《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù)”講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù)”講義（含解析）（17頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù)”講義（含解析） 失誤1 因忽視二次項(xiàng)系數(shù)的討論而失誤 [答案]　[0,4) [點(diǎn)評(píng)]　本題極易遺漏a＝0的情況．在處理二次不等式問(wèn)題時(shí)，要注意二次項(xiàng)系數(shù)為0的情況. 失誤2 因忽視指數(shù)函數(shù)的有界性而失誤 　　[例2]　函數(shù)y＝x2－2x的值域?yàn)開(kāi)_______． [解析]　y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，且函數(shù)y＝x單調(diào)遞減，所以值域?yàn)?0,2]． [答案]　(0,2] [點(diǎn)評(píng)]　沒(méi)有注意到指數(shù)函數(shù)本身的范圍，錯(cuò)將答案寫(xiě)成(－∞，2]．復(fù)合函數(shù)求解時(shí)要注意外層函數(shù)本身

2、的有界性. 失誤3 因極值概念理解不準(zhǔn)確而失誤 　　[例3]　已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，則a＋b＝________. [解析]　由題意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，又函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值為10，所以解得或 經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)a＝4，b＝－11時(shí)，滿足題意；當(dāng)a＝－3，b＝3時(shí)，不滿足題意，舍去． 所以a＋b＝－7. [答案]?。? [點(diǎn)評(píng)]　函數(shù)極值點(diǎn)概念不清致誤，忽視了條件的等價(jià)性，“f′(1)＝0”是“x＝1為f(x)的極值點(diǎn)”的必要不充分條件．對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)：x0是極值點(diǎn)的充要條件是在x0點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)

3、數(shù)異號(hào)，即f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0的左右的符號(hào)：“左正右負(fù)”?f(x)在x0處取極大值；“左負(fù)右正”?f(x)在x0處取極小值．對(duì)于給出函數(shù)極大(小)值的條件，一定要既考慮f′(x)＝0，又考慮檢驗(yàn)“左正右負(fù)”或“左負(fù)右正”，防止產(chǎn)生增根. 失誤4 因方法的本質(zhì)理解不到位而解題受阻 　　[例4]　已知x＋y＝1，x>0，y>0，則＋的最小值為_(kāi)_______． [解析]　法一：因?yàn)閤＋y＝1，所以y＝1－x， 消元，得原式＝＋，令f(x)＝＋， 則f′(x)＝－＋＝. 由f′(x)>0，得

4、遞減， 所以f(x)min＝f＝. 法二：原式＝＋＝－1＋＋， 則[x＋(y＋1)]×＝≥×＝， 所以＋的最小值為. 法三：原式＝＋＝×＋＋≥2＋＝. [答案]　 [點(diǎn)評(píng)]　本題學(xué)生可能會(huì)采用“1”的代換，變形為＋＋，換得不夠徹底，無(wú)法繼續(xù)，說(shuō)明學(xué)生沒(méi)有掌握這類題的本質(zhì)，只知道簡(jiǎn)單模仿．理解代換的本質(zhì)，多角度考慮問(wèn)題． 　 策略1 常數(shù)代換法：求解最值問(wèn)題 　　[例1]　已知正數(shù)x，y滿足4y－＝1，則x＋2y的最小值為_(kāi)_______． [解析]　由4y－＝1，得x＋2y＝4xy， 即＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y) ＝1＋＋≥1＋2 ＝2. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x

5、＝1，y＝時(shí)等號(hào)成立． 所以x＋2y的最小值為2. [答案]　2 [點(diǎn)評(píng)]　(1)本題先將已知條件改寫(xiě)為“＋＝1”，然后利用乘法運(yùn)算規(guī)律，任何式子與1的乘積等于本身，將“1”進(jìn)行代換，再將其展開(kāi)，通過(guò)構(gòu)造基本不等式的形式求最值． (2)常數(shù)代換法求解最值的關(guān)鍵在于常數(shù)的變形應(yīng)用，利用這種方法求解最值應(yīng)注意以下三個(gè)方面： ①條件的靈活變形，確定或分離出常數(shù)是基礎(chǔ)； ②已知等式化成“1”的表達(dá)式，是代數(shù)式等價(jià)變形的基礎(chǔ)； ③利用基本不等式求解最值時(shí)要注意“一正、二定、三相等”的檢驗(yàn)，否則容易出現(xiàn)錯(cuò)解. 策略2 構(gòu)造法：解決與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題 　　[例2]　已知定義在R上的可

