高考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)函數(shù)導(dǎo)數(shù)題型解析(4)

　　探究提高　第(3)小題將對稱問題轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的對稱，從而很容易地解決問題，本題也可借助于圖象的斜率解決.

　　【例1－2】 解析　(1)易知函數(shù)定義域?yàn)?－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)＝ln1＋x1－x＝ln－1－2x－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)，故選A.

　　(2)∵f(x)是偶函數(shù)，∴圖象關(guān)于y軸對稱.又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減，

　　則f(x)的大致圖象如圖所示，由f(x－1)＞0，得－2＜x－1＜2，即－1＜x＜3.

　　答案　(1)A　(2)(－1，3)

　　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)的解析式或者已知的函數(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】 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2|x－m|－1為偶函數(shù)可知，m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，當(dāng)x＞0時，f(x)為增函數(shù)，

　　log0.53＝－log23，∴log25＞|log0.53|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)，故選C.

　　【例2－1】解析　(1)函數(shù)定義域?yàn)閧x|x≠－c}，結(jié)合圖象知－c＞0，∴c＜0；令x＝0，得f(0)＝bc2，又由圖象知f(0)＞0，∴b＞0；令f(x)＝0，得x＝－ba，結(jié)合圖象知－ba＞0，∴a＜0.故選C.

　　(2)當(dāng)a＝0時，兩個函數(shù)的解析式分別為y＝－x，y＝x，故選項(xiàng)D中的圖象是可能的.當(dāng)a≠0時，二次函數(shù)y＝ax2－x＋a2的對稱軸方程為x＝12a，三次函數(shù)y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的導(dǎo)數(shù)為y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，得其極值點(diǎn)為x1＝13a，x2＝1a.由于13a＜12a＜1a(a＞0)，或者13a＞12a＞1a(a＜0)，即三次函數(shù)的極值點(diǎn)在二次函數(shù)的對稱軸兩側(cè)，選項(xiàng)A、C中的圖象有可能，選項(xiàng)B中的圖象不可能.

　　答案　(1)C　(2)B

　　探究提高　識圖時，可從圖象與x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.在探究兩個函數(shù)的圖象位置關(guān)系時，要善于根據(jù)函數(shù)解析式中字母的變化研究函數(shù)性質(zhì)的變化，從而確定兩個函數(shù)圖象的可能位置關(guān)系.

　　【例2－2】解析　(1)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＝f －12＝f 52，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.

　　(2)設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線y＝ax－a的下方，

　　因?yàn)間′(x)＝ex(2x＋1)，所以當(dāng)x<－12時，g′(x)<0，當(dāng)x>－12時，g′(x)>0，所以當(dāng)x＝－12時，[g(x)]min＝ ，

　　當(dāng)x＝0時，g(0)＝－1，當(dāng)x＝1時，g(1)＝e>0，直線y＝a(x－1)恒過(1，0)，則滿足題意的

　　唯一整數(shù)x0＝0，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得32e≤a<1，故選D.

　　答案　(1)D　(2)D

　　探究提高　(1)運(yùn)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(dá)的函數(shù)的性質(zhì).

　　(2)在研究函數(shù)性質(zhì)特別是單調(diào)性、最值、零點(diǎn)時，要注意用好其與圖象的關(guān)系，結(jié)合圖象研究.

　　【訓(xùn)練2】解析　由題意得，利用平移變化的知識畫出函數(shù)|f(x)|，g(x)的圖象如圖，而h(x)＝|f（x）|，|f（x）|≥g（x），－g（x），|f（x）|＜g（x），故h(x)有最小值－1，無最大值.答案　C

　　【例3－1】 解析　法一　函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)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(diǎn)個數(shù).作圖，可知在(0，＋∞)內(nèi)最多有一個交點(diǎn)，故排除C，D項(xiàng)；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(diǎn)，所以A項(xiàng)錯誤.選B.

