創(chuàng)新設(shè)計（全國通用）2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書專題一至專題三文

第1講函數(shù)圖象與性質(zhì)及函數(shù)與方程高考定位1.以分段函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體，考查函數(shù)的定義域、最值與值域、奇偶性、單調(diào)性；2.利用圖象研究函數(shù)性質(zhì)、方程及不等式的解，綜合性強；3.以根本初等函數(shù)為依托，考查函數(shù)與方程的關(guān)系、函數(shù)零點存在性定理.數(shù)形結(jié)合思想是高考考查函數(shù)零點或方程的根的根本方式.真題感悟1.(2023·北京卷)以下函數(shù)中，在區(qū)間(－1，1)上為減函數(shù)的是()A.y＝eq\f(1,1－x)B.y＝cosxC.y＝ln(x＋1)D.y＝2－x解析y＝eq\f(1,1－x)與y＝ln(x＋1)在區(qū)間(－1，1)上為增函數(shù)；y＝cosx在區(qū)間(－1，1)上不是單調(diào)函數(shù)；y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減.答案D2.(2023·全國Ⅰ卷)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2，2]上的圖象大致為()解析令f(x)＝2x2－e|x|(－2≤x≤2)，那么f(x)是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B；當(dāng)x>0時，令g(x)＝2x2－ex，那么g′(x)＝4x－ex，而當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，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)))上單調(diào)遞減，排除C，應(yīng)選D.答案D3.(2023·全國Ⅱ卷)以下函數(shù)中，其定義域和值域分別與函數(shù)y＝10lgx的定義域和值域相同的是()A.y＝xB.y＝lgxC.y＝2xD.y＝eq\f(1,\r(x))解析函數(shù)y＝10lgx的定義域為{x|x>0}，值域為{y|y>0}，所以與其定義域和值域分別相同的函數(shù)為y＝eq\f(1,\r(x))，應(yīng)選D.答案D4.(2023·四川卷)假設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時，f(x)＝4x，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝________.解析∵f(x)周期為2，且為奇函數(shù)，(0，1)內(nèi)f(x)＝4x，那么可大致畫出(－1，1)內(nèi)圖象如圖，∴f(0)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＋f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(0)＝－2＋0＝－2.答案－2考點整合1.函數(shù)的性質(zhì)(1)單調(diào)性①用來比擬大小，求函數(shù)最值，解不等式和證明方程根的唯一性.②常見判定方法：(ⅰ)定義法：取值、作差、變形、定號，其中變形是關(guān)鍵，常用的方法有：通分、配方、因式分解；(ⅱ)圖象法；(ⅲ)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性遵循“同增異減〞的原那么；(ⅳ)導(dǎo)數(shù)法.(2)奇偶性：①假設(shè)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(－x)；②假設(shè)f(x)是奇函數(shù)，0在其定義域內(nèi)，那么f(0)＝0；③奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間內(nèi)有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間內(nèi)有相反的單調(diào)性.(3)周期性：常見結(jié)論有：①假設(shè)y＝f(x)對x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，那么y＝f(x)是周期為2a的周期函數(shù)；②假設(shè)y＝f(x)是偶函數(shù)，其圖象又關(guān)于直線x＝a對稱，那么f(x)是周期為2|a|的周期函數(shù)；③假設(shè)y＝f(x)是奇函數(shù)，其圖象又關(guān)于直線x＝a對稱，那么f(x)是周期為4|a|的周期函數(shù)；④假設(shè)f(x＋a)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或f〔x＋a〕＝\f(1,f〔x〕)))，那么y＝f(x)是周期為2|a|的周期函數(shù).2.函數(shù)的圖象(1)對于函數(shù)的圖象要會作圖、識圖和用圖，作函數(shù)圖象有兩種根本方法：一是描點法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換和對稱變換.(2)在研究函數(shù)性質(zhì)特別是單調(diào)性、最值、零點時，要注意結(jié)合其圖象研究.3.指數(shù)函數(shù)y＝ax(a＞0，a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a＞0，a≠1)的圖象和性質(zhì)，分0＜a＜1，a＞1兩種情況，著重關(guān)注函數(shù)圖象中兩種情況的公共性質(zhì).4.函數(shù)的零點問題(1)函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零點就是方程f(x)＝g(x)的根，即函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝g(x)的圖象交點的橫坐標(biāo).(2)確定函數(shù)零點的常用方法：①直接解方程法；②利用零點存在性定理；③數(shù)形結(jié)合，利用兩個函數(shù)圖象的交點求解.熱點一函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用[微題型1]單一考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、對稱性【例1－1】(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，那么f(x)是()A.奇函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)B.奇函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)C.偶函數(shù)，且在(0，1)上是增函數(shù)D.偶函數(shù)，且在(0，1)上是減函數(shù)(2)(2023·全國Ⅰ卷)假設(shè)函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)，那么a＝________.(3)(2023·北京卷)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x－1)(x≥2)的最大值為________.解析(1)易知函數(shù)定義域為(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,x－1)))，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷方法知，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，應(yīng)選A.(2)f(x)為偶函數(shù)，那么ln(x＋eq\r(a＋x2))為奇函數(shù)，所以ln(x＋eq\r(a＋x2))＋ln(－x＋eq\r(a＋x2))＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.(3)f(x)＝eq\f(x,x－1)＝1＋eq\f(1,x－1)，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，那么f(x)最大值為f(2)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案(1)A(2)1(3)2探究提高牢記函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的定義以及求函數(shù)定義域的根本條件，這是解決函數(shù)性質(zhì)問題的關(guān)鍵點.