江蘇高考專題五-函數(shù)(完整版)資料

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江蘇高考專題五-函數(shù)（完整版）資料(可以直接使用，可編輯優(yōu)秀版資料，歡迎下載）江蘇新高考江蘇卷對函數(shù)在解答題上基本不考“抽象函數(shù)”，2021年第20題，考查函數(shù)的單調(diào)性、零點(diǎn)個數(shù)問題；2021年第19題，考查函數(shù)與不等式；2021年第19題，討論函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點(diǎn)確定參數(shù)值；2021年第19題，考查函數(shù)與不等式、零點(diǎn)問題，2021年第20題，考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)的極值、零點(diǎn)問題.題目難度較大，多體現(xiàn)分類討論思想.第1課時函數(shù)(基礎(chǔ)課)[常考題型突破]函數(shù)的概念與圖象[必備知識]1．函數(shù)的定義域(1)函數(shù)的定義域是研究函數(shù)問題的先決條件，它會直接影響函數(shù)的性質(zhì)，所以要樹立定義域優(yōu)先的意識．(2)對于復(fù)合函數(shù)的定義域要注意：①如果函數(shù)f(x)的定義域為A，則f(g(x))的定義域是使函數(shù)g(x)∈A的x的取值范圍．②如果f(g(x))的定義域為A，則函數(shù)f(x)的定義域是函數(shù)g(x)的值域．③f(g(x))與f(h(x))聯(lián)系的紐帶是g(x)與h(x)的值域相同．2．函數(shù)的值域求函數(shù)值域的常用方法有觀察法、不等式法、圖象法、換元法、單調(diào)性法等．3．分段函數(shù)若函數(shù)在其定義域內(nèi)，對于自變量的不同取值區(qū)間，有著不同的對應(yīng)法則，這樣的函數(shù)通常叫做分段函數(shù)．分段函數(shù)雖然由幾部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．4．函數(shù)的圖象函數(shù)的圖象包括作圖、識圖、用圖，其中作函數(shù)圖象有兩種基本方法：一是描點(diǎn)法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換、對稱變換．[題組練透]1．(2021·南通二調(diào))函數(shù)f(x)＝eq\r(lg5－x2)的定義域是________．解析：由題意得lg(5－x2)≥0?5－x2≥1?－2≤x≤2，因此f(x)的定義域為[－2,2]．答案：[－2,2]2．(2021·鹽城模考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋1－2，x≤1，,2x－1，x>1，))若f(0)＝3，則f(a)＝________.解析：因為f(0)＝3，所以a－2＝3，即a＝5，所以f(a)＝f(5)＝9.答案：93．(2021·南通?？?函數(shù)f(x)＝31－x2的值域為________．解析：因為1－x2≤1，所以f(x)＝31－x2∈(0,3]．答案：(0,3]4．(2021·南通調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋b)(a＞0且a≠1，b∈R)的圖象如圖所示，則a＋b的值是________．解析：將(－3,0)，(0，－2)分別代入解析式得loga(－3＋b)＝0，logab＝－2，解得a＝eq\f(1,2)，b＝4，從而a＋b＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)[方法歸納]1.求函數(shù)定義域的類型和相應(yīng)方法1若已知函數(shù)的解析式，則這時函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍，只需構(gòu)建并解不等式組即可.2實(shí)際問題或幾何問題除要考慮解析式有意義外，還應(yīng)使實(shí)際問題有意義.2.求函數(shù)值的注意點(diǎn)形如fgx的函數(shù)求值時，應(yīng)遵循先內(nèi)后外的原則；而對于分段函數(shù)的求值解不等式問題，必須依據(jù)條件準(zhǔn)確地找出利用哪一段求解；對具有周期性的函數(shù)求值要利用其周期性.3.函數(shù)的圖象1作圖若函數(shù)表達(dá)式或變形后的表達(dá)式是熟悉的基本初等函數(shù)時，就可根據(jù)這些函數(shù)的特征描點(diǎn)作出；若函數(shù)圖象可由基本初等函數(shù)的圖象經(jīng)過平移、翻折、對稱得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序.尤其注意y＝fx與y＝f－x，y＝－fx，y＝－f－x，y＝f|x|，y＝|fx|及y＝afx＋b的相互關(guān)系.,2識圖,從圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)及左、右、上、下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面找準(zhǔn)解析式與圖象的對應(yīng)關(guān)系.3用圖圖象形象地顯示了函數(shù)的性質(zhì)，因此，函數(shù)性質(zhì)的確定與應(yīng)用及一些方程、不等式的求解常與圖象數(shù)形結(jié)合研究.函數(shù)的基本性質(zhì)[必備知識]1．函數(shù)的單調(diào)性單調(diào)性是函數(shù)的一個局部性質(zhì)，一個函數(shù)在不同的區(qū)間上可以有不同的單調(diào)性．判斷函數(shù)單調(diào)性常用定義法、圖象法及導(dǎo)數(shù)法．2．函數(shù)的奇偶性函數(shù)的奇偶性是函數(shù)在定義域上的整體性質(zhì)．偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，在關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱的定義域上具有相反的單調(diào)性；奇函數(shù)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱，在關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱的定義域上具有相同的單調(diào)性，判斷函數(shù)奇偶性的常用方法有定義法、圖象法及性質(zhì)法．3．函數(shù)的周期性周期性是函數(shù)在定義域上的整體性質(zhì)．若函數(shù)滿足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，則其一個周期T＝|a|，最小正數(shù)T叫做f(x)的最小正周期．4．函數(shù)的對稱性若函數(shù)f(x)滿足f(a－x)＝f(a＋x)或f(x)＝f(2a－x)，則函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝a對稱．若函數(shù)f(x)滿足f(a－x)＝－f(a＋x)或f(x)＝－f(2a－x)，則函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(a,0)中心對稱．[題組練透]1．(2021·南京三模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上且周期為4的偶函數(shù)．當(dāng)x∈[2,4]時，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))))，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的值為________．解析：因為函數(shù)f(x)是定義在R上且周期為4的偶函數(shù)，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)))，因為當(dāng)x∈[2,4]時，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．(2021·鹽城期中)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<a，,|x＋1|，x≥a))在區(qū)間(－∞，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x<a，,|x＋1|，x≥a，))根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可知，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，a)上單調(diào)遞減，則a≤0.