　　法二　因?yàn)閒(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(diǎn)個數(shù)是1.答案　B

　　探究提高　在解決函數(shù)與方程問題中的函數(shù)的零點(diǎn)問題時，要學(xué)會掌握轉(zhuǎn)化與化歸思想的運(yùn)用.如本題直接根據(jù)已知函數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)個數(shù)難度很大，也不是初等數(shù)學(xué)能輕易解決的，所以遇到此類問題的第一反應(yīng)就是轉(zhuǎn)化已知函數(shù)為熟悉的函數(shù)，再利用數(shù)形結(jié)合求解.

　　【例3－2】 解析　記h(x)＝－f(2－x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，直線AB：y＝x－4，當(dāng)直線l∥AB且與f(x)的圖象相切時，由y＝x＋b′，y＝（x－2）2，解得b′＝－94，－94－(－4)＝74，同理，y軸左側(cè)也有相同的情況.所以曲線h(x)向上平移74個單位后，y軸左右各有2個交點(diǎn)，所得圖象與f(x)的圖象有四個公共點(diǎn)，平移2個單位時，兩圖象有無數(shù)個公共點(diǎn)，因此，當(dāng)74＜b＜2時，f(x)與g(x)的圖象有四個不同的交點(diǎn)，即y＝f(x)－g(x)恰有4個零點(diǎn).選D.

　　探究提高　利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)值或取值范圍的方法

　　(1)利用零點(diǎn)存在的判定定理構(gòu)建不等式求解.(2)分離參數(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】解析　函數(shù)f(x)有三個零點(diǎn)等價于方程1x＋2＝m|x|有且僅有三個實(shí)根.

　　∵1x＋2＝m|x|?1m＝|x|(x＋2)，作函數(shù)y＝|x|(x＋2)的圖象，如圖所示，由圖象可知m應(yīng)滿足0＜1m＜1，故m＞1.答案　(1，＋∞)

　　一、選擇題

　　1.解析　令f(x)＝x＋ex，則f(1)＝1＋e，f(－1)＝－1＋e－1，即f(－1)≠f(1)，f(－1)≠－f(1)，所以y＝x＋ex既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，而B，C，D依次是奇函數(shù)、偶函數(shù)、偶函數(shù)，故選A.

　　2.解析　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù).

　　f 12＝log212－112＝－1－2＝－3＜0，f(1)＝log21－11＝0－1＜0，f(2)＝log22－12＝1－12＝12＞0，f(3)＝log23－13＞1－13＝23＞0，即f(1)·f(2)＜0，∴函數(shù)f(x)＝log2x－1x的零點(diǎn)在區(qū)間(1，2)內(nèi).答案　C

　　3. 解析　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(diǎn).如圖：∴y＝kx－1在直線y＝x－1與y＝12x－1之間，∴12＜k＜1，故選B.

　　4.解析　當(dāng)a＝2時，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2滿足題意，排除A，B選項(xiàng)；當(dāng)a＝23時，f(a)＝f 23＝3×23－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝23滿足題意，排除D選項(xiàng)，故答案為C.

　　5.解析　當(dāng)點(diǎn)P沿著邊BC運(yùn)動，即0≤x≤π4時，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tan x，在Rt△PAB中，|PA|＝|AB|2＋|PB|2＝4＋tan2x，則f(x)＝|PA|＋|PB|＝4＋tan2x＋tan x，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(diǎn)P與點(diǎn)C重合，即x＝π4時，由上得f π4＝4＋tan2π4＋tanπ4＝5＋1，又當(dāng)點(diǎn)P與邊CD的中點(diǎn)重合，即x＝π2時，△PAO與△PBO是全等的腰長為1的等腰直角三角形，故f π2＝|PA|＋|PB|＝2＋2＝22，知f π2＜f π4，故又可排除D.綜上，選B.

　　二、填空題

　　6.解析　由題意f(x)的圖象如圖，則a＞1，3＋loga2≥4，∴1＜a≤2.答案　(1，2]

　　7.解析　當(dāng)x＞0時，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個不同的零點(diǎn)，則當(dāng)x≤0時，

　　函數(shù)f(x)＝2x－a有一個零點(diǎn)，令f(x)＝0得a＝2x，因?yàn)?＜2x≤20＝1，所以0＜a≤1，

　　所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是0＜a≤1.答案　(0，1]