[微題型2]綜合考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、周期性【例1－2】(1)(2023·天津二模)定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，那么a，b，c的大小關(guān)系為()A.a＜b＜cB.c＜a＜bC.a＜c＜bD.c＜b＜a(2)(2023·廣州4月模擬)假設(shè)函數(shù)f(x)＝2|x－a|(a∈R)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，那么實數(shù)m的最小值等于________.解析(1)由函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1為偶函數(shù)，得m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，當(dāng)x＞0時，f(x)為增函數(shù)，log0.53＝－log23，∴l(xiāng)og25＞|－log23|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)，應(yīng)選B.(2)∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的對稱軸為x＝1，∴a＝1，f(x)＝2|x－1|，∴f(x)的增區(qū)間為[1，＋∞)，∵[m，＋∞)?[1，＋∞)，∴m≥1.∴m的最小值為1.答案(1)B(2)1探究提高函數(shù)的性質(zhì)主要是函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性和周期性以及函數(shù)圖象的對稱性，在解題中根據(jù)問題的條件通過變換函數(shù)的解析式或者的函數(shù)關(guān)系，推證函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決問題.【訓(xùn)練1】(1)(2023·山東卷)函數(shù)f(x)的定義域為R.當(dāng)x＜0時，f(x)＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)，當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))).那么f(6)＝()A.－2B.－1C.0D.2(2)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增.假設(shè)實數(shù)a滿足f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，那么實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，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)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1).當(dāng)x＜0時，f(x)＝x3－1且－1≤x≤1，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝－[(－1)3－1]＝2，應(yīng)選D.(2)由題意知a＞0，又logeq\s\do9(\f(1,2))a＝－log2a.∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(logeq\s\do9(\f(1,2))a).∵f(log2a)＋f(logeq\s\do9(\f(1,2))a)≤2f(1)，∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1).又∵f(x)在[0，＋∞)上遞增.∴|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).答案(1)D(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))熱點二函數(shù)圖象與性質(zhì)的融合問題[微題型1]函數(shù)圖象的識別【例2－1】(1)函數(shù)y＝eq\f(xln|x|,|x|)的圖象可能是()(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx的大致圖象為()解析(1)法一函數(shù)y＝eq\f(xln|x|,|x|)的圖象過點(e，1)，排除C，D；函數(shù)y＝eq\f(xln|x|,|x|)的圖象過點(－e，－1)，排除A，選B.法二由，設(shè)f(x)＝eq\f(xln|x|,|x|)，定義域為{x|x≠0}.那么f(－x)＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除A，C；當(dāng)x＞0時，f(x)＝lnx在(0，＋∞)上為增函數(shù)，排除D，應(yīng)選B.(2)由y1＝eq\f(1,x)－x為奇函數(shù)，y2＝sinx為奇函數(shù)，可得函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))sinx為偶函數(shù)，因此排除C、D.又當(dāng)x＝eq\f(π,2)時，y1＜0，y2＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，因此選B.答案(1)B(2)B探究提高根據(jù)函數(shù)的解析式判斷函數(shù)的圖象，要從定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性等方面入手，結(jié)合給出的函數(shù)圖象進行全面分析，有時也可結(jié)合特殊的函數(shù)值進行輔助推斷，這是解決函數(shù)圖象判斷類試題的根本方法.[微題型2]函數(shù)圖象的應(yīng)用【例2－2】(1)(2023·全國Ⅱ卷)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)＝f(2－x)，假設(shè)函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，那么eq\i\su(i＝1,m,x)i＝()A.0B.mC.2mD.4m(2)函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位后關(guān)于y軸對稱，當(dāng)x2＞x1＞1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，那么a，b，c的大小關(guān)系為()A.c＞a＞bB.c＞b＞aC.a＞c＞bD.b＞a＞c解析(1)由題f(x)＝f(2－x)關(guān)于x＝1對稱，函數(shù)y＝|x2－2x－3|的圖象也關(guān)于x＝1對稱，兩函數(shù)的交點成對出現(xiàn)，因此根據(jù)圖象的特征可得eq\i\su(i＝1,m,x)i＝m，應(yīng)選B.(2)由于函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位后得到的圖象關(guān)于y軸對稱，故函數(shù)y＝f(x)的圖象本身關(guān)于直線x＝1對稱，所以a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，當(dāng)x2＞x1＞1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，等價于函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以b＞a＞c.選D.答案(1)B(2)D探究提高(1)運用函數(shù)圖象解決問題時，先要正確理解和把握函數(shù)圖象本身的含義及其表示的內(nèi)容，熟悉圖象所能夠表達的函數(shù)的性質(zhì).(2)在運用函數(shù)圖象時要防止只看表象不聯(lián)系其本質(zhì)，透過函數(shù)的圖象要看到它所反映的函數(shù)的性質(zhì)，并以此為依據(jù)進行分析、推斷，才是正確的做法.【訓(xùn)練2】(1)函數(shù)y＝eq\f(x3,3x－1)的圖象大致是()(2)(2023·全國Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝2x＋a的圖象關(guān)于直線y＝－x對稱，且f(－2)＋f(－4)＝1，那么a等于()A.－1B.1C.2D.4解析(1)由3x－1≠0得x≠0，∴函數(shù)y＝eq\f(x3,3x－1)的定義域為{x|x≠0}，可排除A；當(dāng)x＝－1時，y＝eq\f(〔－1〕3,\f(1,3)－1)＝eq\f(3,2)＞0，可排除B；當(dāng)x＝2時，y＝1，當(dāng)x＝4時，y＝eq\f(4,5)，但從D中函數(shù)圖象可以看出函數(shù)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，兩者矛盾，可排除D.