝－1，得x＝eq\f(1,2)，即切点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，代入x2＋y，得x2＋y＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,4)，所以x2＋y的最小值为－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)12．(2024·苏州期末)正数x，y满足x＋y＝1，那么eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)的最小值为________．解析：由x＋y＝1，得(x＋2)＋(y＋1)＝4，所以eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋2)＋\f(1,y＋1)))·eq\f(x＋2＋y＋1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(4y＋1,x＋2)＋\f(x＋2,y＋1)))≥eq\f(1,4)5＋2eq\r(\f(4y＋1,x＋2)·\f(x＋2,y＋1))＝eq\f(9,4)，当且仅当2(y＋1)＝x＋2，即x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)时取等号．故eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)的最小值为eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)13．函数f(x)＝ax2＋x，假设当x∈[0,1]时，－1≤f(x)≤1恒成立，那么实数a的取值范围为________．解析：当x＝0时，f(x)＝0，不等式成立，当x∈(0,1]时，不等式－1≤f(x)≤1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋x≤1，,ax2＋x≥－1，))其中eq\f(1,x)∈[1，＋∞)，从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤\f(1,x2)－\f(1,x)＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－\f(1,4)，,a≥－\f(1,x2)－\f(1,x)＝－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))2＋\f(1,4)，))解得－2≤a≤0.答案：[－2,0]14．函数f(x)＝mx2＋(2－m)x＋n(m＞0)，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1恒成立，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝________.解析：由题意得：|f(0)|≤1⇒|n|≤1⇒－1≤n≤1；|f(1)|≤1⇒|2＋n|≤1⇒－3≤n≤－1，因此n＝－1，∴f(0)＝－1，f(1)＝1.由f(x)的图象可知：要满足题意，那么图象的对称轴为直线x＝0，∴2－m＝0，m＝2，∴f(x)＝2x2－1，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(1,9).答案：－eq\f(1,9)eq\a\vs4\al([B组——力争难度小题])1．设实数x，y满足eq\f(x2,4)－y2＝1，那么3x2－2xy的最小值是________．解析：法一：设x＝eq\f(2,cosθ)，y＝tanθ，那么3x2－2xy＝eq\f(12,cos2θ)－eq\f(4tanθ,cosθ)＝eq\f(12－4sinθ,cos2θ)，记3－sinθ＝t，t∈[2,4]，那么原式＝eq\f(4t,1－3－t2)＝eq\f(4,6－t－\f(8,t))，因为t∈[2,4]，故当t＝2eq\r(2)时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(8,t)))min＝4eq\r(2)，从而3x2－2xy的最小值是6＋4eq\r(2).法二：设3x2－2xy＝u，那么y＝eq\f(3x2－u,2x)，代入条件得eq\f(x2,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x2－u,2x)))2＝1，即8x4－(6u－4)x2＋u2＝0，由条件可知x2≥4，令z＝x2，故方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0在[4，＋∞)上有解，必须满足Δ＝(6u－4)2－32u2≥0，得u2－12u＋4≥0，于是u≥6＋4eq\r(2)或u≤6－4eq\r(2)，因为方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0有两个同号的根，而当u≤6－4eq\r(2)时，6u－4＜0，故u≤6－4eq\r(2)(舍去)，从而u≥6＋4eq\r(2)，假设取u＝6＋4eq\r(2)，那么方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0的两根z1＝z2＝2＋eq\f(3\r(2),2)＞4，符合题意，从而3x2－2xy的最小值是6＋4eq\r(2).答案：6＋4eq\r(2)2．(2024·苏北三市三模)对于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，那么实数a的取值范围是________．解析：令f(x)＝x2－2(a－2)x＋a，那么Δ＝4(a－2)2－4a＝4(a－1)(a－4)．(1)假设Δ<0，那么1<a<4时，f(x)>0在R上恒成立，符合题意．(2)假设Δ＝0，即a＝1或a＝4时，f(x)>0的解为x≠a－2，显然a＝1时，不符合题意，当a＝4时符合题意．(3)当Δ>0时，即a<1或a>4时，∵f(x)>0在(－∞，1)∪(5，＋∞)上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a－2＋a≥0，,25－10a－2＋a≥0，,1<a－2<5，))解得3<a≤5.又∵a<1或a>4，∴4<a≤5，综上，实数a的取值范围为(1,5]．答案：(1,5]3．定义区间(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的长度均为d＝b－a.用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x－[x]，其中x∈R.