　　8.解析　令x＝－2，得f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，解得f(－2)＝0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(2)＝0，①正確；因?yàn)閒(－4＋x)＝f(－4＋x＋4)＝f(x)，f(－4－x)＝f(－4－x＋4)＝f(－x)＝f(x)，所以f(－4＋x)＝f(－4－x)，即x＝－4是函數(shù)f(x)的一條對稱軸，②正確；當(dāng)x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2時，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＜0，說明函數(shù)f(x)在[0，2]上是單調(diào)遞減函數(shù)，又f(2)＝0，因此函數(shù)f(x)在[0，2]上只有一個零點(diǎn)，由偶函數(shù)知函數(shù)f(x)在[－2，0]上也只有一個零點(diǎn)，由f(x＋4)＝f(x)，知函數(shù)的周期為4，所以函數(shù)f(x)在(2，4]與[－4，－2)上也單調(diào)，因此，函數(shù)在[－4，4]上只有2個零點(diǎn)，③錯；對于④，因?yàn)楹瘮?shù)的周期為4，即有f(2)＝f(6)＝f(10)＝…＝f(2 014)＝0，④正確.答案�、佗冖�

　　9.解　(1)∵f(x)是定義在[－1，1]上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴a＝1，∴當(dāng)x∈[－1，0]時，f(x)＝14x－12x.

　　設(shè)x∈[0，1]，則－x∈[－1，0]，∴f(－x)＝14－x－12－x＝4x－2x，∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝2x－4x.

　　∴f(x)在[0，1]上的解析式為f(x)＝2x－4x.

　　(2)f(x)＝2x－4x，x∈[0，1]，令t＝2x，t∈[1，2]，g(t)＝t－t2＝－t－122＋14，∴g(t)在[1，2]上是減函數(shù)，

　　∴g(t)max＝g(1)＝0，即x＝0，f(x)max＝0.

　　10.解　(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.①當(dāng)a＞0時，f(x)在[2，3]上為增函數(shù)，

　　故f（3）＝5，f（2）＝2 ?9a－6a＋2＋b＝5，4a－4a＋2＋b＝2 a＝1，b＝0.

　�、诋�(dāng)a＜0時，f(x)在[2，3]上為減函數(shù)，故f（3）＝2，f（2）＝5 ?9a－6a＋2＋b＝2，4a－4a＋2＋b＝5 ?a＝－1，b＝3.

　　故a＝1，b＝0或a＝－1，b＝3.

　　(2)∵b＜1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2，g(x)＝x2－2x＋2－2mx＝x2－(2＋2m)x＋2.

　　若g(x)在[2，4]上單調(diào)，則2＋2m2≤2或2m＋22≥4，∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log26.

　　故m的取值范圍是(－∞，1]∪[log26，＋∞).

　　11.解　(1)∵x＞0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，等號成立的條件是x＝e.故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，

　　則g(x)＝m就有實(shí)根.故m∈[2e，＋∞).

　　(2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實(shí)根，即g(x)＝f(x)中函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同

　　的交點(diǎn)，作出g(x)＝x＋e2x(x＞0)的大致圖象.∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.

　　其對稱軸為x＝e，開口向下，最大值為m－1＋e2.故當(dāng)m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1時，

　　g(x)與f(x)有兩個交點(diǎn)，即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實(shí)根.∴m的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞).

　　第2講　不等式及線性規(guī)劃

　　真 題 感 悟

　　1.解析　由x＞1 x＋2＞3  log12 (x＋2)＜0，log12 (x＋2)＜0 x＋2＞1 x＞－1，故"x＞1"是"log12(x＋2)＜0"成立的充分不必要條件.因此選B.

　　2.解析　可行域如圖所示.目標(biāo)函數(shù)化為y＝－12x＋12 z，當(dāng)直線y＝－12x＋12 z過點(diǎn)A(0，1)時，z取得最大值2.答案　D

　　3.解析　∵0＜a＜b，∴a＋b2＞ab，又∵f(x)＝ln x在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故fa＋b2＞f(ab)，即q＞p.又r＝12(f(a)＋f(b))＝12(ln a＋ln b)＝12ln a＋12ln b＝ln(ab)12＝f(ab)＝p.

　　故p＝r＜q.選C.