應(yīng)選C.(2)設(shè)f(x)上任意一點為(x，y)關(guān)于y＝－x的對稱點為(－y，－x)，將(－y，－x)代入y＝2x＋a，所以y＝a－log2(－x)，由f(－2)＋f(－4)＝1，得a－1＋a－2＝1，2a＝4，a＝2.答案(1)C(2)C熱點三函數(shù)的零點與方程根的問題[微題型1]函數(shù)零點的判斷【例3－1】(1)函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3(2)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx－x2＋2x，x>0，,4x＋1，x≤0))的零點個數(shù)是________.解析(1)法一函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點個數(shù)即函數(shù)y1＝2x－2與y2＝－x3的圖象在區(qū)間(0，1)內(nèi)的交點個數(shù).作圖(圖略)，可知在(0，＋∞)內(nèi)最多有一個交點，故排除C，D項；當(dāng)x＝0時，y1＝－1＜y2＝0，當(dāng)x＝1時，y1＝0＞y2＝－1，因此在區(qū)間(0，1)內(nèi)一定會有一個交點，所以A項錯誤.選B.法二因為f(0)＝1＋0－2＝－1，f(1)＝2＋13－2＝1，所以f(0)·f(1)＜0.又函數(shù)f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，1)內(nèi)的零點個數(shù)是1.(2)當(dāng)x>0時，作函數(shù)y＝lnx和y＝x2－2x的圖象，由圖知，當(dāng)x>0時，f(x)有兩個零點；當(dāng)x≤0時，由f(x)＝0得x＝－eq\f(1,4)，綜上，f(x)有三個零點.答案(1)B(2)3探究提高函數(shù)零點(即方程的根)確實定問題，常見的有①函數(shù)零點值大致存在區(qū)間確實定；②零點個數(shù)確實定；③兩函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo)或有幾個交點確實定.解決這類問題的常用方法有解方程法、利用零點存在的判定或數(shù)形結(jié)合法，尤其是求解含有絕對值、分式、指數(shù)、對數(shù)、三角函數(shù)式等較復(fù)雜的函數(shù)零點問題，常轉(zhuǎn)化為熟悉的兩個函數(shù)圖象的交點問題求解.[微題型2]由函數(shù)的零點(或方程的根)求參數(shù)【例3－2】(1)(2023·山東卷)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x＞m，))其中m＞0.假設(shè)存在實數(shù)b，使得關(guān)于x的方程f(x)＝b有三個不同的根，那么m的取值范圍是________.(2)函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.假設(shè)方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，那么實數(shù)k的取值范圍是()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(1)如圖，當(dāng)x≤m時，f(x)＝|x|.當(dāng)x＞m時，f(x)＝x2－2mx＋4m，在(m，＋∞)為增函數(shù).假設(shè)存在實數(shù)b，使方程f(x)＝b有三個不同的根，那么m2－2m·m＋4m＜|m|.又m＞0，∴m2－3m＞0，解得m＞3.(2)由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原題等價于函數(shù)y＝|x－2|與y＝kx－1的圖象有2個不同交點.如圖：∴y＝kx－1在直線y＝x－1與y＝eq\f(1,2)x－1之間，∴eq\f(1,2)＜k＜1，應(yīng)選B.答案(1)(3，＋∞)(2)B探究提高利用函數(shù)零點的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構(gòu)建不等式求解.(2)別離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域(最值)問題求解.(3)轉(zhuǎn)化為兩熟悉的函數(shù)圖象的上、下關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解.【訓(xùn)練3】(1)二次函數(shù)f(x)＝x2－bx＋a的局部圖象如下圖，那么函數(shù)g(x)＝ex＋f′(x)的零點所在的區(qū)間是()A.(－1，0)B.(0，1)C.(1，2)D.(2，3)(2)(2023·海淀二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x＜1，,4〔x－a〕〔x－2a〕，x≥1.))①假設(shè)a＝1，那么f(x)的最小值為________；②假設(shè)f(x)恰有2個零點，那么實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)由函數(shù)f(x)的圖象可知，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上單調(diào)遞增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理可知，函數(shù)g(x)的零點所在的區(qū)間是(0，1)，應(yīng)選B.(2)①當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x<1，,4〔x－1〕〔x－2〕，x≥1.))當(dāng)x<1時，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，當(dāng)x≥1時，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個零點，分兩種情況討論：當(dāng)f(x)＝2x－a，x<1沒有零點時，a≥2或a≤0.當(dāng)a≥2時，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1時，有2個零點；當(dāng)a≤0時，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1時無零點.因此a≥2滿足題意.當(dāng)f(x)＝2x－a，x<1有一個零點時，0<a<2.f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一個零點，此時a<1,2a≥1，因此eq\f(1,2)≤a<1.綜上知實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|\f(1,2)≤a<1或a≥2)).答案(1)B(2)①－1②eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)1.解決函數(shù)問題無視函數(shù)的定義域或求錯函數(shù)的定義域，如求函數(shù)f(x)＝eq\f(1,xlnx)的定義域時，只考慮x＞0，無視lnx≠0的限制.2.如果一個奇函數(shù)f(x)在原點處有意義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.3.奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上有相反的單調(diào)性.4.三招破解指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)值的大小比擬.(1)底數(shù)相同，指數(shù)不同的冪用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進行比擬；(2)底數(shù)相同，真數(shù)不同的對數(shù)值用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比擬；(3)底數(shù)不同、指數(shù)也不同，或底數(shù)不同，真數(shù)也不同的兩個數(shù)，常引入中間量或結(jié)合圖象比擬大小.5.對于給定的函數(shù)不能直接求解或畫出圖形，常會通過分解轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象，然后數(shù)形結(jié)合，看其交點的個數(shù)有幾個，其中交點的橫坐標(biāo)有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.一、選擇題1.