95/95命題熱點自測(一)集合、常用邏輯用語、不等式一、選擇題1．(2021·北京師范大學(xué)天津附屬中學(xué)月考)已知全集U＝{x∈N|0<x<6}，A＝{3,4,5}，B＝{2,3}，則B∪(?UA)＝()A．{1,2,3} B．{2,3,4}C．{2,3} D．{2}A[由題知，?UA＝{1,2}，故B∪(?UA)＝{1,2,3}．故選A．]2．命題“?x≥1，x2≥1”的否定形式是()A．?x≥1，x2<1 B．?x≥1，x2<1C．?x<1，x2<1 D．?x<1，x2<1B[命題“?x≥1，x2≥1”的否定形式是：?x≥1，x2<1.故選B．]3．(2021·安徽省阜陽第一中學(xué)月考)已知a∈R，則“a>1”是“eq\f(1,a)<1”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件A[由a>1得，a是正數(shù)，因此eq\f(1,a)<eq\f(1,1)＝1，充分性成立；反之，取a＝－1，適合eq\f(1,a)<1，但不適合a>1，所以必要性不成立．]4．(2021·山東省實驗中學(xué)高三月考)在下列選項中，能正確表示集合A＝{－3,0,3}和B＝{x|x2－3x＝0}關(guān)系的是()A．A＝B B．A?BC．A?B D．A∩B＝?B[因為B＝{x|x2－3x＝0}＝{0,3}，A＝{－3,0,3}，所以A?B．故選B．]5．(2021·河北石家莊二中高三月考)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，當(dāng)3x＋4y取得最小值時，x＋4y的值為()A．2 B．3C．4 D．5B[因為正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，所以eq\f(1,y)＋eq\f(3,x)＝5，所以3x＋4y＝eq\f(1,5)(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(3,x)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,y)＋9＋4＋\f(12y,x)))≥eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(3x,y)·\f(12y,x))))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,y)＝eq\f(12y,x)，即x＝2y時取等號，因為x＋3y＝5xy，所以解得x＝1，y＝eq\f(1,2)，所以當(dāng)x＝1，y＝eq\f(1,2)時，3x＋4y取得最小值，所以x＋4y＝1＋4×eq\f(1,2)＝3.故選B．]6．(多選)“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a>0對?x∈R恒成立”的一個必要不充分條件是()A．0<a<1 B．0<a<2C．0<a<eq\f(1,2) D．a(chǎn)>0BD[由題意得：Δ＝(－2a)2－4a<0?0<a<1，∴所選的正確選項是0<a<1的必要不充分條件，∴0<a<1應(yīng)是正確選項的一個真子集．故選BD．]7．(多選)(2021·南京市第十三中學(xué)高三月考)設(shè)A＝{x|x2－8x＋12＝0}，B＝{x|ax－1＝0}，若A∩B＝B，則實數(shù)a的值可以是()A．0 B．eq\f(1,6)C．eq\f(1,2) D．2ABC[由題意，A＝{2,6}，因為A∩B＝B，所以B?A，若a＝0，則B＝?，滿足題意；若a≠0，則B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))，因為B?A，所以eq\f(1,a)＝2或eq\f(1,a)＝6，則a＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,6).綜上，實數(shù)a的值是a＝0或a＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(1,6).故選ABC．]8．(多選)(2021·山東省實驗中學(xué)高三月考)若a>b>1，c<0，則下列不等式中一定成立的是()A．a(chǎn)－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b) B．a(chǎn)－eq\f(1,a)<b－eq\f(1,a)C．lneq(\a\vs4\al\co1(a－b))>0 D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(c)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(c)AD[對于A，因為a>b>1，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故A正確；對于B，因為a>b>1，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,a)，故B錯誤；對于C，因為a>b>1，a－b>0，當(dāng)a－b＝eq\f(1,e)時，lneq(\a\vs4\al\co1(a－b))＝lneq\f(1,e)＝－1<0，故C錯誤；對于D，因為a>b>1，則0<eq\f(b,a)<1，eq\f(a,b)>1，又c<0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(c)<1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(c)>1，故D正確．故選AD．]二、填空題9．(2021·山東省實驗中學(xué)高三月考)命題“?x∈eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))，2x2＋a＝0”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是________．(－8，0][若命題“?x∈eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))，2x2＋a＝0”是真命題，則2x2＋a＝0在x∈eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))有解，所以a＝－2x2在x∈eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))有解．因為x∈eq(\a\vs4\al\co1(－1，2))，所以－2x2∈(－8，0]，所以a∈(－8，0].]10．(2021·江蘇如皋高三開學(xué)考試)若?x∈eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，eq\f(4x2＋1,x)≥m，則實數(shù)m的取值范圍為________．(－∞，4][?x∈eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，eq\f(4x2＋1,x)≥m，則m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x2＋1,x)))min，由基本不等式可得eq\f(4x2＋1,x)＝4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(1,2)時，等號成立，所以m≤4，因此實數(shù)m的取值范圍是(－∞，4].]11．(2021·重慶一中月考)學(xué)校舉辦運動會時，高一某班共有30名同學(xué)參加，有15人參加游泳比賽，有9人參加田徑比賽，有13人參加球類比賽，同時參加游泳比賽和田徑比賽的有2人，同時參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒有人同時參加三項比賽．只參加球類一項比賽的有________人．8[不妨設(shè)同時參加球類比賽和田徑比賽的有x人，結(jié)合已知條件可知，只參加游泳比賽的有10人，只參加球類比賽的有10－x人，只參加田徑比賽的有7－x人，故10＋2＋7－x＋3＋x＋10－x＝30，解得x＝2，從而只參加球類一項比賽的有8人．]12．(2021·江蘇泰州模擬)“勾股容方”問題出自我國漢代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》，該問題可以被描述為：“設(shè)一直角三角形(如圖1)的兩直角邊長分別為a和b，求與該直角三角形具有公共直角的內(nèi)接正方形的邊長”，公元263年，數(shù)學(xué)家劉徽為《九章算術(shù)》作注，在注中他利用出入相補原理給出了上述問題如圖2和圖3所示的解答，則圖1中與直角三角形具有公共直角的內(nèi)接正方形的邊長為________，當(dāng)內(nèi)接正方形的面積為1時，則圖3中兩個標(biāo)有“朱”的三角形和兩個標(biāo)有“青”的三角形的面積總和的最小值為________．