　　4. 解析　約束條件的可行域如圖，由yx＝y(tǒng)－0x－0，則最大值為3.答案　3

　　【 例1－1】 解析　∵x＞0，y＞0，∴x＋4y＋5＝xy≥24xy＋5，即xy－4xy－5≥0，可求xy≥25.

　　當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y時取等號，即x＝10，y＝52.答案　B

　　探究提高　在使用基本不等式求最值時一定要檢驗(yàn)等號能否取到，有時也需進(jìn)行常值代換.

　　【例1－2】 解析　令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－n－8m－2，當(dāng)m＞2時，對稱軸x0＝－n－8m－2，

　　由題意，－n－8m－2≥2，∴2m＋n≤12，∵2mn≤2m＋n2≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6，

　　當(dāng)m＜2時，拋物線開口向下，由題意－n－8m－2≤12，即2n＋m≤18，∵2mn≤2n＋m2≤9，∴mn≤812，

　　由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值為18，選B.

　　探究提高　在利用基本不等式求最值時，要特別注意"拆、拼、湊"等技巧，使其滿足基本不等式中"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，否則會出現(xiàn)錯誤.

　　【訓(xùn)練1】解析　(1)由x＋y＋1＝xy，得y＝x＋1x－1，又y＞0，x＞0，∴x＞1.

　　∴x＋2y＝x＋2×x＋1x－1＝x＋2×1＋2x－1＝x＋2＋4x－1＝3＋(x－1)＋4x－1≥3＋4＝7，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3時取"＝".

　　(2)∵x∈(a，＋∞)，∴x－a＞0，∴2x＋2x－a＝2(x－a)＋2x－a＋2a≥2·2（x－a）·2x－a＋2a＝4＋2a，

　　由題意可知4＋2a≥7，得a≥32，則實(shí)數(shù)a的最小值為32，故選B.

　　答案　(1)C　(2)B

　　【例2－1】解析　設(shè)f(x)＝x＋4x，因?yàn)閤＞0，所以f(x)＝x＋4x≥2x·4x＝4.又關(guān)于x的不等式x＋4x－1－a2＋2a＞0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－1，3).

　　探究提高　一是轉(zhuǎn)化關(guān)，即通過分離參數(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)；二是求最值關(guān)，即求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題.

　　【例2－2】解　易知f(t)∈12，3，由題意，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4＝(x－2)m＋(x－2)2＞0對?m∈12，3恒成立.所以只需g12＞0，g（3）＞0即可，即12（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，＋∞).

　　探究提高　主、輔元互換可以實(shí)現(xiàn)對問題的有效轉(zhuǎn)化，由繁到簡，應(yīng)用這種方法的過程中關(guān)鍵還是把握恒成立的本質(zhì)，巧用轉(zhuǎn)化思想，靈活處理，從而順利解決問題.

　　【訓(xùn)練2】解析　(1)因?yàn)閍＞0，b＞0，所以由m3a＋b－3a－1b≤0恒成立得m≤3a＋1b(3a＋b)＝10＋3ba＋3ab恒成立.

　　因?yàn)?ba＋3ab≥23ba·3ab＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，所以10＋3ba＋3ab≥16，所以m≤16，即m的最大值為16，故選B.

　　(2)因?yàn)閍∈[－2，2]，可把原式看作關(guān)于a的函數(shù)，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，

　　由題意可知g（－2）＝x2＋2x＋1≥0，g（2）＝x2－2x＋1≥0，解之得x∈R.

　　答案　(1)B　(2)R

　　【例3－1】 解析　畫出可行域如圖所示，由z＝2x－y，得y＝2x－z，欲求z的最大值，可將直線y＝2x向下平移，當(dāng)經(jīng)過區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)，且滿足在y軸上的截距－z最小時，即得z的最大值，如圖，可知當(dāng)過點(diǎn)A時z最大，

　　由x＋y－7＝0，x－3y＋1＝0，得x＝5，y＝2，即A(5，2)，則zmax＝2×5－2＝8.答案　B

　　探究提高　線性規(guī)劃的實(shí)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(jìn)行比較，避免出錯；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(diǎn)或邊界上取得.