因此函數(shù)f(x)＝|x＋1|在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)遞增，那么a＋1≥0，解得a≥－1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1，0]．答案：[－1,0]3．(2021·蘇北四市期末)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝2x－3，則不等式f(x)≤－5的解集為______________．解析：若x＜0，則－x＞0，∵當(dāng)x＞0時，f(x)＝2x－3，∴當(dāng)－x＞0時，f(－x)＝2－x－3，∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝2－x－3＝－f(x)，則f(x)＝－2－x＋3，x＜0，當(dāng)x＞0時，不等式f(x)≤－5等價于2x－3≤－5，即2x≤－2，無解，不成立；當(dāng)x＜0時，不等式f(x)≤－5等價于－2－x＋3≤－5，即2－x≥8，得－x≥3，即x≤－3；當(dāng)x＝0時，f(0)＝0，不等式f(x)≤－5不成立，綜上，不等式的解為(－∞，－3]．答案：(－∞，－3]4．(2021·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．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上的奇函數(shù)．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．因為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)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是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)))[方法歸納]1．破解函數(shù)的單調(diào)性的四種方法數(shù)形結(jié)合法對于填空題能畫出圖象的函數(shù)轉(zhuǎn)化法由基本初等函數(shù)通過加、減運(yùn)算或復(fù)合而成的函數(shù)，(常轉(zhuǎn)化為基本初等函數(shù)單調(diào)性的判斷問題)導(dǎo)數(shù)法解析式為分式、指數(shù)函數(shù)式、對數(shù)式等較復(fù)雜的函數(shù)定義法抽象函數(shù)2.判斷函數(shù)的奇偶性的三個技巧(1)奇、偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱；(2)奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱；(3)對于偶函數(shù)而言，有f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．3．函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用可以利用函數(shù)的性質(zhì)確定函數(shù)圖象，并充分利用已知區(qū)間上函數(shù)的性質(zhì)解決問題，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化思想．基本初等函數(shù)[必備知識]1．指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)y＝ax(a>0，且a≠1)a>10<a<1圖象性質(zhì)定義域：R值域：(0，＋∞)過定點(diǎn)(0,1)當(dāng)x>0時，y>1；x<0時，0<y<1當(dāng)x>0時，0<y<1；x<0時，y>1在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)2．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)y＝logax(a>0，且a≠1)a>10<a<1圖象性質(zhì)定義域：(0，＋∞)值域：R過定點(diǎn)(1,0)，即x＝1時，y＝0當(dāng)x>1時，y>0；當(dāng)0<x<1時，y<0當(dāng)x>1時，y<0；當(dāng)0<x<1時，y>0在(0，＋∞)上是增函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)3.二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)a>0a<0圖象函數(shù)性質(zhì)定義域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時為偶函數(shù)，b≠0時既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)單調(diào)性x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))時遞減，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))時遞增x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))時遞增，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))時遞減圖象特點(diǎn)對稱軸：x＝－eq\f(b,2a)；頂點(diǎn)：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))4.冪函數(shù)圖象的比較5．常見冪函數(shù)的性質(zhì)eq\a\vs4\al(函數(shù))特征性質(zhì)y＝xy＝x2y＝x3y＝xeq\f(1,2)y＝x－1定義域RRR[0，＋∞){x|x∈R且x≠0}值域R[0，＋∞)R[0，＋∞){y|y∈R且y≠0}奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)奇函數(shù)非奇非偶函數(shù)奇函數(shù)單調(diào)性增x∈[0，＋∞)時，增；x∈(－∞，0]時，減增增x∈(0，＋∞)和(－∞，0)時，減公共點(diǎn)(1,1)[題組練透]1．(2021·南通海安檢測)已知冪函數(shù)f(x)＝xα，其中α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，－1，\f(1,2)，1，2，3)).則使f(x)為奇函數(shù)，且在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)的α的所有取值的集合為________．解析：冪函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則α＝－1,1,3，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則α的所有值為1,3.答案：{1,3}2．(2021·江蘇學(xué)易聯(lián)考期末)函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的單調(diào)遞增區(qū)間是__________．解析：由題意可得－x2＋x＋2≥0，解得－1≤x≤2，故函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的定義域為[－1,2]．又函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋2在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的單調(diào)遞增區(qū)間為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．(2021·揚(yáng)州期中)已知函數(shù)f(x)＝x(1－a|x|)＋1(a＞0)，若f(x＋a)≤f(x)對任意的x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．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)對任意的x∈R恒成立，在同一直角坐標(biāo)系中作出滿足題意的y＝f(x＋a)與y＝f(x)的圖象如圖所示：∴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.