PAGEPAGE1專題五函數(shù)、不等式與導數(shù)[江蘇卷5年考情分析]小題考情分析大題考情分析?？键c1.函數(shù)的基本性質(zhì)(5年5考)2.函數(shù)的零點問題(5年4考)3.導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(5年2考)4.基本不等式(5年4考)本部分內(nèi)容在高考解答題中為必考內(nèi)容，考查類型有四類：第一類考查函數(shù)的單調(diào)性及應用函數(shù)零點求參數(shù)(2015年T19)，其次類考查函數(shù)與不等式零點問題(2024年T19)，第三類考查函數(shù)與導數(shù)、函數(shù)的極值、零點問題(2024年T20，2024年T19)，第四類考查函數(shù)的定義、零點以及導數(shù)應用與函數(shù)的性質(zhì)(2024年T19)；題目總體難度較大，多體現(xiàn)分類探討思想和考查推理論證的實力.偶考點1.一元二次不等式恒成立問題2.線性規(guī)劃問題第一講|小題考法——函數(shù)考點(一)函數(shù)的基本性質(zhì)主要考查函數(shù)的三要素以及函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性的應用，常結(jié)合分段函數(shù)命題.[題組練透]1．(2024·江蘇高考)函數(shù)f(x)滿意f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在區(qū)間(－2，2]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)，0<x≤2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，－2<x≤0，))則f(f(15))的值為________．解析：由函數(shù)f(x)滿意f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函數(shù)f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)2．(2024·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，當且僅當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)))3．(2024·南通等七市一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x＋2)＝f(x)．當0<x≤1時，f(x)＝x3－ax＋1，則實數(shù)a的值為________．解析：f(x＋2)＝f(x)，令x＝－1，得f(－1)＝f(1)，又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－1)＝－f(1)，所以f(1)＝0.當0<x≤1時，f(x)＝x3－ax＋1，則f(1)＝2－a＝0，故a＝2.答案：24．(2024·南通等七市一模)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋a)(|x－a|＋|x＋2a|)(a<0)．若f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(672)＝0，則滿意f(x)＝2019的x解析：因為a<0，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2x＋a）2，x≥－2a，,－3a（2x＋a），a<x<－2a，,－（2x＋a）2，x≤a.))易知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0))對稱，且在R上單調(diào)遞增．若f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(672)＝0，則－eq\f(a,2)＝eq\f(1＋672,2)，a＝－673，則當x≥－2a時，f(x)≥9a2＝9×6732>2019，當x≤－eq\f(a,2)時，f(x)≤0，所以3×673(2x－673)＝2019，所以x＝337.答案：337[方法技巧]函數(shù)性質(zhì)的應用技巧奇偶性具有奇偶性的函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上其圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系親密，探討問題時可轉(zhuǎn)化到只探討部分(一半)區(qū)間上．尤其留意偶函數(shù)f(x)的性質(zhì)：f(|x|)＝f(x)單調(diào)性可以比較大小，求函數(shù)最值，解不等式，證明方程根的唯一性周期性利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題，轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解對稱性利用其軸對稱或中心對稱可將探討的問題，轉(zhuǎn)化到另一對稱區(qū)間上探討考點(二)基本初等函數(shù)主要考查基本初等函數(shù)的圖象和性質(zhì)以及由基本初等函數(shù)復合而成的函數(shù)的性質(zhì)問題.[題組練透]1．(2024·南通檢測)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的全部取值的集合為________．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的全部值為1，3.