　　【例3－2】解析　不等式組表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示.易知A(2，0)，由x－y＝0，x＋y＝2，得B(1，1).由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴當(dāng)a＝－2或a＝－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選項(xiàng)；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，故選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)最值是已知時，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)與最值都是已知，且約束條件中含有參數(shù)時，因?yàn)槠矫鎱^(qū)域是變動的，所以要抓住目標(biāo)函數(shù)及最值已知這一突破口，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.

　　【例3－3】 解析　由題意知，圓M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5的圓心坐標(biāo)為(1，－2).

　　過點(diǎn)－32，－2的直線方程可設(shè)為y＝kx＋32－2，即kx－y＋32k－2＝0.

　　因?yàn)橹本�kx－y＋32k－2＝0和圓M相切，所以k×1＋2＋32k－21＋k2＝5，解得k＝±2，所以兩條切線方程分別為l1：2x－y＋1＝0，l2：2x＋y＋5＝0.由直線l1，l2和x－y＋1＝0所圍成的區(qū)域如圖所示.z＝|x＋2y－3|＝5|x＋2y－3|5的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)到直線x＋2y－3＝0的距離的5倍.由圖知，可行域內(nèi)的點(diǎn)B到直線x＋2y－3＝0的距離最小，則zmin＝|0＋2×1－3|＝1，故選B.

　　探究提高　線性規(guī)劃求最值問題要明確目標(biāo)函數(shù)的幾何意義：(1)目標(biāo)函數(shù)為一次函數(shù)，幾何意義可等價為橫、縱截距，平移直線即可求出最值；(2)目標(biāo)函數(shù)為二次函數(shù)，可等價距離的平方，但要注意求距離最值時，若利用垂線段，需考慮垂足是否在可行域內(nèi)，所以此時更要注意數(shù)形結(jié)合的重要性；(3)目標(biāo)函數(shù)為一次函數(shù)絕對值，可構(gòu)造點(diǎn)到直線的距離，但莫忘等價變形(即莫忘除以系數(shù))；(4)目標(biāo)函數(shù)為一次分式，可等價直線的斜率.

　　【訓(xùn)練3】解析　畫出滿足條件的可行域如圖陰影部分所示，則當(dāng)直線z＝2x＋3y過點(diǎn)A(a，a)時，z＝2x＋3y取得最大值5，所以5＝2a＋3a，解得a＝1.答案　1

　　一、選擇題

　　1.解析　由|x－2|＜1得1＜x＜3，由x2＋x－2＞0，得x＜－2或x＞1，而1＜x＜3 x＜－2或x＞1，而x＜－2或x＞1 1＜x＜3，所以，"|x－2|＜1"是"x2＋x－2＞0"的充分而不必要條件，選A.

　　2.解析因?yàn)辄c(diǎn)A(m，n)在第一象限，且在直線x3＋y4＝1上，所以m，n∈R＋，且m3＋n4＝1，所以m3·n4≤(m3＋n42)2當(dāng)且僅當(dāng)m3＝n4＝12，即m＝32，n＝2時，取"＝"，所以m3·n4≤122＝14，即mn≤3，所以mn的最大值為3.答案　A

　　3.解析　不等式組所表示的可行域如下圖所示，

　　由z＝3x＋2y得y＝－32x＋z2，依題意當(dāng)目標(biāo)函數(shù)直線l：y＝－32x＋z2經(jīng)過A1，45時，z取得最小值，即zmin＝3×1＋2×45＝235，故選C.

　　4．解析　∵x＞0，y＞0，∴x＋2y≥22xy(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時取等號).又由x＋22xy≤λ(x＋y)可得λ≥x＋22xyx＋y，而x＋22xyx＋y≤x＋（x＋2y）x＋y＝2，∴當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時，x＋22xyx＋ymax＝2.∴λ的最小值為2.答案　B

　　5.解析　如圖：點(diǎn)(1，e)滿足ax－y≥0，即a≥e.答案　B

　　6.解析　如圖，可行域?yàn)殛幱安糠�，線性目標(biāo)函數(shù)z＝2x－y可化為y＝2x－z，由圖形可知當(dāng)y＝2x－z過點(diǎn)－1，12時z最小，zmin＝2×(－1)－12＝－52.答案�。�52

　　7.解析　f(f(－3))＝f(1)＝0，當(dāng)x≥1時，f(x)＝x＋2x－3≥22－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時，取等號；當(dāng)x＜1時，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，取等號，∴f(x)的最小值為22－3.