(2021·蘇北三市三模)如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，BC平行于x軸，頂點(diǎn)A，B和C分別在函數(shù)y1＝3logax，y2＝2logax和y3＝logax(a>1)的圖象上，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：設(shè)C(x0，logax0)，則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)[方法歸納]基本初等函數(shù)圖象與性質(zhì)的應(yīng)用技巧(1)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性都取決于其底數(shù)的取值，當(dāng)?shù)讛?shù)a的值不確定時，要注意分a>1和0<a<1兩種情況討論．(2)由指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)與其他函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)，其性質(zhì)的研究往往通過換元法轉(zhuǎn)化為兩個基本初等函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，然后根據(jù)復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)與相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．(3)對于冪函數(shù)y＝xα的性質(zhì)要注意α>0和α<0兩種情況的不同．函數(shù)的零點(diǎn)[必備知識]1．函數(shù)零點(diǎn)的定義對于函數(shù)f(x)，我們把使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．2．確定函數(shù)零點(diǎn)的常用方法(1)解方程法；(2)利用零點(diǎn)存在性定理；(3)數(shù)形結(jié)合，利用兩個函數(shù)圖象的交點(diǎn)求解．[題組練透]1．(2021·蘇錫常鎮(zhèn)一模)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－1，x<1，,\f(lnx,x2)，x≥1，))則函數(shù)y＝|f(x)|－eq\f(1,8)的零點(diǎn)個數(shù)為________．解析：當(dāng)x≥1時，y＝eq\f(lnx,x2)－eq\f(1,8)，則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，則函數(shù)g(x)是連續(xù)函數(shù)且先增后減，g(1)＝－eq\f(1,8)＜0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＞0，g(4)＝ln4－2＜0，由函數(shù)的零點(diǎn)判定定理可知g(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2，有2個零點(diǎn)．當(dāng)x＜1時，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－1，x<0，,1－\f(1,2x)，x∈[0，1，))函數(shù)的圖象與y＝eq\f(1,8)的圖象如圖，則兩個函數(shù)有2個交點(diǎn)，綜上，函數(shù)y＝|f(x)|－eq\f(1,8)的零點(diǎn)個數(shù)為4個．答案：42．(2021·南通二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋m，x<0，,x2－1，x≥0，))其中m>0.若函數(shù)y＝f(f(x))－1有3個不同的零點(diǎn)，則m的取值范圍是________．解析：令f(x)＝t，則f(t)＝1，所以t＝eq\r(2)或t＝m－1，即f(x)＝eq\r(2)與f(x)＝m－1有3個不同解．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<1，,－1<m－1，))即0<m<1.答案：(0,1)3．(2021·江蘇高考)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù)，在區(qū)間[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*))))，則方程f(x)－lgx＝0的解的個數(shù)是________．解析：由于f(x)∈[0,1)，因此只需考慮1≤x<10的情況，在此范圍內(nèi)，當(dāng)x∈Q且x?Z時，設(shè)x＝eq\f(q,p)，q，p∈N*，p≥2且p，q互質(zhì)．若lgx∈Q，則由lgx∈(0,1)，可設(shè)lgx＝eq\f(n,m)，m，n∈N*，m≥2且m，n互質(zhì)，因此10eq\f(n,m)＝eq\f(q,p)，則10n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,p)))m，此時左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此lgx?Q，故lgx不可能與每個周期內(nèi)x∈D對應(yīng)的部分相等，只需考慮lgx與每個周期內(nèi)x?D部分的交點(diǎn)．畫出函數(shù)草圖(如圖)，圖中交點(diǎn)除(1,0)外其他交點(diǎn)橫坐標(biāo)均為無理數(shù)，屬于每個周期x?D的部分，且x＝1處(lgx)′＝eq\f(1,xln10)＝eq\f(1,ln10)<1，則在x＝1附近僅有一個交點(diǎn)，因此方程f(x)－lgx＝0的解的個數(shù)為8.答案：8[方法歸納]利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法[課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練]eq\a\vs4\al([A組——抓牢中檔小題])1．(2021·蘇錫常鎮(zhèn)一模)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ln4x－3)的定義域為________．解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3>0，,4x－3≠1，))解得x＞eq\f(3,4)且x≠1，故函數(shù)的定義域是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．函數(shù)f(x)＝lneq\f(1,|x|＋1)的值域是________．解析：因為|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)的值域為(－∞，0]．答案：(－∞，0]3．(2021·啟東?？?設(shè)函數(shù)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，))則f(f(2))＝________.解析：因為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．已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)＝eq\f(2＋fx,fx).若g(2)＝3，則g(－2)＝________.解析：由題意可得g(2)＝eq\f(2＋f2,f2)＝3，則f(2)＝1，又f(x)是奇函數(shù)，則f(－2)＝－1，所以g(－2)＝eq\f(2＋f－2,f－2)＝eq\f(2－1,－1)＝－1.答案：－15．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x＞0，,2x，x≤0，))若f(1)＋f(a－1)＝2，則a的值為________．解析：因為f(1)＋f(a－1)＝2，又f(1)＝0，所以f(a－1)＝2，當(dāng)a－1＞0，即a＞1時，有l(wèi)og2(a－1)＝2，解得a＝5.當(dāng)a－1≤0，即a≤1時，有2a－1＝2，解得a＝2(舍去)，所以a＝5.答案：56．(2021·泰州二中?？?函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝x＋2，則f(7)＝________.解析：因為f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，則f(7)＝f(7－8)＝f(－1)＝－f(1)＝－(1＋2)＝－3.答案：－37．(2021·蘇州考前模擬)設(shè)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，則a，b，c按從小到大的順序排列為______________．解析：由已知結(jié)合對數(shù)函數(shù)圖象和指數(shù)函數(shù)圖象得到a<0，b>1,0<c<1.答案：a<c<b8．