圖1圖2圖3eq\f(ab,a＋b)2[設(shè)內(nèi)接正方形的邊長為x，則圖2的面積為ab，圖3的面積為(a＋b)x，因為圖2和圖3的面積相等，則有ab＝eq(\a\vs4\al\co1(a＋b))x，解得x＝eq\f(ab,a＋b)，故內(nèi)接正方形的邊長為eq\f(ab,a＋b).因為內(nèi)接正方形的面積為1，所以內(nèi)接正方形的邊長x＝1，則有a＋b＝ab，利用基本不等式可得，a＋b＝ab≥2eq\r(ab)，故ab≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號，所以兩個標(biāo)有“朱”的三角形和兩個標(biāo)有“青”的三角形的面積總和為ab－2≥2，故圖3中兩個標(biāo)有“朱”的三角形和兩個標(biāo)有“青”的三角形的面積總和的最小值為2.]三、解答題13．已知集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x2－2mx＋m2－1≤0}．(1)命題p：x∈A，命題q：x∈B，且p是q的必要不充分條件，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若?x∈A，x2＋m≥4＋3x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．[解](1)解不等式x2－2mx＋m2－1≤0，即eq(\a\vs4\al\co1(x－m))2≤1，解得m－1≤x≤m＋1，所以B＝{x|m－1≤x≤m＋1}．由于p是q的必要非充分條件，則BA，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1≥－1，,m＋1≤2，))解得0≤m≤1，因此，實數(shù)m的取值范圍是[0，1].(2)由?x∈A，都有x2＋m≥4＋3x，得m≥－x2＋3x＋4，x∈[－1，2]，令y＝－x2＋3x＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,4)，x∈[－1，2]，當(dāng)x＝eq\f(3,2)時，y取最大值為eq\f(25,4)，所以，m≥eq\f(25,4).因此，實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,4)，＋∞)).14．(2021·佛山市第二中學(xué)月考)已知二次函數(shù)y＝ax2＋bx－a＋2.(1)若關(guān)于x的不等式ax2＋bx－a＋2>0的解集是{x|－1<x<3}，求實數(shù)a，b的值；(2)若b＝2，a>0，解關(guān)于x的不等式ax2＋bx－a＋2>0.[解](1)因為關(guān)于x的不等式ax2＋bx－a＋2>0的解集是{x|－1<x<3}，所以－1和3是方程ax2＋bx－a＋2＝0的兩根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝－\f(b,a)，,－1×3＝\f(2－a,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，))所以a＝－1，b＝2.(2)當(dāng)b＝2時，ax2＋bx－a＋2>0，即ax2＋2x－a＋2>0，可化為eq(\a\vs4\al\co1(x＋1))eq(\a\vs4\al\co1(ax－a＋2))>0，因為a>0，所以eq(\a\vs4\al\co1(x＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－2,a)))>0，所以方程eq(\a\vs4\al\co1(x＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－2,a)))＝0的兩根為－1和eq\f(a－2,a)，當(dāng)－1<eq\f(a－2,a)，即a>1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(a－2,a)))))，當(dāng)－1＝eq\f(a－2,a)，即a＝1時，不等式的解集為{x|x≠－1}，當(dāng)－1>eq\f(a－2,a)，即0<a<1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(a－2,a)或x>－1)))).綜上所述：當(dāng)0<a<1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(a－2,a)或x>－1))))，當(dāng)a＝1時，不等式的解集為{x|x≠－1}，當(dāng)a>1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(a－2,a))))).

命題熱點自測(二)函數(shù)一、選擇題1．(2021·天津紅橋期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2(\a\vs4\al\co1(x≤1))，,log2xx>1，))則f[f(0)]＝()A．0 B．3C．1 D．2C[由題意得f(0)＝02＋2＝2，所以f[f(0)]＝f(2)＝log22＝1.故選C．]2．已知實數(shù)a>1,0<b<1，則函數(shù)f(x)＝ax＋x－b的零點所在的區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)B[因為a>1,0<b<1，f(x)＝ax＋x－b，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，所以f(－1)·f(0)<0，則由零點存在定理可知f(x)在區(qū)間(－1,0)上存在零點．故選B．]3．(2021·山東濟南一中高三月考)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1,ex)的圖象大致為()ABCDB[因為函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1,ex)的定義域為R，且f(x)＝eq\f(x2－1,ex)不是偶函數(shù)，所以排除C、D；又f(2)＝eq\f(3,e2)<1，排除A，故選B．]4．若f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x＋2)＝－f(x)，則f(8)的值為()A．1 B．2C．0 D．－1C[根據(jù)題意，若f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則f(0)＝0，又由feq(\a\vs4\al\co1(x＋2))＝－f(x)，則有feq(\a\vs4\al\co1(x＋4))＝－feq(\a\vs4\al\co1(x＋2))＝f(x)，則feq(\a\vs4\al\co1(8))＝feq(\a\vs4\al\co1(4))＝f(0)＝0.故選C．]5．(2021·海南高三月考)已知函數(shù)f(x)＝xex－eq\f(x,ex)，則()A．f(x)是奇函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減B．f(x)是奇函數(shù)，且在(－∞，0)上先遞減再遞增C．f(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0)上單調(diào)遞減D．f(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0)上先遞減再遞增C[由f(x)＝xex－eq\f(x,ex)可得，f(－x)＝－xe－x－eq\f(－x,e－x)＝xex－eq\f(x,ex)＝f(x)，故f(x)為偶函數(shù)，從而A、B錯誤；由f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)，當(dāng)x<0時，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以C正確，D錯誤．故選C．]6．(2021·山東棗莊八中高三月考)牛頓冷卻定律描述一個事物在常溫環(huán)境下的溫度變化：如果物體的初始溫度為T0，則經(jīng)過一定時間t后的溫度T滿足T－Ta＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(t,h))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T0－Ta))，其中Ta是環(huán)境溫度，h稱為半衰期，現(xiàn)有一杯80℃的熱水用來泡茶，研究表明，此茶的最佳飲用口感會出現(xiàn)在55℃.經(jīng)測量室溫為25℃，茶水降至75℃大約用時1分鐘，那么為了獲得最佳飲用口感，從泡茶開始大約需要等待()(參考數(shù)據(jù)：lg3≈0.4771，lg5≈0.6990，lg11≈1.0414)A．