设f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，假设用d表示不等式f(x)＜g(x)解集区间的长度，那么当0≤x≤3时，d＝________.解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x]2，由f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1，即([x]－1)·x＜[x]2－1.当x∈[0,1)时，[x]＝0，不等式的解为x＞1，不合题意；当x∈[1,2)时，[x]＝1，不等式为0＜0，无解，不合题意；当x∈[2,3]时，[x]＞1，所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等价于x＜[x]＋1，此时恒成立，所以此时不等式的解为2≤x≤3，所以当0≤x≤3时，不等式f(x)＜g(x)解集区间的长度为d＝1.答案：14．(2024·南京三模)a，b，c为正实数，且a＋2b≤8c，eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)≤eq\f(2,c)，那么eq\f(3a＋8b,c)的取值范围为________．解析：因为a，b，c为正实数，且a＋2b≤8c，eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)≤eq\f(2,c)，所以eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(2b,c)≤8，,\f(2c,a)＋\f(3c,b)≤2，))令eq\f(a,c)＝x，eq\f(b,c)＝y，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤8，,\f(2,x)＋\f(3,y)≤2，))那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤4－\f(1,2)x，,y≥\f(3x,2x－2)，,1<x<8.))作出不等式组表示的平面区域如图中阴影局部所示．令z＝eq\f(3a＋8b,c)＝3x＋8y，那么y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)，由图知当直线y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)过点A时，截距最大，即z最大，当直线y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)与曲线y＝eq\f(3x,2x－2)相切时，截距最小，即z最小．解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝4－\f(1,2)x，,y＝\f(3x,2x－2)))得A(2,3)，∴zmax＝3×2＋8×3＝30，设直线y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)与曲线y＝eq\f(3x,2x－2)的切点为(x0，y0)，那么eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2x－2)))′x＝x0＝－eq\f(3,8)，即eq\f(－6,2x0－22)＝－eq\f(3,8)，解得x0＝3.∴切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,4)))，∴zmin＝3×3＋8×eq\f(9,4)＝27，∴27≤eq\f(3a＋8b,c)≤30.答案：[27,30]第3课时导数(根底课)[常考题型突破]导数的运算及几何意义[必备知识]1．四个易误导数公式(1)(sinx)′＝cosx；(2)(cosx)′＝－sinx；(3)(ax)′＝axlna(a＞0)；(4)(logax)′＝eq\f(1,xlna)(a＞0，且a≠1)．2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[题组练透]1．(2024·天津高考)函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，那么f′(0)的值为________．解析：因为f(x)＝(2x＋1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3e0＝3.答案：32．(2024·南通海门联考)设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′(1)，那么f′(2)＝________.解析：因为f(x)＝x2＋2xf′(1)，所以f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，解得f′(1)＝－2，那么f′(x)＝2x－4，所以f′(2)＝2×2－4＝0.答案：03．(2024·徐州检测)如图，直线l是曲线y＝f(x)在点(4，f(4))处的切线，那么f(4)＋f′(4)的值等于________．解析：根据题意，由函数的图象可得f(4)＝5，直线l过点(0,3)和(4,5)，那么直线l的斜率k＝eq\f(1,2)，又由直线l是曲线y＝f(x)在点(4，f(4))处的切线，那么f′(4)＝eq\f(1,2)，那么有f(4)＋f′(4)＝eq\f(11,2).答案：eq\f(11,2)4．(2024·南通、泰州一调)两曲线f(x)＝2sinx与g(x)＝acosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))相交于点P.假设两曲线在点P处的切线互相垂直，那么实数a的值为________．解析：由f(x)＝g(x)，得2sinx＝acosx，即tanx＝eq\f(a,2)，a＞0，设交点P(m，n)，f(x)＝2sinx的导数为f′(x)＝2cosx，g(x)＝acosx的导数为g′(x)＝－asinx，由两曲线在点P处的切线互相垂直，可得2cosm·(－asinm)＝－1，且tanm＝eq\f(a,2)，那么eq\f(2asinmcosm,sin2m＋cos2m)＝1，分子分母同除以cos2m，即有eq\f(2atanm,1＋tan2m)＝1，即为a2＝1＋eq\f(a2,4)，解得a＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)[方法归纳]与切线有关问题的处理策略(1)切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值，k＝f′(x0)．(2)斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)求过某点M(x1，y1)的切线方程时，需设出切点A(x0，f(x0))，那么切线方程为y－f(x0)＝f′(x