(2021·鹽城響水中學(xué)學(xué)情分析)設(shè)函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\r(1＋mx2))是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為________．解析：∵函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\r(1＋mx2))是奇函數(shù)，∴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．已知在(－1,1)上函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\f(πx,2)，－1＜x≤0，,log2x＋1，0＜x＜1，))若f(x)＝－eq\f(1,2)，則x的值為________．解析：當(dāng)－1＜x≤0時，由f(x)＝sineq\f(πx,2)＝－eq\f(1,2)，解得x＝－eq\f(1,3)；當(dāng)0＜x＜1時，由f(x)＝log2(x＋1)＝－eq\f(1,2)，解得x＝eq\f(\r(2),2)－1，不符合題意，舍去，故x的值為－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)10．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2x＋1，x＜1，,ax，x≥1))(a＞0且a≠1)滿足對任意x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：因為任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，則f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，則函數(shù)y＝ax在[1，＋∞)和函數(shù)y＝(a－2)x＋1在(－∞，1)上均為單調(diào)遞增函數(shù)，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．(2021·全國卷Ⅰ改編)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是________．解析：∵f(x)為奇函數(shù)，∴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(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.答案：[1,3]12．(2021·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)－a))＋a在區(qū)間[1,4]上的最大值是5，則a的取值范圍是________．解析：∵x∈[1,4]，∴x＋eq\f(4,x)∈[4,5]，①當(dāng)a≤eq\f(9,2)時，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合題意；②當(dāng)a>eq\f(9,2)時，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，解得a＝eq\f(9,2)(矛盾)，故a的取值范圍是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．對于任意實(shí)數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a＞b.))設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．解析：依題意，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)；當(dāng)x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，所以h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1.答案：114．(2021·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x>0，))則滿足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________．解析：由題意知，可對不等式分x≤0,0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)討論．當(dāng)x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，所以－eq\f(1,4)<x≤0.當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)>1，顯然成立．當(dāng)x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)>1，顯然成立．綜上可知，x的取值范圍是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組——力爭難度小題])1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x＋3，x≤1，,x＋\f(2,x)，x>1.))設(shè)a∈R，若關(guān)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，則a的取值范圍是________．解析：法一：根據(jù)題意，作出f(x)的大致圖象，如圖所示．當(dāng)x≤1時，若要f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))恒成立，結(jié)合圖象，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，故對于方程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)；當(dāng)x>1時，若要f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))恒成立，結(jié)合圖象，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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,2)＝eq\f(2,x)，即x＝2時等號成立，所以a≤2.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(47,16)，2)).法二：關(guān)于x的不等式f(x)≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋a))在R上恒成立等價于－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).當(dāng)x≤1時，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)，當(dāng)x＝eq\f(1,4)時，g(x)max＝－eq\f(47,16)；當(dāng)x>1時，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)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,2)＝eq\f(2,x)，且x>1，即x＝eq\f(2\r(3),3)時，“＝”成立，故g(x)max＝－2eq\r(3).綜上，g(x)max＝－eq\f(47,16).令h(x)＝f(x)－eq\f(x,2)，當(dāng)x≤1時，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)，當(dāng)x＝eq\f(3,4)時，h(x)min＝eq\f(39,16)；當(dāng)x>1時，h(x)＝x＋eq\f(2,x)－eq\f(x,2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(2,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,2)＝eq\f(2,x)，且x>1，即x＝2時，“＝”成立，故h(x)min＝2.綜上，h(x)min＝2.故a的取值范圍為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．已知函數(shù)y＝eq\f(2x＋1,2x＋1)與函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)的圖象共有k(k∈N*)個公共點(diǎn)：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，則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)，易知該函數(shù)在R上單調(diào)遞增，值域為(0,2)，且圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱．y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，易知該函數(shù)在R上單調(diào)遞減，且圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱．故兩函數(shù)圖象有兩個交點(diǎn)，它們關(guān)于點(diǎn)(0,1)對稱，所以eq\i\su(i＝1,k,)(xi＋yi)＝2.答案：23．(2021·揚(yáng)州考前調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx2＋2x－1，x∈0，1]，,kx＋1，x∈1，＋∞))有兩個不相等的零點(diǎn)x1，x2，則eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)的最大值為________．解析：當(dāng)k＝0時，函數(shù)f(x)只有一個零點(diǎn)eq\f(1,2)，不合題意；當(dāng)k＞0時，由于－eq\f(1,k)＜0，所以函數(shù)f(x)在(0,1]上至多有一個零點(diǎn)，在(1，＋∞)上沒有零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)k＝－1時，函數(shù)f(x)只有一個零點(diǎn)1，不合題意；當(dāng)k＜－1時，函數(shù)f(x)在(0,1]上Δ＝4＋4k＜0，沒有零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)－1＜k＜0時，函數(shù)f(x)在(0,1]上的零點(diǎn)為x1＝eq\f(1－\r(1＋k),－k)，在(1，＋∞)上零點(diǎn)為x2＝eq\f(1,－k)，符合題意．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)，則k＝t2－1，則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．(2021·南通三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥a，,x3－3x，x<a.))若函數(shù)g(x)＝2f(x)－ax恰有2個不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－ax，x≥a，,2x3－6＋ax，x<a，))顯然當(dāng)a＝2時，g(x)有無窮多個零點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)x≥a時，令g(x)＝0，得x＝0，當(dāng)x<a時，令g(x)＝0，得x＝0或x2＝eq\f(6＋a,2)，①若a>0，且a≠2，則g(x)在[a，＋∞)上無零點(diǎn)，在(－∞，a)上存在零點(diǎn)x＝0和x＝－eq\r(\f(6＋a,2))，∴eq\r(\f(6＋a,2))≥a，解得0<a<2，②若a＝0，則g(x)在[0，＋∞)上存在零點(diǎn)x＝0，在(－∞，0)上存在零點(diǎn)x＝－eq\r(3)，符合題意．③若a<0，則g(x)在[a，＋∞)上存在零點(diǎn)x＝0，∴g(x)在(－∞，a)上只有1個零點(diǎn)，∵0?(－∞，a)，∴g(x)在(－∞，a)上的零點(diǎn)為－eq\r(\f(6＋a,2))，∴－eq\r(\f(6＋a,2))<a，解得－eq\f(3,2)<a<0，綜上，a的取值范圍是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課時不等式(基礎(chǔ)課)[?？碱}型突破]不等式的解法[必備知識]1．一元二次不等式的解法先化為一般形式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)，再求相應(yīng)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根據(jù)相應(yīng)二次函數(shù)圖象與x軸的位置關(guān)系，確定一元二次不等式的解集．2．簡單分式不等式的解法(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.[題組練透]1．(2021·南通啟東模擬)已知一元二次不等式f(x)>0的解集為(－∞，1)∪(2，＋∞)，則f(lgx)<0的解集為________．解析：因為一元二次不等式f(x)>0的解集為(－∞，1)∪(2，＋∞)，所以一元二次不等式f(x)<0的解集為(1,2)，由f(lgx)<0，可得1<lgx<2，從而解得10<x<100，所以不等式的解集為(10,100)．答案：(10,100)2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3，x≥2，,x2－3x－2，x＜2，))若f(x)＞2，則x的取值范圍是________．解析：不等式f(x)＞2可化為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．(2021·南通、泰州一調(diào))已知函數(shù)f(x)＝|x|＋|x－4|，則不等式f(x2＋2)>f(x)的解集用區(qū)間表示為________．解析：由題意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)的圖象如圖所示．法一：由函數(shù)圖象知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱．因為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：由函數(shù)f(x)的圖象可知，當(dāng)0≤x≤4時，f(x)＝4，所以x2＋2>4，得x>eq\r(2)或x<－eq\r(2).當(dāng)x>eq\r(2)時，x2＋2>x，故x>eq\r(2).當(dāng)x<－eq\r(2)時，x2＋2>4－x，故x<－2.所以x∈(－∞，－2)∪(eq\r(2)，＋∞)．答案：(－∞，－2)∪(eq\r(2)，＋∞)[方法歸納]不等式的求解技巧(1)對含參數(shù)的不等式，難點(diǎn)在于對參數(shù)的恰當(dāng)分類，關(guān)鍵是找到對參數(shù)進(jìn)行討論的原因，明確分類標(biāo)準(zhǔn)(如最高次系數(shù)、判別式、根相等)，層次清楚地求解．(2)與一元二次不等式有關(guān)的恒成立問題，通常轉(zhuǎn)化為根的分布問題，求解時一定要借助二次函數(shù)的圖象，一般考慮四個方面：開口方向、判別式的符號、對稱軸的位置、區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值的符號．簡單的線性規(guī)劃問題[必備知識]線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by最值的確定方法線性目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by中的z不是直線ax＋by＝z在y軸上的截距，把目標(biāo)函數(shù)化為y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)可知eq\f(z,b)是直線ax＋by＝z在y軸上的截距，要根據(jù)b的符號確定目標(biāo)函數(shù)在什么情況下取得最大值、什么情況下取得最小值．[題組練透]1．(2021·江蘇四星級學(xué)校聯(lián)考)設(shè)M，N是不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,x＋y≤5，,x≥0，,y≥0))所表示的平面區(qū)域內(nèi)不同的兩點(diǎn)，則此兩點(diǎn)間的距離MN的最大值是________．解析：作出不等式組所表示的平面區(qū)域是一個以點(diǎn)O(0,0)，B(0,1)，C(2,3)，D(5,0)為頂點(diǎn)的四邊形及其內(nèi)部(如圖所示)，且對角互補(bǔ)，故此四邊形有外接圓，其直徑BD為最長的弦，故MN的最大值為eq\r(52＋－12)＝eq\r(26).答案：eq\r(26)2．(2021·全國卷Ⅰ)設(shè)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤1，,2x＋y≥－1，,x－y≤0，))則z＝3x－2y的最小值為________．