4分鐘 B．5分鐘C．6分鐘 D．7分鐘C[根據(jù)題意，75－25＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(1,h))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(80－25))，即eq\f(10,11)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(1,h)).設(shè)茶水從75℃降至55℃大約用時t分鐘，則55－25＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(t,h))eq(\a\vs4\al\co1(75－25))，即eq\f(3,5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(t,h))，即eq\f(3,5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))eq\s\up12(t).兩邊同時取對數(shù)：lgeq\f(3,5)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))eq\s\up12(t)＝tlgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))＝teq(\a\vs4\al\co1(1－lg11))，解得t＝eq\f(lg3－lg5,1－lg11)≈5，所以從泡茶開始大約需要等待5＋1＝6分鐘．故選C．]7．(多選)已知a＝log3e，b＝log23，c＝ln3，則()A．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)＋c>b D．a(chǎn)＋c<bBC[由題意可知，對于選項A、B，因為b＝log23＝eq\f(ln3,ln2)>eq\f(ln3,lne)＝ln3＝c，所以b>c，又因為a＝log3e<log33＝1，且c＝ln3>lne＝1，所以c>a，則b>c>a，所以選項A錯誤，選項B正確；對于選項C、D，a＋c＝log3e＋ln3＝eq\f(lne,ln3)＋ln3＝eq\f(1,ln3)＋ln3>2eq\r(\f(1,ln3)×ln3)＝2，且b＝log23<log24＝2，所以a＋c>b，故選項C正確，選項D錯誤．故選BC．]8．(多選)(2021·山東棗莊三中高三月考)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1(\a\vs4\al\co1(x≤0))，,log2x(\a\vs4\al\co1(x>0))，))則下列說法正確的有()A．函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)B．對于任意實數(shù)a，不等式feq(\a\vs4\al\co1(a2＋1))≥feq(\a\vs4\al\co1(－a))恒成立C．若x1≠x2，且feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))，則x1＋x2<0D．方程f(x)－feq(\a\vs4\al\co1(－x))＝0有3個不相等實數(shù)解BD[函數(shù)f(x)是(－∞，0]和(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，但是eq\o(lim,\s\do14(x→0＋))f(x)＝－∞，f(x)在R上不單調(diào)，A錯誤；當(dāng)a≥0時，feq(\a\vs4\al\co1(a2＋1))≥feq(\a\vs4\al\co1(1))＝0，f(－a)≤f(0)＝0，f(a2＋1)≥f(－a)；當(dāng)a<0時，a2＋1>－a>0，由函數(shù)f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增知feq(\a\vs4\al\co1(a2＋1))>feq(\a\vs4\al\co1(－a))，B正確；令x1＝0，x2＝1，feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))，且x1＋x2>0，C錯誤；當(dāng)x＝0時，f(x)－feq(\a\vs4\al\co1(－x))＝0；當(dāng)x>0時，g(x)＝f(x)－feq(\a\vs4\al\co1(－x))＝log2x－2－x＋1在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(\r(2),2)<0，g(1)＝eq\f(1,2)>0，故存在1個解；同理知x<0時也存在1個解；x＝0是函數(shù)的一個零點，故方程f(x)－feq(\a\vs4\al\co1(－x))＝0共有3個解，D正確．故選BD．]二、填空題9．(2021·重慶市清華中學(xué)校高三月考)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0]上為增函數(shù)，且feq(\a\vs4\al\co1(2))＝0，則不等式feq(\a\vs4\al\co1(1＋2x))≤0的解集為________．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增函數(shù)，所以f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上是減函數(shù)，因為feq(\a\vs4\al\co1(2))＝0，所以feq(\a\vs4\al\co1(－2))＝0，所以不等式feq(\a\vs4\al\co1(1＋2x))≤0等價為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,f(\a\vs4\al\co1(1＋2x))≤f(\a\vs4\al\co1(2))))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,f(\a\vs4\al\co1(1＋2x))≤f(\a\vs4\al\co1(－2))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,1＋2x≥2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,1＋2x≤－2，))解得x≥eq\f(1,2)或x≤－eq\f(3,2).]10．(2021·廣雅中學(xué)高三月考)若函數(shù)f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,x＋1)＋m))為偶函數(shù)，則實數(shù)m＝________.－1[因為函數(shù)f(x)＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,x＋1)＋m))為偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)恒成立，即－xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x,－x＋1)＋m))＝xlneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,x＋1)＋m))恒成立，所以xlneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,x＋1)＋m))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x,－x＋1)＋m))))＝0恒成立，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,x＋1)＋m))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x,－x＋1)＋m))＝1恒成立，所以eq\f(4x2,x2－1)(m＋1)＋m2－1＝0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1＝0，,m2－1＝0，))解得m＝－1.]11．(2021·合肥市第六中學(xué)模擬)函數(shù)f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax－1，若?x1∈[－1,2]，?x2∈[－1,2]，使得feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝geq(\a\vs4\al\co1(x2))，則a的取值范圍是________．(－∞，－4]∪[2，＋∞)[若?x1∈[－1，2]，?x2∈[－1，2]，使得feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝geq(\a\vs4\al\co1(x2))，即g(x)在[－1，2]上的值域要包含f(x)在[－1，2]上的值域，又在[－1，2]上f(x)∈[－1，3].