6、導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)為偶函數(shù)，f(4)＝1，則不等式f(x)＜ex的解集為_(kāi)_______． [解析]　因?yàn)閒(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(x＋2)的圖象關(guān)于x＝0對(duì)稱，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝2對(duì)稱． 所以f(0)＝f(4)＝1. 設(shè)g(x)＝(x∈R)， 則g′(x)＝＝. 又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)， 所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減． 因?yàn)閒(x)＜ex?＜1，而g(0)＝＝1， 所以f(x)＜ex?g(x)＜g(0)，所以x＞0. [答案]　(0，＋∞) [點(diǎn)評(píng)]　(1)本例構(gòu)造函

7、數(shù)g(x)＝，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求解． (2)解決與導(dǎo)數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題，多結(jié)合已知和所解不等式特征構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)．求導(dǎo)的法則是構(gòu)造函數(shù)的依據(jù)，需要熟記一些常用的結(jié)構(gòu)，如： ①xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′， xf′(x)－f(x)→′； ②f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′， f′(x)－f(x)→′等． 　 1．?dāng)?shù)形結(jié)合思想——解決方程的根或函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題 [例1]　已知直線(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0所過(guò)定點(diǎn)恰好落在函數(shù)f(x)＝的圖象上，若函數(shù)h(x)＝f(x)－mx＋2有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． [

8、解析]　由(1－m)x＋(3m＋1)y－4＝0，得x＋y－4－m(x－3y)＝0，∴由可得直線過(guò)定點(diǎn)(3,1)，∴l(xiāng)oga3＝1，∴a＝3.令f(x)－mx＋2＝0，得f(x)＝mx－2， 在同一坐標(biāo)系上作出y1＝f(x)與y2＝mx－2的圖象，如圖，易得＜m＜1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是. [答案]　 [點(diǎn)評(píng)]　(1)本題可利用數(shù)形結(jié)合思想，把函數(shù)h(x)＝f(x)－mx＋2有三個(gè)不同的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝f(x)與y＝mx－2的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)． (2)利用數(shù)形結(jié)合探究方程解的問(wèn)題應(yīng)注意兩點(diǎn)： ①討論方程的解(或函數(shù)的零點(diǎn))一般可構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，使問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論兩曲線的交點(diǎn)問(wèn)題，

9、但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準(zhǔn)確性、全面性，否則會(huì)得到錯(cuò)解． ②正確作出兩個(gè)函數(shù)的圖象是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵，數(shù)形結(jié)合應(yīng)以快和準(zhǔn)為原則，不要刻意去用數(shù)形結(jié)合． 2．?dāng)?shù)形結(jié)合思想——求解不等式或參數(shù)范圍問(wèn)題 [例2]　設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是________． [解析]　設(shè)F(x)＝f(x)g(x)，由f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇函

10、數(shù)． 又當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0， 所以當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)(x)為增函數(shù)． 因?yàn)槠婧瘮?shù)在對(duì)稱區(qū)間上的單調(diào)性相同，所以x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)．因?yàn)镕(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．所以，由圖可知F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． [答案]　(－∞，－3)∪(0,3) [點(diǎn)評(píng)]　(1)本題可利用數(shù)形結(jié)合思想，由條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合g(－3)＝0以及函數(shù)的奇偶性，利用圖象求x的取值范圍． (2)求參數(shù)范圍或解不等式問(wèn)題經(jīng)常結(jié)合函數(shù)的圖象，根據(jù)不等式中量的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)膬蓚€(gè)(或多個(gè))函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖

11、象的上、下位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來(lái)解決問(wèn)題，往往可以避免繁瑣的運(yùn)算，獲得簡(jiǎn)捷的解答． 3．分類討論思想——解決含有參數(shù)的問(wèn)題 [例3]　已知函數(shù)f(x)＝x2－ax，g(x)＝mx＋nln x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為1，曲線y＝g(x)在x＝2處取得極小值 2－2ln 2. (1)求函數(shù)f(x)，g(x)的解析式； (2)若不等式f(x)＋g(x)≥x2－k(x－1)對(duì)任意的x∈(0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． [解]　(1)因?yàn)閒′(x)＝2x－a，f′(1)＝2－a＝1， 所以a＝1，f(x)＝x2－x. 因?yàn)間′(x)＝m＋， 所以

12、故所以g(x)＝x－2ln x. (2)f(x)＋g(x)＝x2－2ln x， 令h(x)＝f(x)＋g(x)－x2＋k(x－1)＝k(x－1)－2ln x，x∈(0,1]， 所以h′(x)＝k－＝. ①當(dāng)k≤0時(shí)，h′(x)＜0，h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(1)＝0. ②當(dāng)0＜k≤2時(shí)，h′(x)＝≤0，h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(1)＝0. ③當(dāng)k＞2時(shí)，h′(x)＜0在上恒成立，h′(x)＞0在上恒成立，所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又h(x)min＝h

13、綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍為(－∞，2]． [點(diǎn)評(píng)]　(1)本題第(2)問(wèn)在研究函數(shù)的最值時(shí)，對(duì)參數(shù)k進(jìn)行了分類討論． (2)若遇到題目中含有參數(shù)的問(wèn)題，常常結(jié)合參數(shù)的意義及對(duì)結(jié)果的影響進(jìn)行分類討論，此種題目為含參型，應(yīng)全面分析參數(shù)變化引起結(jié)論的變化情況，參數(shù)有幾何意義時(shí)還要考慮適當(dāng)?shù)剡\(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，分類要做到分類標(biāo)準(zhǔn)明確，不重不漏． 4．轉(zhuǎn)化與化歸思想——解決恒成立問(wèn)題 [例4]　對(duì)于滿足0≤p≤4的所有實(shí)數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________． [解析]　設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當(dāng)x＝1時(shí)，f(p)＝0.所以x≠1.

14、 f(p)在0≤p≤4上恒為正，等價(jià)于 即解得x>3或x<－1. [答案]　(－∞，－1)∪(3，＋∞) [點(diǎn)評(píng)]　(1)本題若按常規(guī)法視x為主元來(lái)解，需要分類討論，這樣會(huì)很繁瑣，若以p為主元，即將原問(wèn)題化歸為在區(qū)間[0,4]上，使一次函數(shù)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3＞0成立的參數(shù)x的取值范圍，再借助一次函數(shù)的單調(diào)性就很容易使問(wèn)題得以解決． (2)在處理多變?cè)臄?shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看做是“主元”，實(shí)現(xiàn)主與次的轉(zhuǎn)化，即常量與變量的轉(zhuǎn)化，從而達(dá)到減元的目的． 　 含參函數(shù)問(wèn)題的處理方法 [典例]　設(shè)函數(shù)f(x)＝－k(k為常數(shù)，e＝2.718

15、28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)k≤0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍． [解]　(1)由函數(shù)f(x)＝－k(x>0)，可得f′(x)＝. 當(dāng)k≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以ex－kx>0.于是當(dāng)02時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)在(0,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)． (2)法一：由(1)知k≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，故f(x)在(0,2)上沒(méi)有極值點(diǎn)． 當(dāng)k>0時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝ex－k＝ex－eln k

16、. 當(dāng)00，則g(x)單調(diào)遞增，故f(x)在(0,2)上不存在兩個(gè)極值點(diǎn)； 當(dāng)k>1時(shí)，若x∈(0，ln k)，則g′(x)＝ex－k<0，則g(x)單調(diào)遞減；若x∈(ln k，＋∞)，則g′(x)＝ex－k>0，則g(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)g(x)的最小值為g(ln k)＝k(1－ln k)，f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)解得e0時(shí)，k>0，取對(duì)數(shù)得x＝ln k＋ln x. 令h(x)＝x

17、－ln x－ln k，x∈(0，＋∞)， 則h′(x)＝1－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增． 又因?yàn)楫?dāng)x→0時(shí)，h(x)→＋∞. 所以函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)， 當(dāng)且僅當(dāng)即 解得e0得x>1；由g′(x)<0得x<1. 所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增． 所以g(x)