(2023·沈陽模擬)以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞減的函數(shù)是()A.f(x)＝sinxB.f(x)＝2cosx＋1C.f(x)＝2x－1D.f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)解析由函數(shù)f(x)為奇函數(shù)排除B、C，又f(x)＝sinx在(－1，1)上單調(diào)遞增，排除A，應(yīng)選D.答案D2.(2023·全國Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋log2〔2－x〕，x＜1，,2x－1，x≥1，))那么f(－2)＋f(log212)＝()A.3B.6C.9D.12解析因為－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，應(yīng)選C.答案C3.(2023·浙江卷)函數(shù)y＝sinx2的圖象是()解析∵y＝sinx2為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，排除A、C.又當(dāng)x2＝eq\f(π,2)，即x＝±eq\r(\f(π,2))時，ymax＝1，排除B，應(yīng)選D.答案D4.設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，那么使得f(x)＞f(2x－1)成立的x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析由f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，知f(x)為R上的偶函數(shù)，于是f(x)＞f(2x－1)即為f(|x|)＞f(|2x－1|).當(dāng)x＞0時，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，所以f(x)為[0，＋∞)上的增函數(shù)，那么由f(|x|)＞f(|2x－1|)得|x|＞|2x－1|，平方得3x2－4x＋1＜0，解得eq\f(1,3)＜x＜1，應(yīng)選A.答案A5.(2023·全國Ⅱ卷)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，那么y＝f(x)的圖象大致為()解析當(dāng)點P沿著邊BC運動，即0≤x≤eq\f(π,4)時，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，那么f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，它不是關(guān)于x的一次函數(shù)，圖象不是線段，故排除A和C；當(dāng)點P與點C重合，即x＝eq\f(π,4)時，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，又當(dāng)點P與邊CD的中點重合，即x＝eq\f(π,2)時，△PAO與△PBO是全等的腰長為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.綜上，選B.答案B二、填空題6.(2023·成都二診)假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x＞2))(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，那么實數(shù)a的取值范圍是________.解析由題意f(x)的圖象如圖，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,3＋loga2≥4，))∴1＜a≤2.答案(1，2]7.設(shè)奇函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，滿足對任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f(x)＝－x2，那么f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))的值等于________.解析根據(jù)對任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，進而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函數(shù)y＝f(x)的一個周期為2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4).所以f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(1,4).答案－eq\f(1,4)8.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－[x]，x≥0，,f〔x＋1〕，x＜0，))其中[x]表示不超過x的最大整數(shù).假設(shè)直線y＝k(x＋1)(k＞0)與函數(shù)y＝f(x)的圖象恰有三個不同的交點，那么實數(shù)k的取值范圍是________.解析根據(jù)[x]表示的意義可知，當(dāng)0≤x＜1時，f(x)＝x，當(dāng)1≤x＜2時，f(x)＝x－1，當(dāng)2≤x＜3時，f(x)＝x－2，以此類推，當(dāng)k≤x＜k＋1時，f(x)＝x－k，k∈Z，當(dāng)－1≤x＜0時，f(x)＝x＋1，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖，直線y＝k(x＋1)過點(－1，0)，當(dāng)直線經(jīng)過點(3，1)時恰有三個交點，當(dāng)直線經(jīng)過點(2，1)時恰好有兩個交點，在這兩條直線之間時有三個交點，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)))三、解答題9.函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個正實數(shù)的零點，求實數(shù)m的取值范圍.解當(dāng)m＝0時，f(x)＝－2x＋1，它顯然有一個為正實數(shù)的零點.當(dāng)m≠0時，函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1的圖象是拋物線，且與y軸的交點為(0，1)，由f(x)有且僅有一個正實數(shù)的零點，那么得：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.綜上所述，m的取值范圍是(－∞，0]∪{1}.10.函數(shù)f(x)＝x2－2lnx，h(x)＝x2－x＋a.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)k(x)＝f(x)－h(huán)(x)，假設(shè)函數(shù)k(x)在[1，3]上恰有兩個不同零點，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值為1，無極大值.(2)k(x)＝f(x)－h(huán)(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)上單調(diào)遞減，在(2，3]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝2時，函數(shù)k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln2－a，因為函數(shù)k(x)＝f(x)－h(huán)(x)在區(qū)間[1，3]上恰有兩個不同零點.即有k(x)在[1，2)和(2，3]內(nèi)各有一個零點，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.所以實數(shù)a的取值范圍為(2－2ln2，3－2ln3].11.函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù).(1)假設(shè)對任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范圍；(2)當(dāng)m＞1時，判斷f(x)在[0，2m]上零點的個數(shù)，并說明理由.解(1)f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當(dāng)x∈(－∞，m)時，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.∴當(dāng)x＝m時，f(m)為極小值，也是最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即假設(shè)對任意x∈R有f(x)≥0成立，那么m的取值范圍是(－∞，1].(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有兩個零點，當(dāng)m＞1時，f(m)＝1－m＜0.∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，∴f(x)在(0，m)上有一個零點.∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，∵當(dāng)m＞1時，g′(m)＝em－2＞0，∴g(m)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.∴f(m)·f(2m)＜0，∴f(x)在(m，2m)上有一個零點.∴故f(x)在[0，2m]上有兩個零點.第2講不等式問題高考定位1.利用不等式性質(zhì)比擬大小，不等式的求解，利用根本不等式求最值及線性規(guī)劃問題是高考的熱點，主要以選擇題、填空題為主；2.但在解答題中，特別是在解析幾何中求最值、范圍問題或在解決導(dǎo)數(shù)問題時常利用不等式進行求解，難度較大.真題感悟1.(2023·全國Ⅰ卷)假設(shè)a>b>0，0<c<1，那么()A.logac<logbcB.logca<logcbC.ac<bcD.ca>cb解析取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2)，逐一驗證可得B正確.答案B2.(2023·湖南卷)假設(shè)實數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，那么ab的最小值為()A.eq\r(2)B.2C.2eq\r(2)D.4解析由eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，知a＞0，b＞0，由于eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時取等號.∴eq\r(ab)≥eq\f(2\r(2),\r(ab))，∴ab≥2eq\r(2).應(yīng)選C.答案C3.(2023·陜西卷)設(shè)f(x)＝lnx，0＜a＜b，假設(shè)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))，那么以下關(guān)系式中正確的選項是()A.q＝r＜pB.q＝r＞pC.p＝r＜qD.p＝r＞q解析∵0＜a＜b，∴eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上為增函數(shù)，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\s\up6(\f(1,2))＝f(eq\r(ab))＝p.故p＝r＜q.選C.答案C4.(2023·全國Ⅱ卷)假設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y－3≥0，,x－3≤0，))那么z＝x－2y的最小值為________.解析畫出可行域，數(shù)形結(jié)合可知目標(biāo)函數(shù)的最小值在直線x＝3與直線x－y＋1＝0的交點(3，4)處取得，代入目標(biāo)函數(shù)z＝x－2y得到最小值為－5.答案－5考點整合1.簡單分式不等式的解法(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)解含有參數(shù)的一元二次不等式，要注意對參數(shù)的取值進行討論：①對二次項系數(shù)與0的大小進行討論；②在轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式的一元二次不等式后，對判別式與0的大小進行討論；③當(dāng)判別式大于0，但兩根的大小不確定時，對兩根的大小進行討論.(2)四個常用結(jié)論①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))②ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的條件是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.利用根本不等式求最值x，y∈R＋，那么(1)假設(shè)x＋y＝S(和為定值)，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，積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)假設(shè)xy＝P(積為定值)，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，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(組)和簡單的線性規(guī)劃(1)線性規(guī)劃問題的有關(guān)概念：線性約束條件、線性目標(biāo)函數(shù)、可行域、最優(yōu)解等.(2)解不含實際背景的線性規(guī)劃問題的一般步驟：①畫出可行域；②根據(jù)線性目標(biāo)函數(shù)的幾何意義確定其取得最優(yōu)解的點；③求出目標(biāo)函數(shù)的最大值或者最小值.5.不等式的證明不等式的證明要注意和不等式的性質(zhì)結(jié)合起來，常用的方法有：比擬法、作差法、作商法(要注意討論分母)、分析法、綜合法、反證法，還要結(jié)合放縮和換元的技巧.熱點一利用根本不等式求最值[微題型1]根本不等式的簡單應(yīng)用【例1－1】(1)向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，假設(shè)x，y均為正數(shù)，那么eq\f(3,x)＋eq\f(2,y)的最小值是()A.eq\f(5,3)B.eq\f(8,3)C.8D.24(2)正項等比數(shù)列{an}滿足a7＝a6＋2a5，假設(shè)存在兩項am，an使得eq\r(aman)＝4a1，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值為________.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.當(dāng)且僅當(dāng)3y＝2x時取等號.(2)設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q，那么q>0，∵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\f(1,m)＋eq\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)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即n＝2m，亦即m＝2，n＝4時取等號.答案(1)C(2)eq\f(3,2)探究提高在利用根本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊〞等技巧，使其滿足根本不等式中“正〞(即條件要求中字母為正數(shù))、“定〞(不等式的另一邊必須為定值)、“等〞(等號取得的條件)的條件才能應(yīng)用，否那么會出現(xiàn)錯誤.[微題型2]帶有約束條件的根本不等式問題【例1－2】(1)兩個正數(shù)x，y滿足x＋4y＋5＝xy，那么xy取最小值時，x，y的值分別為()A.5，5B.10，eq\f(5,2)C.10，5D.10，10(2)(2023·鄭州模擬)設(shè)x，y為實數(shù)，假設(shè)4x2＋y2＋xy＝1，那么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.當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y時取等號，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).等號當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＞0，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)時成立.答案(1)B(2)eq\f(2\r(10),5)探究提高在利用根本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊〞等技巧，或?qū)s束條件中的一局部利用根本不等式，構(gòu)造不等式進行求解.【訓(xùn)練1】(1)(2023·廣州模擬)假設(shè)正實數(shù)x，y滿足x＋y＋1＝xy，那么x＋2y的最小值是()A.3B.5C.7D.8(2)(2023·山東卷)定義運算“?〞：x?y＝eq\f(x2－y2,xy)(x，y∈R，xy≠0)，當(dāng)x＞0，y＞0時，x?y＋(2y)?x的最小值為________.解析(1)由x＋y＋1＝xy，得y＝eq\f(x＋1,x－1)，又y＞0，x＞0，∴x＞1.∴x＋2y＝x＋2×eq\f(x＋1,x－1)＝x＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x－1)))＝x＋2＋eq\f(4,x－1)＝3＋(x－1)＋eq\f(4,x－1)≥3＋4＝7，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3時取“＝〞.