①當(dāng)a<0時，g(x)＝ax－1單調(diào)遞減，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(\a\vs4\al\co1(－1))≥3，,g(\a\vs4\al\co1(2))≤－1，))解得a≤－4；②當(dāng)a＝0時，g(x)＝－1，顯然不滿足題設(shè)；③當(dāng)a>0時，g(x)＝ax－1單調(diào)遞增，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(\a\vs4\al\co1(2))≥3，,g(\a\vs4\al\co1(－1))≤－1，))解得a≥2.綜上：a的取值范圍為(－∞，－4]∪[2，＋∞).]12．已知在(0,2]上的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－3，x∈0，1]，,2x－1－1，x∈1，2]))且g(x)＝f(x)－mx在區(qū)間(0,2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))[由函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0,2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點，得y＝f(x)，y＝mx在(0,2]內(nèi)的圖象有且僅有兩個不同的交點．當(dāng)y＝mx與y＝eq\f(1,x)－3在x∈(0,1]相切時，mx2＋3x－1＝0，Δ＝9＋4m＝0，m＝－eq\f(9,4)，結(jié)合圖象可得當(dāng)－eq\f(9,4)<m≤－2或0<m≤eq\f(1,2)時，函數(shù)g(x)＝f(x)－mx在(0,2]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點．]三、解答題13．對于兩個實數(shù)a，b，min{a，b}表示a，b中的較小數(shù)，已知函數(shù)f(x)＝min{3＋logeq\s\do16(eq\f(1,4))x，log2x}．(1)請畫出函數(shù)f(x)的圖象；(2)請寫出函數(shù)f(x)的基本性質(zhì)．[解](1)f(x)＝min{3＋logeq\s\do16(eq\f(1,4))x，log2x}，當(dāng)3＋logeq\s\do16(eq\f(1,4))x≤log2x時，即3－eq\f(1,2)log2x≤log2x，∴x≥4時，f(x)＝3＋logeq\s\do16(eq\f(1,4))x；當(dāng)0<x<4時，f(x)＝log2x.綜上所述：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋logeq\s\do16(eq\f(1,4))x，x≥4，,log2x，0<x<4，))畫出函數(shù)圖象，如圖所示．(2)根據(jù)圖象知：f(x)的定義域為eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))；值域為eq(\a\vs4\al\co1(－∞，2])；在eq(\a\vs4\al\co1(0，4))上單調(diào)遞增，在eq(\a\vs4\al\co1(4，＋∞))上單調(diào)遞減．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝a·2x－2－x(a∈R)．(1)若函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(3,2)，求滿足g(x0)＝0的x0的值；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)＋4x＋2－x在x∈[0,1]的最大值為－2，求實數(shù)a的值．[解](1)∵f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，∴f(－x)＋f(x)＝0,∴a·2－x－2x＋a·2x－2－x＝0，即(a－1)·eq(\a\vs4\al\co1(2－x＋2x))＝0，所以a＝1.令g(x)＝2x－2－x＋eq\f(3,2)＝0，則2·eq(\a\vs4\al\co1(2x))2＋3·eq(\a\vs4\al\co1(2x))－2＝0，∴eq(\a\vs4\al\co1(2x＋2))·eq(\a\vs4\al\co1(2·2x－1))＝0，又2x>0，∴x＝－1，所以滿足geq(\a\vs4\al\co1(x0))＝0的x0的值為x0＝－1.(2)h(x)＝a·2x－2－x＋4x＋2－x，x∈[0,1]，令2x＝t∈[1,2]，h(x)＝H(t)＝t2＋at，t∈[1,2],對稱軸t0＝－eq\f(a,2).①當(dāng)－eq\f(a,2)≤eq\f(3,2)，即a≥－3時，Hmax(t)＝H(2)＝4＋2a＝－2，∴a＝－3；②當(dāng)－eq\f(a,2)>eq\f(3,2)，即a<－3時，Hmax(t)＝H(1)＝1＋a＝－2，∴a＝－3(舍)．綜上：實數(shù)a的值為－3.15．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≤0時，f(x)＝log2(a－x)．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若對任意的x∈[－1,1]，都有不等式feq(\a\vs4\al\co1(x2－mx＋m))＋feq(\a\vs4\al\co1(2x2－mx＋2))<0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．[解](1)依題可知f(0)＝0，解得a＝1，所以當(dāng)x≤0時，f(x)＝log2(1－x)，設(shè)x>0，則－x<0，所以f(－x)＝log2(1＋x)，又∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即－f(x)＝log2(1＋x)，所以當(dāng)x>0時，f(x)＝－log2(1＋x)，綜上所述，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－xx≤0，,－log21＋xx>0.))(2)當(dāng)x≤0時，f(x)＝log2(1－x)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，又∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，從而f(x)在R上單調(diào)遞減，由feq(\a\vs4\al\co1(x2－mx＋m))＋feq(\a\vs4\al\co1(2x2－mx＋2))<0，可得feq(\a\vs4\al\co1(x2－mx＋m))<－feq(\a\vs4\al\co1(2x2－mx＋2))＝feq(\a\vs4\al\co1(－2x2＋mx－2))，又∵f(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2－mx＋m>－2x2＋mx－2，即3x2－2mx＋m＋2>0對任意的x∈[－1,1]恒成立，記g(x)＝3x2－2mx＋m＋2，對稱軸為x＝eq\f(m,3)，依題意對?x∈[－1,1]，有g(shù)(x)min>0，①當(dāng)eq\f(m,3)<－1，即m<－3時，g(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(－1)＝5＋3m>0，解得m>－eq\f(5,3)，與m<－3矛盾，此時無解；②當(dāng)－1≤eq\f(m,3)≤1，即－3≤m≤3時，g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(m,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，1))上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)))＝－eq\f(m2,3)＋m＋2>0，解得eq\f(3－\r(33),2)<m<eq\f(3＋\r(33),2)，又因為－3≤m≤3，所以此時eq\f(3－\r(33),2)<m≤3；③當(dāng)eq\f(m,3)>1，即m>3時，g(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，∴g(x)min＝g(1)＝5－m>0，解得m<5，又因為m>3，所以此時3<m<5.綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(33),2)，5)).