　　答案　0　22－3

　　8.解析　由已知，得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤x＋3y22，令x＋3y＝t，則t2＋12t－108≥0，

　　解得t≥6或t ≤－18(舍)，即x＋3y≥6.答案　6

　　9.解　(1)f(x)＞k?kx2－2x＋6k＜0.由已知{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的兩根是－3，－2.

　　由根與系數(shù)的關(guān)系可知(－2)＋(－3)＝2k，即k＝－25.

　　(2)因?yàn)閤＞0，f(x)＝2xx2＋6＝2x＋6x≤226＝66，當(dāng)且僅當(dāng)x＝6時取等號.

　　由已知f(x)≤t對任意x＞0恒成立，故t≥66，即t的取值范圍是66，＋∞.

　　10.解　(1)令y＝0，得kx－120(1＋k2)x2＝0，由實(shí)際意義和題設(shè)條件知x＞0，k＞0，故x＝20k1＋k2＝20k＋1k≤202＝10，

　　當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時取等號.所以炮的最大射程為10千米.

　　(2)因?yàn)閍＞0，所以炮彈可擊中目標(biāo)   存在k＞0，使3.2＝ka－120(1＋k2)a2成立? 關(guān)于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根?   判別式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0?  a≤6.所以當(dāng)a不超過6千米時，可擊中目標(biāo).

　　11.(1)證明　求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝ax2－2bx＋2－b.由函數(shù)f(x)在x＝x1處取得極大值，在x＝x2處取得極小值，

　　知x1、x2是f′(x)＝0的兩個根，所以f′(x)＝a(x－x1)(x－x2).當(dāng)x＜x1時，f(x)為增函數(shù)，f′(x)＞0，

　　由x－x1＜0，x－x2＜0得a＞0.

　　(2)解　在題設(shè)下，0＜x1＜1＜x2＜2等價于f′（0）＞0，f′（1）＜0，f′（2）＞0，即2－b＞0，a－2b＋2－b＜0，4a－4b＋2－b＞0，化簡得2－b＞0，a－3b＋2＜0，4a－5b＋2＞0.

　　此不等式組表示的區(qū)域?yàn)槠矫鎍Ob上的三條直線：2－b＝0，a－3b＋2＝0，4a－5b＋2＝0所圍成的△ABC的內(nèi)部，其三個頂點(diǎn)分別為A47，67，B(2，2)，C(4，2).

　　z在這三點(diǎn)的值依次為167，6，8.所以z的取值范圍為167，8.

　　第3講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題

　　真 題 感 悟

　　(1)證明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；

　　當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；

　　當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.

　　(2)解由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值.所以對于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是f（1）－f（0）≤e－1，f（－1）－f（0）≤e－1，即em－m≤e－1，e－m＋m≤e－1.①

　　設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.當(dāng)t＜0時，g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當(dāng)t∈[－1，1]時，g(t)≤0.

　　當(dāng)m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當(dāng)m＞1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；

　　當(dāng)m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.綜上，m的取值范圍是[－1，1].

　　【例1－1】 解　(1)由題意知a＝0時，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞).此時f′(x)＝2（x＋1）2.可得f′(1)＝12，又f(1)＝0，

　　所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0.

　　(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.

　　當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)a＜0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，

　　由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①當(dāng)a＝－12時，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.

　�、诋�(dāng)a＜－12時，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.

　�、郛�(dāng)－12＜a＜0時，Δ＞0.設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點(diǎn)，

　　則x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.由于x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，

　　所以x∈(0，x1)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，x∈(x1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，

　　x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，綜上可得：當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；

　　當(dāng)a≤－12時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)－12＜a＜0時，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，

　�。�（a＋1）－2a＋1a，＋∞上單調(diào)遞減，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上單調(diào)遞增.

　　探究提高　討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)質(zhì)就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論.討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制.

　　[微題型2]　已知單調(diào)性求參數(shù)的范圍