答案：{1，3}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：A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，則eq\i\su(i＝1,k,)(xi＋yi)＝________．解析：如圖，函數(shù)y＝eq\f(2x＋1,2x＋1)與函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)的圖象都關(guān)于點(0，1)成中心對稱，所以它們的交點也關(guān)于點(0，1)成中心對稱，且只有兩個交點，所以eq\i\su(i＝1,2,)xi=0,eq\i\su(i＝1,2,)yi=2,則eq\i\su(i＝1,k,)(xi＋yi)＝2.答案：23．(2024·鎮(zhèn)江期末)不等式logax－ln2x＜4(a＞0且a≠1)對隨意x∈(1，100)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________________．解析：不等式logax－ln2x＜4可化為eq\f(lnx,lna)－ln2x＜4，即eq\f(1,lna)＜eq\f(4,lnx)＋lnx對隨意x∈(1，100)恒成立．因為x∈(1，100)，所以lnx∈(0，2ln10)，所以eq\f(4,lnx)＋lnx≥4，故eq\f(1,lna)＜4，解得lna＜0或lna＞eq\f(1,4)，即0＜a＜1或a＞eeq\s\up6(\f(1,4)).答案：(0，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(1,4))，＋∞))4．(2024·南京鹽城二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x＋3|，x≤0，,x3－12x＋3，x>0.))設(shè)g(x)＝kx＋1，且函數(shù)y＝f(x)－g(x)的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)k的取值范圍為________．解析：由題意知，要使y＝f(x)－g(x)的圖象經(jīng)過四個象限，只需y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象在(－∞，0)和(0，＋∞)都相交且交點個數(shù)大于1.當x>0時，f(x)＝x3－12x＋3，f′(x)＝3x2－12.易知f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(2)<0.又g(x)＝kx＋1的圖象恒過(0，1)，所以易得過(0，1)且與f(x)＝x3－12x＋3(x>0)的圖象相切的切線的斜率為－9，所以k>－9.當x≤0時，作出f(x)＝|x＋3|的圖象(圖略)，數(shù)形結(jié)合易知k<eq\f(1,3).綜上可知，實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－9，\f(1,3)))[方法技巧]基本初等函數(shù)圖象與性質(zhì)的應用技巧(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)，當?shù)讛?shù)a的值不確定時，要留意分a>1和0<a<1兩種狀況探討．(2)由指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)與其他函數(shù)復合而成的函數(shù)，其性質(zhì)的探討往往通過換元法轉(zhuǎn)化為兩個基本初等函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，然后依據(jù)復合函數(shù)的性質(zhì)與相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)之間的關(guān)系進行推斷．(3)對于冪函數(shù)y＝xα的性質(zhì)要留意α>0和α<0兩種狀況的不同.考點(三)函數(shù)的零點問題主要考查函數(shù)零點個數(shù)問題以及依據(jù)函數(shù)零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍.[典例感悟][典例](1)(2024·蘇錫常鎮(zhèn)一模)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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)的零點個數(shù)為________．(2)(2024·鎮(zhèn)江期末)已知k為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,x＋1)，x≤0，,|lnx|，x>0，))若關(guān)于x的方程f(x)＝kx＋2有且只有四個不同解，則實數(shù)k的取值構(gòu)成的集合為________．[解析](1)當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)的零點判定定理可知g(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2有2個零點．當x＜1時，y＝eq\b\lc\{(\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，綜上，函數(shù)y＝|f(x)|－eq\f(1,8)有4個零點．(2)作函數(shù)y＝f(x)和y＝kx＋2的圖象，如圖所示，兩圖象除了(0，2)還應有3個公共點．