18、極小值＝g(1)＝e，又g(2)＝，故k的取值范圍為. 法四：由(1)知，當(dāng)k≤0時(shí)，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，不存在極值點(diǎn)，所以k>0. 又f′(x)＝，所以函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)相當(dāng)于h(x)＝ex－kx在(0,2)上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)(即零點(diǎn)左右函數(shù)值正負(fù)不同)． 問(wèn)題轉(zhuǎn)化成函數(shù)y＝k與g(x)＝在(0,2)上有兩個(gè)不同交點(diǎn)． 因?yàn)間′(x)＝，x∈(0,2)， 易求得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增，且g(1)＝e，g(2)＝. 于是，結(jié)合函數(shù)圖象，可得函數(shù)y＝k與g(x)＝在(0,2)上有兩個(gè)不同交點(diǎn)的條件是k∈，即函數(shù)f(x)在

19、(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍為. 法五：要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)， 只需方程f′(x)＝0在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)根， 即＝0?ex＝kx在區(qū)間(0,2)內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根． 當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，由ex＝kx得k＝. 設(shè)g(x)＝，x∈(0,2)，則g′(x)＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，g′(x)>0. 于是函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1,2)上為增函數(shù)， 而當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→＋∞；g(1)＝e， g(2)＝. 結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象(如圖①)可知：當(dāng)k∈時(shí)，ex＝k

20、x在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)根，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)． 法六：函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則f′(x)＝0在(0,2)上有解． f′(x)＝＝0，即ex＝kx. 當(dāng)k≤0時(shí)，顯然ex＝kx不成立． 當(dāng)k>0時(shí)，研究＝在(0,2)上有解． 設(shè)g(x)＝，g′(x)＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，g′(x)<0. 故函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)，在區(qū)間(1,2)上是減函數(shù)， g(x)max＝g(1)＝，g(2)＝，g(0)＝0. 如圖②所示，函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則<<.

21、 所以k的取值范圍是. [點(diǎn)評(píng)]　對(duì)于含參函數(shù)的處理，常用的方法有直接處理、參變分離、數(shù)形結(jié)合等方法，如何合理地轉(zhuǎn)化(簡(jiǎn)化)問(wèn)題也是思考的重要方面，問(wèn)題的不同表征方式會(huì)帶來(lái)不同的思考途徑和解題效果． [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——易錯(cuò)清零練 1．函數(shù)f(x)＝的定義域?yàn)開(kāi)_______________． 解析：由題意得 解得x＞且x≠1， 故函數(shù)的定義域是. 答案： 2．y＝的值域是________． 解析：令t＝x－1，得x＝t＋1， 則y＝＝t＋＋1， 當(dāng)t>0時(shí)，y＝t＋＋1≥2＋1＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即x＝2時(shí)取等號(hào)． 同理：當(dāng)t<0時(shí)，y＝t＋＋1＝

22、－＋1≤－2＋1＝－1， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝－1，即x＝0時(shí)取等號(hào)． 所以該函數(shù)的值域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞) 3．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：由題意，知函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，解得x＝. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 故有解得1≤k<. 答案： 4．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿足x>0時(shí)，f(x)＋xf′(x)>0，f(2)＝0，則不等式f(x)>0的解集為_(kāi)___

23、____． 解析：令F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)． ∵x>0時(shí)，f(x)＋xf′(x)>0， ∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴F(x)＝xf(x)是定義在R上的偶函數(shù)． ∵f(2)＝0，∴F(－2)＝F(2)＝2f(2)＝0. ∴f(x)>0等價(jià)于或 解得x>2或－2

24、述，不等式的解集為. 答案： 2．已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，則m，n的大小關(guān)系為_(kāi)_______． 解析：由不等式可得－＜ln m－ln n， 即＋ln n＜＋ln m. 設(shè)f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，則f′(x)＝－＋＝. 因?yàn)閤∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增． 因?yàn)閒(n)＜f(m)，所以n＜m. 答案：n＜m 3．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是________． 解析：令f(x)＝t，則函數(shù)F(x)可化為y＝f(t)－2t－，則函數(shù)F(x)的零點(diǎn)問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為方程f