(2)由題意，得x?y＋(2y)?x＝eq\f(x2－y2,xy)＋eq\f(〔2y〕2－x2,2yx)＝eq\f(x2＋2y2,2xy)≥eq\f(2\r(x2·2y2),2xy)＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)y時取等號.答案(1)C(2)eq\r(2)熱點二含參不等式恒成立問題[微題型1]別離參數(shù)法解決恒成立問題【例2－1】(1)關(guān)于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍為________.(2)x＞0，y＞0，x＋y＋3＝xy，且不等式(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，那么實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)設(shè)f(x)＝x＋eq\f(4,x)，因為x＞0，所以f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號.又關(guān)于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以實數(shù)a的取值范圍為(－1，3).(2)要使(x＋y)2－a(x＋y)＋1≥0恒成立，那么有(x＋y)2＋1≥a(x＋y)，由于x>0，y>0，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).設(shè)t＝x＋y，那么t≥6，(x＋y)＋eq\f(1,x＋y)＝t＋eq\f(1,t).設(shè)f(t)＝t＋eq\f(1,t)，那么在t≥6時，f(t)單調(diào)遞增，所以f(t)＝t＋eq\f(1,t)的最小值為6＋eq\f(1,6)＝eq\f(37,6)，所以a≤eq\f(37,6)，即實數(shù)a的取值范圍是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)))探究提高一是轉(zhuǎn)化法，即通過別離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對?x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)；二是求最值法，即求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題.[微題型2]函數(shù)法解決恒成立問題【例2－2】(1)f(x)＝x2－2ax＋2，當(dāng)x∈[－1，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，那么a的取值范圍為________.(2)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋x＋1對x∈[0，2]恒有f(x)＞0.那么實數(shù)a的取值范圍為________.解析(1)法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a，①當(dāng)a∈(－∞，－1)時，結(jié)合圖象知，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，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當(dāng)a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1.∴－1≤a≤1.綜上所述，所求a的取值范圍為[－3，1].法二設(shè)g(x)＝f(x)－a，那么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≤a≤1.(2)法一函數(shù)法.假設(shè)a＞0，那么對稱軸x＝－eq\f(1,2a)＜0，故f(x)在[0，2]上為增函數(shù)，且f(0)＝1，因此在x∈[0，2]上恒有f(x)＞0成立.假設(shè)a＜0，那么應(yīng)有f(2)＞0，即4a＋3＞0，∴a＞－eq\f(3,4).∴－eq\f(3,4)＜a＜0.綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))∪(0，＋∞).法二別離參數(shù)法.當(dāng)x＝0時，f(x)＝1＞0成立.當(dāng)x≠0時，ax2＋x＋1＞0變?yōu)閍＞－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))).∴當(dāng)eq\f(1,x)≥eq\f(1,2)時，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的取值范圍是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，＋∞)探究提高參數(shù)不易別離的恒成立問題，特別是與二次函數(shù)有關(guān)的恒成立問題的求解，常用的方法是借助函數(shù)圖象根的分布，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)在區(qū)間上的最值或值域問題.【訓(xùn)練2】假設(shè)不等式x2－ax＋1≥0對于一切a∈[－2，2]恒成立，那么x的取值范圍是________.解析因為a∈[－2，2]，可把原式看作關(guān)于a的一次函數(shù)，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g〔－2〕＝x2＋2x＋1≥0，,g〔2〕＝x2－2x＋1≥0，))解之得x∈R.答案R熱點三簡單的線性規(guī)劃問題[微題型1]線性約束條件，求目標(biāo)函數(shù)最值【例3－1】(2023·全國Ⅲ卷)設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,x－2y－1≤0，,x≤1，))那么z＝2x＋3y－5的最小值為________.解析可行域為一個三角形ABC及其內(nèi)部，其中A(1，0)，B(－1，－1)，C(1，3)，直線z＝2x＋3y－5過點B時取最小值－10.答案－10探究提高線性規(guī)劃的實質(zhì)是把代數(shù)問題幾何化，即數(shù)形結(jié)合的思想.需要注意的是：一，準(zhǔn)確無誤地作出可行域；二，畫目標(biāo)函數(shù)所對應(yīng)的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比擬，防止出錯；三，一般情況下，目標(biāo)函數(shù)的最大或最小值會在可行域的端點或邊界上取得.[微題型2]線性規(guī)劃中的含參問題【例3－2】(1)(2023·成都診斷)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥0，,x－2y＋2≥0，,mx－y≤0.))假設(shè)z＝2x－y的最大值為2，那么實數(shù)m等于()A.－2B.－1C.1D.2(2)(2023·山東卷)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))假設(shè)z＝ax＋y的最大值為4，那么a＝()A.3B.2C.－2D.－3解析(1)由圖形知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2m－1)，\f(2m,2m－1)))，O(0，0).只有在B點處取最大值2，∴2＝eq\f(4,2m－1)－eq\f(2m,2m－1).∴m＝1.(2)不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影局部所示.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.∴當(dāng)a＝－2或－3時，z＝ax＋y在O(0，0)處取得最大值，最大值為zmax＝0，不滿足題意，排除C，D；當(dāng)a＝2或3時，z＝ax＋y在A(2，0)處取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，應(yīng)選B.答案(1)C(2)B探究提高對于線性規(guī)劃中的參數(shù)問題，需注意：(1)當(dāng)最值是時，目標(biāo)函數(shù)中的參數(shù)往往與直線斜率有關(guān)，解題時應(yīng)充分利用斜率這一特征加以轉(zhuǎn)化.(2)當(dāng)目標(biāo)函數(shù)與最值都是，且約束條件中含有參數(shù)時，因為平面區(qū)域是變動的，所以要抓住目標(biāo)函數(shù)及最值這一突破口，先確定最優(yōu)解，然后變動參數(shù)范圍，使得這樣的最優(yōu)解在該區(qū)域內(nèi)即可.