當k≥0時，直線應與曲線y＝f(x)(x>1)相切，設(shè)切點為(x0，lnx0)，則切線斜率為k＝eq\f(1,x0)，又k＝eq\f(lnx0－2,x0)，則eq\f(1,x0)＝eq\f(lnx0－2,x0)，解得x0＝e3，此時k＝eq\f(1,e3)；當k<0時，當y＝kx＋2與曲線y＝eq\f(x＋2,x＋1)相切于點(0，2)時，k＝－1，函數(shù)y＝f(x)和y＝kx＋2的圖象只有3個公共點，不符合題意，當－1<k<0時，函數(shù)y＝f(x)和y＝kx＋2的圖象只有3個公共點，不符合題意，當直線y＝kx＋2與y＝f(x)(0<x<1)相切時，兩圖象只有3個公共點，設(shè)切點為(x0，－lnx0)，則切線的斜率k＝－eq\f(1,x0)，又k＝eq\f(－lnx0－2,x0)，則－eq\f(1,x0)＝eq\f(－lnx0－2,x0)，解得x0＝e－1，此時k＝－e不符合題意，當k<－e時，兩圖象只有兩個公共點，不合題意，而當－e<k<－1時，兩圖象有4個公共點，符合題意，所以實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))∪(－e，－1)．[答案](1)4(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)))∪(－e，－1)[方法技巧]利用函數(shù)零點的狀況求參數(shù)值或范圍的方法[演練沖關(guān)]1．(2024·蘇州期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,－2x，x<0，))若方程f(x)－kx＝3有三個相異的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：法一：方程f(x)－kx＝3，即f(x)＝kx＋3有三個相異的實根，即曲線y＝f(x)和直線y＝kx＋3有三個不同的交點，作出大致圖象如圖所示．又直線y＝kx＋3和y＝－2x(x<0)必有一個交點，所以k>－2，則直線y＝kx＋3與曲線y＝－x2＋2x(x≥0)有兩個交點，聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,y＝－x2＋2x（x≥0），))整理得x2＋(k－2)x＋3＝0(x≥0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（k－2）>0，,Δ＝（k－2）2－12>0，))得k<2－2eq\r(3)，故實數(shù)k的取值范圍是(－2，2－2eq\r(3))．法二：當x<0且k≠－2時，方程f(x)－kx＝3可轉(zhuǎn)化為－2x－kx＝3，解為x＝－eq\f(3,2＋k)，當x≥0時，方程f(x)－kx＝3可轉(zhuǎn)化為－x2＋2x－kx＝3，即x2＋(k－2)x＋3＝0(x≥0)，若Δ＝(k－2)2－12>0，則x＝eq\f(2－k±\r(（k－2）2－12),2)，因為方程f(x)－kx＝3有三個相異的實根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2＋k)<0，,\f(2－k－\r(（k－2）2－12),2)≥0，,（k－2）2－12>0，))解得－2<k<2－2eq\r(3)，所以實數(shù)k的取值范圍是(－2，2－2eq\r(3))．答案：(－2，2－2eq\r(3))2．(2024·江蘇高考)設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的兩個周期函數(shù)，f(x)的周期為4，g(x)的周期為2，且f(x)是奇函數(shù)．當x∈(0，2]時，f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k（x＋2），0<x≤1，,－\f(1,2)，1<x≤2，))其中k>0.若在區(qū)間(0，9]上，關(guān)于x的方程f(x)＝g(x)有8個不同的實數(shù)根，則k的取值范圍是________．解析：當x∈(0，2]時，y＝f(x)＝eq\r(1－（x－1）2)?(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，結(jié)合f(x)是周期為4的奇函數(shù)，可作出f(x)在(0，9]上的圖象如圖所示．∵當x∈(1，2]時，g(x)＝－eq\f(1,2)，又g(x)的周期為2，∴當x∈(3，4]∪(5，6]∪(7，8]時，g(x)＝－eq\f(1,2).由圖可知，當x∈(1，2]∪(3，4]∪(5，6]∪(7，8]時，f(x)與g(x)的圖象有2個交點，∴當x∈(0，1]∪(2，3]∪(4，5]∪(6，7]∪(8，9]時，f(x)與g(x)的圖象有6個交點．又當x∈(0，1]時，y＝g(x)＝k(x＋2)(k>0)恒過定點A(－2，0)，由圖可知，當x∈(2，3]∪(6，7]時，f(x)與g(x)的圖象無交點，∴當x∈(0，1]∪(4，5]∪(8，9]時，f(x)與g(x)的圖象有6個交點．由f(x)與g(x)的周期性可知，當x∈(0，1]時，f(x)與g(x)的圖象有2個交點．當y＝k(x＋2)與圓弧(x－1)2＋y2＝1(0＜x≤1)相切時，d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝1?k2＝eq\f(1,8)(k>0)?k＝eq\f(\r(2),4).當y＝k(x＋2)過點A(－2，0)與B(1，1)時，k＝eq\f(1,3).∴eq\f(1,3)≤k＜eq\f(\r(2),4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(2),4)))3．(2024·揚州期末)已知函數(shù)f(x)＝a＋3＋eq\f(4,x)－|x＋a|有且僅有三個零點，并且這三個零點構(gòu)成等差數(shù)列，則實數(shù)a的值為________．