25、(t)－2t－＝0的根的問(wèn)題．令y＝f(t)－2t－＝0，即f(t)＝2t＋，如圖①，由數(shù)形結(jié)合得t1＝0,1

26、令g′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)間′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)． 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1. 故a的取值范圍是(－∞，1]． 法二：構(gòu)造函數(shù)法 當(dāng)x＝1時(shí)，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1. 構(gòu)造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1， 原命題等價(jià)于F(x)≥0在x≥1上恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)． 由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范圍

27、是(－∞，1]． 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝－aln x. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，試求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝－ln x，則f′(x)＝x－， 所以f′(1)＝0，又f(1)＝， 所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－＝0×(x－1)，即y＝. (2)由f(x)＝－aln x，得f′(x)＝x－＝(x>0)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)既無(wú)極大值，也無(wú)

28、極小值； ②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)． 于是，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． 函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無(wú)極大值． 綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，函數(shù)f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值； 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，函數(shù)f(x)有極小值，無(wú)極大值． (3)當(dāng)a≤0時(shí)，由(2)知函數(shù)

29、f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意． 當(dāng)a>0時(shí)，由(2)知，當(dāng)x∈(0，)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則需滿足即整理得 所以e0，y>0， 知＋＝1，且a>0，b>0， 則x＋2y＝(x＋2y)＝2a＋8

30、b＋4≥2a＋8b＋4·2， 當(dāng)且僅當(dāng)y＝x時(shí)取等號(hào)， 即x＋2y的最小值為2a＋8b＋32， 由條件得2a＋8b＋32＝64，即a＋4b＝16. 又ab＝16， 所以a＝8，b＝2，故ab＝82＝64. 答案：64 2．定義運(yùn)算ab＝則關(guān)于非零實(shí)數(shù)x的不等式4≥8的解集為_(kāi)_______________________________________________________________________． 解析：當(dāng)x≤－1時(shí)，因?yàn)閤＋<0，x≤， 故原不等式可化為x＋≥8x，在(－∞，－1]上恒成立； 當(dāng)－1， 故原不等式可化

31、為x＋≥，在(－1,0)上恒成立； 當(dāng)04，x<， 故原不等式可化為4≥8x，解得01時(shí)，因?yàn)閤＋≥4，x>， 故原不等式可化為4≥，解得x≥2. 綜上所述，原不等式的解集為(－∞，0)∪∪[2，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪∪[2，＋∞) 3．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)．對(duì)于函數(shù)y＝g(x)(x∈I)，定義g(x)關(guān)于f(x)的“對(duì)稱函數(shù)”為函數(shù)y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)滿足：對(duì)任意x∈I，兩個(gè)點(diǎn)(x，h(x))，(x，g(x))關(guān)于點(diǎn)(x，f(x))對(duì)稱．若h(x)是g(x)＝關(guān)于f(x)＝3x＋b的“對(duì)稱函數(shù)”，且h(x)

32、>g(x)恒成立，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________． 解析：由于g(x)＝的圖象是圓x2＋y2＝4在x軸上方的半圓(包括與x軸的交點(diǎn))，設(shè)這個(gè)半圓的一條切線方程為y＝3x＋b1，則有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，則需b>b1＝2. 故實(shí)數(shù)b的取值范圍為(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 4．定義區(qū)間(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的長(zhǎng)度均為d＝b－a.用[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，記{x}＝x－[x]，其中x∈R.設(shè)f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用d表示不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長(zhǎng)度，則當(dāng)0≤x≤3時(shí)，d＝_______

33、_. 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. 當(dāng)x∈[0,1)時(shí)，[x]＝0， 不等式的解為x＞1，不合題意； 當(dāng)x∈[1,2)時(shí)，[x]＝1，不等式為0＜0，無(wú)解，不合題意； 當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，[x]＞1， 所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等價(jià)于x＜[x]＋1，此時(shí)恒成立， 所以不等式的解為2≤x≤3， 所以當(dāng)0≤x≤3時(shí)，不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長(zhǎng)度為d＝1. 答案：1 5．已知f(x)是定義在集合M上的函數(shù)．若區(qū)間D?