【訓(xùn)練3】(1)(2023·江蘇卷)實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0))那么x2＋y2的取值范圍是________.(2)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤－x＋2，,x≥a，))且目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最小值為1，那么實數(shù)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)不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影局部所示，那么(x，y)為陰影局部內(nèi)的動點，x2＋y2表示原點到可行域內(nèi)的點的距離的平方.解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－3＝0，,x－2y＋4＝0，))得A(2，3).由圖可知(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.(2)依題意，不等式組所表示的可行域如下圖(陰影局部)，觀察圖象可知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y過點B(a，a)時，zmin＝2a＋a＝3a；因為目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最小值為1，所以3a＝1，解得a＝eq\f(1,3)，應(yīng)選C.答案(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，13))(2)C1.屢次使用根本不等式的考前須知當(dāng)屢次使用根本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且要注意取等號的條件的一致性，否那么就會出錯，因此在利用根本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，也是檢驗轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法.2.根本不等式除了在客觀題考查外，在解答題的關(guān)鍵步驟中也往往起到“巧解〞的作用，但往往需先變換形式才能應(yīng)用.3.解決線性規(guī)劃問題首先要作出可行域，再注意目標(biāo)函數(shù)表示的幾何意義，數(shù)形結(jié)合找到目標(biāo)函數(shù)到達最值時可行域的頂點(或邊界上的點)，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點問題要驗證解決.4.解答不等式與導(dǎo)數(shù)、數(shù)列的綜合問題時，不等式作為一種工具常起到關(guān)鍵的作用，往往涉及到不等式的證明方法(如比擬法、分析法、綜合法、放縮法、換元法等).在求解過程中，要以數(shù)學(xué)思想方法為思維依據(jù)，并結(jié)合導(dǎo)數(shù)、數(shù)列的相關(guān)知識解題，在復(fù)習(xí)中通過解此類問題，體會每道題中所蘊含的思想方法及規(guī)律，逐步提高自己的邏輯推理能力.一、選擇題1.(2023·全國Ⅲ卷)a＝2eq\s\up6(\f(4,3))，b＝3eq\s\up6(\f(2,3))，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))，那么()A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b解析a＝2eq\s\up6(\f(4,3))＝eq\r(3,16)，b＝3eq\s\up6(\f(2,3))＝eq\r(3,9)，c＝25eq\s\up6(\f(1,3))＝eq\r(3,25)，所以b<a<c.答案A2.(2023·浙江卷)a，b＞0且a≠1，b≠1，假設(shè)logab＞1，那么()A.(a－1)(b－1)＜0B.(a－1)(a－b)＞0C.(b－1)(b－a)＜0D.(b－1)(b－a)＞0解析由a，b＞0且a≠1，b≠1，及l(fā)ogab＞1＝logaa可得：當(dāng)a＞1時，b＞a＞1，當(dāng)0＜a＜1時，0＜b＜a＜1，代入驗證只有D滿足題意.答案D3.(2023·太原模擬)假設(shè)點A(m，n)在第一象限，且在直線eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上，那么mn的最大值是()A.3B.4C.7D.12解析因為點A(m，n)在第一象限，且在直線eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1上，所以m，n∈R＋，且eq\f(m,3)＋eq\f(n,4)＝1，所以eq\f(m,3)·eq\f(n,4)≤(eq\f(\f(m,3)＋\f(n,4),2))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(m,3)＝\f(n,4)＝\f(1,2)，即m＝\f(3,2)，n＝2時，取“＝〞))，所以eq\f(m,3)·eq\f(n,4)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，即mn≤3，所以mn的最大值為3.答案A4.當(dāng)x＜0時，2x2－mx＋1＞0恒成立，那么m的取值范圍為()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，因為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).當(dāng)且僅當(dāng)－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)時取等號，所以m＞－2eq\r(2).答案C5.(2023·唐山模擬)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0，))假設(shè)f(－a)＋f(a)≤2f(1)，那么實數(shù)a的取值范圍是()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C二、填空題6.設(shè)目標(biāo)函數(shù)z＝x＋y，其中實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y≥0，,x－y≤0，,0≤y≤k.))假設(shè)z的最大值為12，那么z的最小值為________.解析作出不等式組所表示的可行域如下圖，平移直線x＋y＝0，顯然當(dāng)直線過點A(k，k)時，目標(biāo)函數(shù)z＝x＋y取得最大值，且最大值為k＋k＝12，那么k＝6，直線過點B時目標(biāo)函數(shù)z＝x＋y取得最小值，點B為直線x＋2y＝0與y＝6的交點，即B(－12，6)，所以zmin＝－12＋6＝－6.答案－67.(2023·合肥二模)當(dāng)a＞0且a≠1時，函數(shù)f(x)＝loga(x－1)＋1的圖象恒過點A，假設(shè)點A在直線mx－y＋n＝0上，那么4m＋2n的最小值為________.解析函數(shù)f(x)的圖象恒過點A(2，1)，∴2m－1＋n＝0，即2m＋n＝1，∴4m＋2n≥2eq\r(4m·2n)＝2eq\r(22m＋n)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝n＝eq\f(1,2)時等號成立.答案2eq\r(2)8.(2023·全國Ⅰ卷)某高科技企業(yè)生產(chǎn)產(chǎn)品A和產(chǎn)品B需要甲、乙兩種新型材料.生產(chǎn)一件產(chǎn)品A需要甲材料1.5kg，乙材料1kg，用5個工時；生產(chǎn)一件產(chǎn)品B需要甲材料0.5kg，乙材料0.3kg，用3個工時，生產(chǎn)一件產(chǎn)品A的利潤為2100元，生產(chǎn)一件產(chǎn)品B的利潤為900元.該企業(yè)現(xiàn)有甲材料150kg，乙材料90kg，那么在不超過600個工時的條件下，生產(chǎn)產(chǎn)品A、產(chǎn)品B的利潤之和的最大值為________元.解析設(shè)生產(chǎn)A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件，根據(jù)所消耗的材料要求、工時要求等其他限制條件，得線性約束條件為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*))目標(biāo)函數(shù)z＝2100x＋900y.作出可行域為圖中陰影局部(包括邊界)內(nèi)的參數(shù)點，頂點為(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)處取得最大值，zmax＝2100×60＋900×100＝216000(元).