解析：作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤1，,2x＋y≥－1，,x－y≤0))所表示的可行域如圖中陰影部分所示，由可行域知，當(dāng)直線y＝eq\f(3,2)x－eq\f(z,2)過點(diǎn)A時，在y軸上的截距最大，此時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．(2021·江蘇高考)已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4≥0，,2x＋y－2≥0，,3x－y－3≤0，))則x2＋y2的取值范圍是________．解析：作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，則(x，y)為陰影區(qū)域內(nèi)的動點(diǎn)．d＝eq\r(x2＋y2)可以看做坐標(biāo)原點(diǎn)O與可行域內(nèi)的點(diǎn)(x，y)之間的距離．?dāng)?shù)形結(jié)合，知d的最大值是OA的長，d的最小值是點(diǎn)O到直線2x＋y－2＝0的距離．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的最小值為eq\f(4,5)，最大值為13.所以x2＋y2的取值范圍是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．(2021·鹽城調(diào)研)已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤5，,x－y≤－2，))則z＝eq\f(2y－1,2x＋3)的最大值為________．解析：已知約束條件所表示的平面區(qū)域為圖中的△ABC及其內(nèi)部，而z＝eq\f(2y－1,2x＋3)＝eq\f(y－\f(1,2),x＋\f(3,2))表示點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))與陰影部分(含邊界)內(nèi)的點(diǎn)的連線的斜率．由圖可知，當(dāng)取點(diǎn)C(1,4)時，斜率最大，zmax＝eq\f(7,5).答案：eq\f(7,5)[方法歸納]解決線性規(guī)劃問題的三個注意點(diǎn)(1)首先要找到可行域，其次要注意目標(biāo)函數(shù)所表示的幾何意義，找到目標(biāo)函數(shù)達(dá)到最值時可行域的頂點(diǎn)(或邊界上的點(diǎn))，但要注意作圖一定要準(zhǔn)確，整點(diǎn)問題要驗證解決．(2)畫可行域時應(yīng)注意區(qū)域是否包含邊界．(3)對目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by中b的符號，一定要注意b的正負(fù)與z的最值的對應(yīng)，要結(jié)合圖形分析．基本不等式[必備知識]利用基本不等式求最大值、最小值，其基本法則是：(1)如果x＞0，y＞0，xy＝p(定值)，當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值2eq\r(p)(簡記為：積定，和有最小值)；(2)如果x＞0，y＞0，x＋y＝s(定值)，當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值eq\f(1,4)s2(簡記為：和定，積有最大值)．[題組練透]1．(2021·南通三模)若正實(shí)數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是________．解析：因為正實(shí)數(shù)x，y滿足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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(4x,y)，即x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)時，取“＝”，所以eq\f(y,x)＋eq\f(4,y)的最小值是8.答案：82．(2021·江蘇高考)某公司一年購買某種貨物600噸，每次購買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬元/次，一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元．要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小，則x的值是________．解析：由題意，一年購買eq\f(600,x)次，則總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和為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，當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時取等號，故總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小時x的值是30.答案：303．(2021·天津高考)若a，b∈R，ab>0，則eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值為________．解析：因為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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,ab＝\f(1,2)))時取等號，故eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值是4.答案：44．若實(shí)數(shù)x，y滿足2x2＋xy－y2＝1，則eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值為________．解析：法一：2x2＋xy－y2＝(2x－y)(x＋y)，令2x－y＝m，x＋y＝n，則mn＝1，當(dāng)eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)＝eq\f(m－n,m2＋n2)＝eq\f(m－n,m－n2＋2)取得最大值時，必有m－n＞0，則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)，當(dāng)且僅當(dāng)m－n＝eq\r(2)時取等號，所以eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值為eq\f(\r(2),4).法二：當(dāng)eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)取最大值時，x－2y＞0，且5x2－2xy＋2y2＝(x－2y)2＋2(2x2＋xy－y2)＝(x－2y)2＋2，則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)，當(dāng)且僅當(dāng)x－2y＝eq\r(2)時取等號，故eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值為eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)[方法歸納]利用基本不等式求最值的方法(1)知和求積的最值：“和為定值，積有最大值”．但應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：①具備條件——正數(shù)；②驗證等號成立．(2)知積求和的最值：“積為定值，和有最小值”，直接應(yīng)用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的條件．(3)構(gòu)造不等式求最值：在求解含有兩個變量的代數(shù)式的最值問題時，通常采用“變量替換”或“常數(shù)1”的替換，構(gòu)造不等式求解．[課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練]eq\a\vs4\al([A組——抓牢中檔小題])1．(2021·山東高考改編)設(shè)函數(shù)y＝eq\r(4－x2)的定義域為A，函數(shù)y＝ln(1－x)的定義域為B，則A∩B＝________.解析：由題意可知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故A∩B＝{x|－2≤x<1}．答案：{x|－2≤x<1}2．設(shè)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋2y≥4，,2x＋y≤4))所表示的平面區(qū)域為D，則區(qū)域D的面積為________．