命題熱點自測(三)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用一、選擇題1．(2021·“山東學(xué)情”聯(lián)考)現(xiàn)有一球形氣球，在吹氣球時，氣球的體積V(單位：L)與直徑d(單位：dm)的關(guān)系式為V＝eq\f(π,6)d3，估計當(dāng)d＝1dm時，氣球體積的瞬時變化率為()A．2π B．πC．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)C[設(shè)V＝feq(\a\vs4\al\co1(d))＝eq\f(π,6)d3，則f′eq(\a\vs4\al\co1(d))＝eq\f(π,2)d2，∴f′eq(\a\vs4\al\co1(1))＝eq\f(π,2)，即當(dāng)d＝1dm時，氣球體積的瞬時變化率為eq\f(π,2).故選C．]2．(2021·北京育才學(xué)校高三月考)曲線f(x)＝x＋e2x在點eq(\a\vs4\al\co1(0，f(\a\vs4\al\co1(0))))處的切線方程為()A．y＝2x B．y＝2x＋1C．y＝3x D．y＝3x＋1D[∵f(x)＝x＋e2x，∴f′(x)＝1＋2e2x，∴f′(0)＝1＋2＝3，又f(0)＝1，∴曲線f(x)＝x＋e2x在點eq(\a\vs4\al\co1(0，f(\a\vs4\al\co1(0))))處的切線方程為y＝3x＋1.故選D．]3．(2021·武漢市第一中學(xué)月考)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足xf′(x)<f(x)，若a＝feq(\a\vs4\al\co1(1))，b＝eq\f(f(\a\vs4\al\co1(ln4)),ln4)，c＝eq\f(f(\a\vs4\al\co1(3)),3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．a(chǎn)>c>bA[設(shè)g(x)＝eq\f(f(\a\vs4\al\co1(x)),x)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，∴g(x)為單調(diào)遞減函數(shù)．∵3>ln4>1，∴geq(\a\vs4\al\co1(3))<geq(\a\vs4\al\co1(ln4))<geq(\a\vs4\al\co1(1))，即a>b>c.故選A．]4．(2021·廣東廣州高三月考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝eq(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(3)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中正確的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(－3)和f(3)B．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和f(3)C．函數(shù)f(x)有極小值f(3)和極大值f(－3)D．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和極大值f(3)D[由題意，x∈eq(\a\vs4\al\co1(－∞，－3))時，y>0，eq(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(3)<0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈eq(\a\vs4\al\co1(－3，1))時，y<0，eq(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(3)<0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x∈eq(\a\vs4\al\co1(1，3))時，y>0，eq(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(3)>0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x∈eq(\a\vs4\al\co1(3，＋∞))時，y<0，eq(\a\vs4\al\co1(x－1))eq\s\up12(3)>0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)有極小值f(－3)和極大值f(3)．故選D．]5．(多選)(2021·海南高三月考)若函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋a的圖象在點eq(\a\vs4\al\co1(x0，f(\a\vs4\al\co1(x0))))處與x軸相切，則實數(shù)a的值可能為()A．1 B．4C．0 D．2BC[由題意可知，f′(x)＝3x2－6x，因為函數(shù)f(x)的圖象在點eq(\a\vs4\al\co1(x0，f(\a\vs4\al\co1(x0))))處與x軸相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝x\o\al(3,0)－3x\o\al(2,0)＋a＝0，,f′x0＝3x\o\al(2,0)－6x0＝0，))解得a＝0或a＝4.故選BC．]6．(多選)(2021·廣東高三月考)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b，若f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為－1且最大值為1，則a的值可以是()A．0 B．4C．3eq\r(3,2) D．3eq\r(3)AB[f′(x)＝6x2－2ax＝6xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))，令f′(x)＝6xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))＝0，解得x＝0或eq\f(a,3).①當(dāng)a≤0時，可知f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為feq(\a\vs4\al\co1(0))＝b，最大值為feq(\a\vs4\al\co1(1))＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.故A正確．②當(dāng)a≥3時，可知f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為feq(\a\vs4\al\co1(0))＝b，最小值為feq(\a\vs4\al\co1(1))＝2－a＋b.此時a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.故B正確．③當(dāng)0<a<3時，可知f(x)在[0，1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0<a<3矛盾．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0<a<3矛盾．故C、D錯誤．故選AB．]7．(多選)(2021·湖北襄陽五中高三月考)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝exeq(\a\vs4\al\co1(x－aex))有兩個極值點x1，x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1<x2))，則()A．a(chǎn)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B．a(chǎn)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C．feq(\a\vs4\al\co1(x1))<0D．