答案216000三、解答題9.f(t)＝log2t，t∈[eq\r(2)，8]，對于f(t)值域內(nèi)的所有實數(shù)m，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，求x的取值范圍.解易知f(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，由題意，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4＝(x－2)m＋(x－2)2＞0對?m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))恒成立.所以只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞0，,g〔3〕＞0))即可，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)〔x－2〕＋〔x－2〕2＞0，,3〔x－2〕＋〔x－2〕2＞0))?x＞2或x＜－1.故x的取值范圍是(－∞，－1)∪(2，＋∞).10.函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x2＋6).(1)假設(shè)f(x)＞k的解集為{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)對任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范圍.解(1)f(x)＞k?kx2－2x＋6k＜0.由{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的兩根是－3，－2.由根與系數(shù)的關(guān)系可知(－2)＋(－3)＝eq\f(2,k)，即k＝－eq\f(2,5).(2)因為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)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6)時取等號.由f(x)≤t對任意x＞0恒成立，故t≥eq\f(\r(6),6)，即t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，＋∞)).11.(1)解關(guān)于x的不等式x2－2mx＋m＋1＞0；(2)解關(guān)于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0.解(1)原不等式對應(yīng)方程的判別式Δ＝(－2m)2－4(m＋1)＝4(m2－m－1).當(dāng)m2－m－1＞0，即m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)時，由于方程x2－2mx＋m＋1＝0的兩根是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)}；當(dāng)Δ＝0，即m＝eq\f(1±\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x∈R，且x≠m}；當(dāng)Δ＜0，即eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)時，不等式的解集為R.綜上，當(dāng)m＞eq\f(1＋\r(5),2)或m＜eq\f(1－\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x＜m－eq\r(m2－m－1)，或x＞m＋eq\r(m2－m－1)}；當(dāng)m＝eq\f(1±\r(5),2)時，不等式的解集為{x|x∈R，且x≠m}；當(dāng)eq\f(1－\r(5),2)＜m＜eq\f(1＋\r(5),2)時，不等式的解集為R.(2)原不等式可化為(ax－1)(x－2)＜0.①當(dāng)a＞0時，原不等式可以化為a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，這個不等式等價于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0.因為方程(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＝0的兩個根分別是2，eq\f(1,a)，所以當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，2＜eq\f(1,a)，那么原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2＜x＜\f(1,a)))；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，原不等式的解集是?；當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)＜2，那么原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).②當(dāng)a＝0時，原不等式為－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}.③當(dāng)a＜0時，原不等式可以化為a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據(jù)不等式的性質(zhì)，這個不等式等價于(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)))).綜上，當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2<x<\f(1,a)))，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，不等式解集為?，當(dāng)a>eq\f(1,2)時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,a)<x<2))，當(dāng)a＝0時，不等式解集為{x|x>2}.當(dāng)a<0時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(1,a)或x>2)).第3講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題高考定位常以指數(shù)、對數(shù)式為載體，考查函數(shù)單調(diào)性的求法或討論，以及考查函數(shù)極值、最值的求法，綜合考查與范圍有關(guān)的問題.真題感悟(2023·山東卷)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)f(x)在x＝1處取得極大值.求實數(shù)a的取值范圍.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，那么g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x).當(dāng)a≤0時，x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))時，g′(x)＞0時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a≤0時，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a＞0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)).(2)由(1)知，f′(1)＝0.①當(dāng)a≤0時，f′(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.②當(dāng)0＜a＜eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增.可得當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))內(nèi)單調(diào)遞增.所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意.③當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意.④當(dāng)a＞eq\f(1,2)時，0＜eq\f(1,2a)＜1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減.所以f(x)在x＝1處取極大值，符合題意.綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為a＞eq\f(1,2).考點整合1.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(1)函數(shù)單