解析：畫出可行域如圖中陰影部分所示，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的面積為eq\f(1,2)×2×eq\f(4,3)＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)3．已知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的取值范圍是________．解析：由題意知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的取值范圍是[－4,2]．答案：[－4,2]4．(2021·常州三中?？?已知函數(shù)f(x)＝|x2－1|，若f(－m2－1)＜f(2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝|x2－1|，所以f(－m2－1)＝m4＋2m2，f(2)＝3，若f(－m2－1)＜f(2)，則m4＋2m2＜3，即(m2＋3)(m2－1)＜0，解得－1＜m＜1.答案：(－1,1)5．已知正數(shù)x，y滿足x2＋2xy－3＝0，則2x＋y的最小值是________．解析：由題意得，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，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時，等號成立．答案：36．(2021·蘇北四市期末)若實(shí)數(shù)x，y滿足xy＋3x＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,2)))，則eq\f(3,x)＋eq\f(1,y－3)的最小值為________．解析：因為實(shí)數(shù)x，y滿足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.則eq\f(3,x)＋eq\f(1,y－3)＝y(tǒng)＋3＋eq\f(1,y－3)＝y(tǒng)－3＋eq\f(1,y－3)＋6≥2eq\r(y－3·\f(1,y－3))＋6＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3,7)，y＝4時取等號．答案：87．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤0，,x＋2y－2≤0，,x＋2≥0.))則z＝2x－5y的最小值為________．解析：由z＝2x－5y，可得y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)，作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，由圖可知當(dāng)直線y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)經(jīng)過點(diǎn)A(－2,2)時，直線y＝eq\f(2,5)x－eq\f(z,5)在y軸上的截距最大，此時z最小，且zmin＝2×(－2)－2×5＝－14.答案：－148．已知關(guān)于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的最小值為________．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，當(dāng)且僅當(dāng)x－a＝1時等號成立．由題意可知4＋2a≥7，解得a≥eq\f(3,2)，即實(shí)數(shù)a的最小值為eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)9．(2021·南京、鹽城一模)已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x＋y≤7，,x＋2≤2y，))則eq\f(y,x)的最小值是________．解析：作出不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分所示，eq\f(y,x)表示可行域上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，結(jié)合圖象知，當(dāng)直線經(jīng)過OC時，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．已知f(x)＝log2(x－2)，若實(shí)數(shù)m，n滿足f(m)＋f(2n)＝3，則m＋n的最小值為________．解析：因為f(m)＋f(2n)＝3，所以log2(m－2)＋log2(2n－2)＝3(m＞2且n＞1)，化簡得(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，當(dāng)且僅當(dāng)n＝3時等號成立，所以m＋n的最小值為7.答案：711．在平面直角坐標(biāo)系中，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥0，,x－y≥0，,x≤a，))(a為常數(shù))表示的平面區(qū)域的面積為4，則x2＋y的最小值為________．解析：由題意作出可行域如圖中陰影部分所示，因為平面區(qū)域的面積為4，易得A(2，2)，B(2，－2)，把A，B，O三個邊界點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入x2＋y，得在這三點(diǎn)處的最小值為0.令x2＋y＝0，即y＝－x2，y′＝－2x，當(dāng)拋物線y＝－x2平移到與直線y＝－x相切時，y′＝－2x＝－1，得x＝eq\f(1,2)，即切點(diǎn)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的最小值為－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)12．(2021·蘇州期末)已知正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)的最小值為________．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)，當(dāng)且僅當(dāng)2(y＋1)＝x＋2，即x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,3)時取等號．故eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)的最小值為eq\f(9,4).答案：eq\f(9,4)13．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋x，若當(dāng)x∈[0,1]時，－1≤f(x)≤1恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：當(dāng)x＝0時，f(x)＝0，不等式成立，當(dāng)x∈(0,1]時，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，＋∞)，從而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．已知函數(shù)f(x)＝mx2＋(2－m)x＋n(m＞0)，當(dāng)－1≤x≤1時，|f(x)|≤1恒成立，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝________.解析：由題意得：|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)的圖象可知：要滿足題意，則圖象的對稱軸為直線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組——力爭難度小題])1．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足eq\f(x2,4)－y2＝1，則3x2－2xy的最小值是________．解析：法一：設(shè)x＝eq\f(2,cosθ)，y＝tanθ，則3x2－2xy＝eq\f(12,cos2θ)－eq\f(4tanθ,cosθ)＝eq\f(12－4sinθ,cos2θ)，記3－sinθ＝t，t∈[2,4]，則原式＝eq\f(4t,1－3－t2)＝eq\f(4,6－t－\f(8,t))，因為t∈[2,4]，故當(dāng)t＝2eq\r(2)時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(8,t)))min＝4eq\r(2)，從而3x2－2xy的最小值是6＋4eq\r(2).