feq(\a\vs4\al\co1(x2))>－eq\f(1,2)ACD[由題意得：f′(x)＝exeq(\a\vs4\al\co1(x＋1－2aex))，∵f(x)有兩個極值點x1，x2eq(\a\vs4\al\co1(x1<x2))，∴f′(x)＝0有兩個變號零點，又ex>0，∴只需x＋1－2aex＝0，即2a＝eq\f(x＋1,ex)有兩個不等實根，令g(x)＝eq\f(x＋1,ex)，則g′(x)＝－eq\f(x,ex)，∴當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(－∞，0))時，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq(\a\vs4\al\co1(－∞，0))上單調(diào)遞增，在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝geq(\a\vs4\al\co1(0))＝1，又當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞；x→＋∞時，g(x)→0，可得g(x)圖象如圖所示，∴當(dāng)0<2a<1，即0<a<eq\f(1,2)時，2a＝eq\f(x＋1,ex)有兩個不等實根，且－1<x1<0<x2，即當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f(x)有兩個極值點x1，x2eq(\a\vs4\al\co1(x1<x2))，A正確，B錯誤；∴x1＋1－2aeeq\s\up10(x1)＝0，x2＋1－2aeeq\s\up10(x2)＝0，即eeq\s\up10(x1)＝eq\f(x1＋1,2a)，eeq\s\up10(x2)＝eq\f(x2＋1,2a)，∴feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝eeq\s\up10(x1)eq(\a\vs4\al\co1(x1－aeeq\s\up10(x1)))＝eq\f(x1＋1,2a)·eq\f(x1－1,2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－1,4a)，又－1<x1<0,0<a<eq\f(1,2)，∴feq(\a\vs4\al\co1(x1))<0，C正確；∵當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(－∞，x1))，eq(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(x1，x2))時，f′(x)>0，∴f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(－∞，x1))，eq(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq(\a\vs4\al\co1(x1，x2))上單調(diào)遞增，∴feq(\a\vs4\al\co1(x2))>feq(\a\vs4\al\co1(0))＝－a，∵0<a<eq\f(1,2)，∴－eq\f(1,2)<－a<0，∴feq(\a\vs4\al\co1(x2))>－eq\f(1,2)，D正確．故選ACD．]二、填空題8．(2021·武漢市第一中學(xué)高三月考)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)＝x2＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))sinx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝________.eq\f(π2,36)＋eq\f(2π,3)[∵f′(x)＝2x＋f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))cosx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(2π,3)＋eq\f(1,2)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(4π,3)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π2,36)＋eq\f(2π,3).]9．(2021·福建師大附中高三月考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝5＋cosx，若feq(\a\vs4\al\co1(1－t))＋feq(\a\vs4\al\co1(1－t2))<0，則實數(shù)t的取值范圍為________．eq(\a\vs4\al\co1(－∞，－2))∪eq(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))[因為f′(x)＝5＋cosx>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．又f(x)是奇函數(shù)，由feq(\a\vs4\al\co1(1－t))＋feq(\a\vs4\al\co1(1－t2))<0，得feq(\a\vs4\al\co1(1－t))<－feq(\a\vs4\al\co1(1－t2))＝feq(\a\vs4\al\co1(t2－1))，所以1－t<t2－1，解得t<－2或t>1，所以實數(shù)t的取值范圍為eq(\a\vs4\al\co1(－∞，－2))∪eq(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)).]10．(2021·河南洛陽高三期中)已知直線x－e2y＝0與曲線y＝ex＋a相切，則實數(shù)a＝________.－3[設(shè)切點坐標(biāo)為(x0，y0)，記f(x)＝ex＋a，則f′(x)＝ex＋a，f′(x0)＝eeq\s\up12(x0＋a)，切線方程為y－eeq\s\up12(x0＋a)＝eeq\s\up12(x0＋a)(x－x0)，即eeq\s\up12(x0＋a)·x－y＋(1－x0)eeq\s\up12(x0＋a)＝0，它即為x－e2y＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x0eeq\s\up12(x0＋a)＝0，,\f(1,eeq\s\up12(x0＋a))＝\f(－e2,－1)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,a＝－3.))]11．(2021·北京育才學(xué)校高三月考)為了評估某種治療肺炎藥物的療效，現(xiàn)有關(guān)部門對該藥物在人體血管中的藥物濃度進行測量．設(shè)該藥物在人體血管中藥物濃度c(單位：mg/mL)與時間t(單位：h)的關(guān)系為c＝f(t)，甲、乙兩人服用該藥物后，血管中藥物濃度隨時間t變化的關(guān)系如圖所示．給出下列四個結(jié)論：①在t1時刻，甲、乙兩人血管中的藥物濃度相同；②在t2時刻，甲、乙兩人血管中藥物濃度的瞬時變化率相同；③在[t2，t3]這個時間段內(nèi)，甲、乙兩人血管中藥物濃度的平均變化率相同；④在[t1，t2]，[t2，t3]兩個時間段內(nèi)，甲血管中藥物濃度的平均變化率不相同．其中所有正確結(jié)論的序號是________．①③④[①在t1時刻，為兩圖象的交點，即此時甲、乙兩人血管中的藥物濃度相同，故①正確；②甲、乙兩人在t2時刻的切線的斜率不相等，即兩人的f′eq(\a\vs4\al\co1(t2))不相同，所以甲、乙兩人血管中藥物濃度的瞬時變化率不相同，故②不正確；③根據(jù)平均變換率公式可知，甲、乙兩人的平均變化率都是eq\f(f(\a\vs4\al\co1(t3))－f(\a\vs4\al\co1(t2)),t3－t2)，故③正確；④在[t1，t2]時間段，甲的平均變化率是eq\f(f(\a\vs4\al\co1(t2))－f(\a\vs4\al\co1(t1)),t2－t1)，在[t2，t3]時間段，甲的平均變化率是eq\f(f(\a\vs4\al\co1(t3))－f(\a\vs4\al\co1(t2)),t3－t2)，顯然不相等，故④正確．]三、解答題12．(2021·北京豐臺二中高三月考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a是正常數(shù))．(1)當(dāng)a＝2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)若?x>0，f(x)<0，求a的取值范圍．[解](1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝lnx－2x，定義域為eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，f′(x)＝eq\f(1,x)－2＝eq\f(1－2x,x)，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2)，令f′(x)<0，解得x>eq\f(1,2)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)的極大值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，無極小值．(2)因為?x>0，f(x)<0，即lnx－ax<0恒成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))max<a.