34、M，且對(duì)任意x0∈D，均有f(x0)∈D，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上封閉． (1)判斷f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上是否封閉，并說(shuō)明理由； (2)若函數(shù)g(x)＝在區(qū)間[3,10]上封閉，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)h(x)＝x3－3x在區(qū)間[a，b](a，b∈Z，且a≠b)上封閉，求a，b的值． 解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，f(x)的值域?yàn)閇－3,0]． 而[－3,0]?[－2,1]，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,1]上不是封閉的． (2)因?yàn)間(x)＝＝3＋. ①當(dāng)a＝3時(shí)，函數(shù)g(x)＝3，顯然{3}

35、?[3,10]，故a＝3滿足題意； ②當(dāng)a＞3時(shí)，在區(qū)間[3,10]上，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)的值域?yàn)? 由?[3,10]得 解得3≤a≤31，故3＜a≤31； ③當(dāng)a＜3時(shí)，在區(qū)間[3,10]上，有g(shù)(x)＝3＋＜3，不合題意． 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[3,31]． (3)因?yàn)閔(x)＝x3－3x， 所以h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)． 因?yàn)楫?dāng)x＜－1或x＞1時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x＝－1或x＝1時(shí)，h′(x)＝0；當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，h′(x)＜0， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，

36、＋∞)上單調(diào)遞增． 從而h(x)在x＝－1處取得極大值2，在x＝1處取得極小值－2. 由題意知 即解得 因?yàn)閍＜b，所以－2≤a≤0,0≤b≤2. 又a，b∈Z，故a只可能?。?，－1,0，b只可能取0,1,2. ①當(dāng)a＝－2時(shí)，因?yàn)閎＞0，故由h(－1)＝2得b≥2，因此b＝2.經(jīng)檢驗(yàn)，a＝－2，b＝2符合題意； ②當(dāng)a＝－1時(shí)，由h(－1)＝2，得b＝2，此時(shí)h(1)＝－2∈/[－1,2]，不符合題意； ③當(dāng)a＝0時(shí)，顯然不符合題意． 綜上所述，a＝－2，b＝2. 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－aln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f

37、(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求滿足條件的最小正整數(shù)a的值； (3)若方程f(x)＝c有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：f′＞0. 解：(1)f′(x)＝2x－(a－2)－＝ ＝(x＞0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)， 當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增；由f′(x)＜0得0＜x＜，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減． 綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為. (2)由(1)得若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則a＞0，且f

38、(x)的最小值f＜0，即－a2＋4a－4aln＜0. 因?yàn)閍＞0，所以a＋4ln －4＞0. 令h(a)＝a＋4ln －4，顯然h(a)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h(2)＝－2＜0，h(3)＝4ln －1＝ln －1＞0， 所以存在a0∈(2,3)，h(a0)＝0. 當(dāng)a＞a0時(shí)，h(a)＞0；當(dāng)0＜a＜a0時(shí)，h(a)＜0. 所以滿足條件的最小正整數(shù)a＝3. 又當(dāng)a＝3時(shí)，f(3)＝3(2－ln 3)＞0，f(2)＝2－3ln 2<0，f(1)＝0，所以當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3. (3)證明：因?yàn)閤1，x2是方程f(x)＝c

39、的兩個(gè)不相等的實(shí)根，由(1)知a＞0.不妨設(shè)0＜x1＜x2， 則x－(a－2)x1－aln x1＝c， x－(a－2)x2－aln x2＝c. 兩式相減得x＋2x1－x－2x2＝ax1＋aln x1－ax2－aln x2＝a(x1＋ln x1－x2－ln x2)． 所以a＝. 又因?yàn)閒′＝0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0， 故只要證＞即可， 即證明x1＋x2＞， 即證明x－x＋(x1＋x2)(ln x1－ln x2)＜x＋2x1－x－2x2，即證明ln＜. 設(shè)t＝(0＜t＜1)． 令g(t)＝ln t－， 則g′(t)＝－＝. 因?yàn)閠＞0，所以g′(t)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)，g′(t)＝0，所以g(t)在(0,1)上是增函數(shù)． 又因?yàn)間(1)＝0，所以當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，g(t)＜0總成立． 即不等式ln <總成立， 所以原不等式得證．