法二：設(shè)3x2－2xy＝u，則y＝eq\f(3x2－u,2x)，代入條件得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，由條件可知x2≥4，令z＝x2，故方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0在[4，＋∞)上有解，必須滿足Δ＝(6u－4)2－32u2≥0，得u2－12u＋4≥0，于是u≥6＋4eq\r(2)或u≤6－4eq\r(2)，因為方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0有兩個同號的根，而當(dāng)u≤6－4eq\r(2)時，6u－4＜0，故u≤6－4eq\r(2)(舍去)，從而u≥6＋4eq\r(2)，若取u＝6＋4eq\r(2)，則方程8z2－(6u－4)z＋u2＝0的兩根z1＝z2＝2＋eq\f(3\r(2),2)＞4，符合題意，從而3x2－2xy的最小值是6＋4eq\r(2).答案：6＋4eq\r(2)2．(2021·蘇北三市三模)已知對于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：令f(x)＝x2－2(a－2)x＋a，則Δ＝4(a－2)2－4a＝4(a－1)(a－4)．(1)若Δ<0，則1<a<4時，f(x)>0在R上恒成立，符合題意．(2)若Δ＝0，即a＝1或a＝4時，f(x)>0的解為x≠a－2，顯然a＝1時，不符合題意，當(dāng)a＝4時符合題意．(3)當(dāng)Δ>0時，即a<1或a>4時，∵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，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1,5]．答案：(1,5]3．定義區(qū)間(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的長度均為d＝b－a.用[x]表示不超過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)間的長度，則當(dāng)0≤x≤3時，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.當(dāng)x∈[0,1)時，[x]＝0，不等式的解為x＞1，不合題意；當(dāng)x∈[1,2)時，[x]＝1，不等式為0＜0，無解，不合題意；當(dāng)x∈[2,3]時，[x]＞1，所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等價于x＜[x]＋1，此時恒成立，所以此時不等式的解為2≤x≤3，所以當(dāng)0≤x≤3時，不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長度為d＝1.答案：14．(2021·南京三模)已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，且a＋2b≤8c，eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)≤eq\f(2,c)，則eq\f(3a＋8b,c)的取值范圍為________．解析：因為a，b，c為正實(shí)數(shù)，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(tǒng)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤8，,\f(2,x)＋\f(3,y)≤2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤4－\f(1,2)x，,y≥\f(3x,2x－2)，,1<x<8.))作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．令z＝eq\f(3a＋8b,c)＝3x＋8y，則y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)，由圖知當(dāng)直線y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)過點(diǎn)A時，截距最大，即z最大，當(dāng)直線y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)與曲線y＝eq\f(3x,2x－2)相切時，截距最小，即z最?。夥匠探Meq\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，設(shè)直線y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)與曲線y＝eq\f(3x,2x－2)的切點(diǎn)為(x0，y0)，則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.∴切點(diǎn)坐標(biāo)為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課時導(dǎo)數(shù)(基礎(chǔ)課)[常考題型突破]導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及幾何意義[必備知識]1．四個易誤導(dǎo)數(shù)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．導(dǎo)數(shù)的幾何意義函數(shù)f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)是曲線f(x)在點(diǎn)P(x0，f(x0))處的切線的斜率，曲線f(x)在點(diǎn)P處的切線的斜率k＝f′(x0)，相應(yīng)的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[題組練透]1．(2021·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(0)的值為________．解析：因為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．(2021·南通海門聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且f(x)＝x2＋2xf′(1)，則f′(2)＝________.解析：因為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，則f′(x)＝2x－4，所以f′(2)＝2×2－4＝0.答案：03．(2021·徐州檢測)如圖，直線l是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(4，f(4))處的切線，則f(4)＋f′(4)的值等于________．解析：根據(jù)題意，由函數(shù)的圖象可得f(4)＝5，直線l過點(diǎn)(0,3)和(4,5)，則直線l的斜率k＝eq\f(1,2)，又由直線l是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(4，f(4))處的切線，則f′(4)＝eq\f(1,2)，則有f(4)＋f′(4)＝eq\f(11,2).答案：eq\f(11,2)4．(2021·南通、泰州一調(diào))已知兩曲線f(x)＝2sinx與g(x)＝acosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))相交于點(diǎn)P.若兩曲線在點(diǎn)P處的切線互相垂直，則實(shí)數(shù)a的值為________．解析：由f(x)＝g(x)，得2sinx＝acosx，即tanx＝eq\f(a,2)，a＞0，設(shè)交點(diǎn)P(m，n)，f(x)＝2sinx的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝2cosx，g(x)＝acosx的導(dǎo)數(shù)為g′(x)＝－asinx，由兩曲線在點(diǎn)P處的切線互相垂直，可得2cosm·(－asinm)＝－1，且tanm＝eq\f(a,2)，則eq\f(2asinmcosm,sin2m＋cos2m)＝1，分子分母同除以cos2m，即有eq\f(2atanm,1＋tan2m)＝1，即為a2＝1＋eq\f(a2,4)，解得a＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)[方法歸納]與切線有關(guān)問題的處理策略(1)已知切點(diǎn)A(x0，y0)求斜率k，即求該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值，k＝f′(x0)．(2)已知斜率k，求切點(diǎn)A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)求過某點(diǎn)M(x1，y1)的切線方程時，需設(shè)出切點(diǎn)A(x0，f(x0))，則切線方程為y－f(x0)＝f′(x0