設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)，可得g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時g′(x)>0，當(dāng)x>e時g′(x)<0，所以g(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，e))上單調(diào)遞增，在eq(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq(\a\vs4\al\co1(e))＝eq\f(1,e)，所以a>eq\f(1,e)，即a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).13．(2021·廣雅中學(xué)高三月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,x)))eq(\a\vs4\al\co1(a∈R)).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2eq(\a\vs4\al\co1(x1<x2))，證明eq\f(f(\a\vs4\al\co1(x2))－f(\a\vs4\al\co1(x1)),x2－x1)<eq\f(1－a,2).[解](1)函數(shù)f(x)的定義域為eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,2)－eq\f(1,2x2)＝eq\f(－ax2＋2x－1,2x2)，令g(x)＝－ax2＋2x－1.①當(dāng)a＝0時，f′(x)＝eq\f(2x－1,2x2)，若0<x<eq\f(1,2)，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，若x>eq\f(1,2)，則f′(x)>0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))；②當(dāng)a≠0時，對于函數(shù)g(x)＝－ax2＋2x－1，Δ＝4－4a.(ⅰ)若a≥1，則Δ≤0，對任意的x>0，f′(x)≤0，此時，函數(shù)f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞減；(ⅱ)當(dāng)0<a<1時，Δ>0，由f′(x)<0，可得0<x<eq\f(1－\r(1－a),a)或x>eq\f(1＋\r(1－a),a)，由f′(x)>0，可得eq\f(1－\r(1－a),a)<x<eq\f(1＋\r(1－a),a)，此時，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a),a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－a),a)，＋∞))，增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a),a)，\f(1＋\r(1－a),a)))；(ⅲ)若a<0，則Δ>0，eq\f(1－\r(1－a),a)>0，eq\f(1＋\r(1－a),a)<0，由f′(x)<0可得0<x<eq\f(1－\r(1－a),a)，由f′(x)>0可得x>eq\f(1－\r(1－a),a).此時，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a),a)))，增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a),a)，＋∞)).(2)證明：因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點，由(1)可知0<a<1，∵x1<x2，由eq\f(f(\a\vs4\al\co1(x2))－f(\a\vs4\al\co1(x1)),x2－x1)<eq\f(1－a,2)可得feq(\a\vs4\al\co1(x2))－feq(\a\vs4\al\co1(x1))<eq\f(1－a,2)eq(\a\vs4\al\co1(x2－x1))，即feq(\a\vs4\al\co1(x1))－eq\f(1－a,2)x1>feq(\a\vs4\al\co1(x2))－eq\f(1－a,2)x2，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－eq\f(1－a,2)x＝lnx－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2x)，其中x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x2)＝eq\f(2x－x2－1,2x2)＝－eq\f((\a\vs4\al\co1(x－1))2,2x2)≤0對任意的x>0恒成立，所以，函數(shù)h(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞減，由已知可得x2>x1>0，所以，heq(\a\vs4\al\co1(x1))>heq(\a\vs4\al\co1(x2))，即feq(\a\vs4\al\co1(x1))－eq\f(1－a,2)x1>feq(\a\vs4\al\co1(x2))－eq\f(1－a,2)x2.故原不等式得證．14．(2021·山東萊州期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1.(1)當(dāng)f(x)有極值時，若存在x0，使得feq(\a\vs4\al\co1(x0))>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)當(dāng)m＝1時，若在f(x)定義域內(nèi)存在兩實數(shù)x1，x2滿足x1<x2且feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))，證明：x1＋x2>2.[解](1)f(x)的定義域為eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，f′(x)＝eq\f(2,x)－2mx＝eq\f(2,x)·eq(\a\vs4\al\co1(－mx2＋1))，當(dāng)m≤0時，f′(x)>0，即f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增，不合題意，∴m>0；令－mx2＋1＝0，解得：x＝eq\r(\f(1,m))，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,m))))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,m))，＋∞))時，f′(x)<0；∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,m))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,m))，＋∞))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,m))))，存在x0，使得feq(\a\vs4\al\co1(x0))>m－1成立，則m－1<f(x)max，即m－1<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,m)))).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,m))))＝2lneq\r(\f(1,m))－m·eq\f(1,m)＋1＝－lnm，∴m－1<－lnm，即m＋lnm－1<0，令heq(\a\vs4\al\co1(m))＝m＋lnm－1，則h′eq(\a\vs4\al\co1(m))＝1＋eq\f(1,m)＝eq\f(m＋1,m)>0，∴heq(\a\vs4\al\co1(m))在eq(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增，又heq(\a\vs4\al\co1(1))＝1＋ln1－1＝0，∴0<m<1，即實數(shù)m的取值范圍為eq(\a\vs4\al\co1(0，1)).(2)證明：當(dāng)m＝1時，f(x)＝2lnx－x2＋1，則f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(2－2x2,x)＝eq\f(2(\a\vs4\al\co1(1－x2)),x)，∴當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(0，1))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))時，f′(x)<0.∴f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，1))上單調(diào)遞增，在eq(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上單調(diào)遞減，∴由x1<x2且feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))知：0<x1<1<x2.令F(x)＝f(x)－feq(\a\vs4\al\co1(2－x))，x∈eq(\a\vs4\al\co1(0，1))，則F′(x)＝eq\f(2(\a\vs4\al\co1(1－x2)),x)－eq\f(2[1－(2－x)2],2－x)·eq(\a\vs4\al\co1(2－x))′＝eq\f(4(\a\vs4\al\co1(x－1))2,x(\a\vs4\al\co1(2－x)))>0，∴F(x)在eq(\a\vs4\al\co1(0，1))上單調(diào)遞增，∴F(x)<Feq(\a\vs4\al\co1(1))＝0，即f(x)<feq(\a\vs4\al\co1(2－x))，∴feq(\a\vs4\al\co1(x1))<feq(\a\vs4\al\co1(2－x1))，又feq(\a\vs4\al\co1(x1))＝feq(\a\vs4\al\co1(x2))，∴feq(\a\vs4\al\co1(x2))<feq(\a\vs4\al\co1(2－x1))，∵x1∈eq(\a\vs4\al\co1(0，1))，∴2－x1∈eq(\a\vs4\al\co1(1，2))，又x2>1且f(x)在eq(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上單調(diào)遞減，∴x2>2－x1，即x1＋x2>2.

命題熱點自測(四)三角函數(shù)一、選擇題1．(2021·山東淄博實驗中學(xué)高三月考)在平面直角坐標(biāo)系中，若角α的終邊經(jīng)過點Peq(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1))，則sinα＝()A．－eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2) D．eq\f(\r(3),2)B[由三角函數(shù)的定義可得sinα＝eq\f(1,\r((\a\vs4\al\co1(－\r(3)))eq\s\up6(2)＋12))＝eq\f(1,2).故選B．]2．(2021·廣東羅湖區(qū)高三月考)若tanx＝－eq\f(1,2)，則sin2x＝()A．－eq\f(4,5) B．eq\f(4,5)C．－eq\f(5,4) D．eq\f(5,4)A[∵sin2x＝2sinxcosx，∴sin2x＝eq\f(2sinxcosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(2tanx,tan2x＋1)，又∵tanx＝－eq\f(1,2)，∴sin2x＝eq\f(2tanx,1＋tan2x)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(－1,\f(5,4))＝－eq\f(4,5).故選A．]3．(2021·北京八中高三月考)下列函數(shù)中，是奇函數(shù)且周期為π的是()A．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x)) B．y＝|sinx|C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))) D．y＝1－2sin2xA[對于A選項，y＝f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－2x))＝－sin2x，f(－x)＝－sin(－2x)＝sin2x＝－f(x)，奇函數(shù)，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，正確；對于B選項，y＝f(x)＝|sinx|，f(－x)＝|sin(－x)|＝|－sinx|＝|sinx|＝f(x)，偶函數(shù)，周期T＝π，錯誤；對于C選項，y＝f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，f(－x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≠±f(x)，不具有奇偶性，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，錯誤；對于D選項，y＝f(x)＝1－2sin2x＝cos2x，f(－x)＝cos(－2x)＝cos2x＝f(x)，偶函數(shù)，周期T＝eq\f(2π,2)＝π，錯誤．故選A．]4．(2021·廣東肇慶一中高三月考)函數(shù)y＝sin2x的圖象經(jīng)過怎樣的平移變換得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的圖象()A．向左平移eq\f(2π,3)個單位長度 B．向左平移eq\f(π,3)個單位長度C．向右平移eq\f(π,6)個單位長度 D．向右平移eq\f(π,3)個單位長度B[由題得，y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2,3)π－2x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2,3)π))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度得到函數(shù)y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象．故選B．]5．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))部分圖象如圖所示，則ω和φ的值分別為()A．2；－eq\f(π,6) B．2；eq\f(π,6)C．eq\f(1,2)；－eq\f(π,6) D．eq\f(1,2)；eq\f(π,6)A[由圖象可知eq\f(3,4)個周期的長度為eq\f(5π,6)－eq\f(π,12)＝eq\f(9π,12)＝eq\f(3π,4)，即eq\f(3,4)T＝eq\f(3π,4)，可得T＝π，T＝eq\f(2π,ω)，則ω＝2.欲求φ，選擇圖象上的已知點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))代入即可，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝0＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝0，則φ＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6).綜上ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).故選A．]6．(2021·廣東羅湖區(qū)高三月考)若函數(shù)f(x)＝sin(φ－2x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則實數(shù)φ的值可以為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(π,2)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,4)B[f(x)＝sin(φ－2x)＝－sin(2x－φ)．因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則2x－φ∈(－φ，π－φ)．又因為函數(shù)f(x)＝sin(φ－2x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－φ≥－\f(π,2)＋2kπ，,π－φ≤\f(π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得φ＝eq\f(π,2)－2kπ，k∈Z.當(dāng)k＝0時，φ＝eq\f(π,2).故選B．]7．(多選)(2021·江蘇前黃高級中學(xué)高三月考)已知g(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，則下列說法中正確的是()A．函數(shù)g(x)的最小正周期為πB．函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減C．函數(shù)g(x)的圖象可以由函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1圖象上各點的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長為原來的2倍得到D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))是函數(shù)g(x)圖象