解析：令f(x)＝a＋3＋eq\f(4,x)－|x＋a|＝0，得|x＋a|－eq\f(4,x)－a＝3，設(shè)g(x)＝|x＋a|－eq\f(4,x)－a，則函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－\f(4,x)－2a，x<－a，,x－\f(4,x)，x≥－a，))不妨設(shè)f(x)＝0的三個根分別為x1，x2，x3，且x1<x2<x3，當x≥－a時，由f(x)＝0，得g(x)＝3，即x－eq\f(4,x)＝3，得x2－3x－4＝0，得(x＋1)(x－4)＝0，解得x＝－1或x＝4.①－a≤－1，即a≥1，此時x2＝－1，x3＝4，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得x1＝－6，由f(－6)＝0，即g(－6)＝3，得6＋eq\f(4,6)－2a＝3，解得a＝eq\f(11,6)，滿意題意．②－1<－a≤4，即－4≤a<1，則f(x)＝0在(－∞，－a)上有兩個不同的解x1，x2，x3＝4，所以x1，x2是－x－eq\f(4,x)－2a＝3在(－∞，－a)上的兩個解，即x1，x2是x2＋(2a＋3)x＋4＝0在(－∞，－a)上的兩個解，則Δ＝4a2＋12a－7>0，x1，2＝eq\f(－（2a＋3）±\r(Δ),2)，所以x1＋x2＝－(2a＋3)，x1x2＝4，由x1，x2，x3成等差數(shù)列，且x1<x2<x3，得2x2＝x1＋4，得a＝－1＋eq\f(3\r(3),2)(舍去)或a＝－1－eq\f(3\r(3),2)，符合題意．③－a>4，即a<－4時，f(x)＝0最多有兩個解，不滿意題意．綜上所述，實數(shù)a的值為eq\f(11,6)或－1－eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(11,6)或－1－eq\f(3\r(3),2)eq\a\vs4\al([必備知能·自主補缺]\x())(一)主干學問要牢記1．函數(shù)的定義域(1)函數(shù)的定義域是探討函數(shù)問題的先決條件，它會干脆影響函數(shù)的性質(zhì)，所以要樹立定義域優(yōu)先的意識．(2)對于復合函數(shù)的定義域要留意：①假如函數(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假如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)值域的常用方法有視察法、不等式法、圖象法、換元法、單調(diào)性法等．3．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．4．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．推斷函數(shù)單調(diào)性常用定義法、圖象法及導數(shù)法．5．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)于坐標原點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)于坐標原點對稱，在關(guān)于坐標原點對稱的定義域上具有相同的單調(diào)性．推斷函數(shù)奇偶性的常用方法有定義法、圖象法及性質(zhì)法．6．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)滿意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．(二)二級結(jié)論要用好1．函數(shù)單調(diào)性和奇偶性的重要結(jié)論(1)當f(x)，g(x)同為增(減)函數(shù)時，f(x)＋g(x)為增(減)函數(shù)．(2)偶函數(shù)的和、差、積、商是偶函數(shù)，奇函數(shù)的和、差是奇函數(shù)，積、商是偶函數(shù)，奇函數(shù)與偶函數(shù)的積、商是奇函數(shù)．(3)定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)的圖象必過原點，即有f(0)＝0.存在既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)的函數(shù)：f(x)＝0.2．抽象函數(shù)的周期性與對稱性的結(jié)論(1)函數(shù)的周期性①若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a②若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a③若函數(shù)f(x)滿意f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則f(x)是周期函數(shù)，T＝2a.(2)函數(shù)圖象的對稱性①若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(a－x)，或f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a②若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝－f(a－x)，或f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于點(a，0③若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱．3．函數(shù)圖象平移變換的相關(guān)結(jié)論(1)把y＝f(x)的圖象沿x軸左右平移|c|個單位(c＞0時向左移，c＜0時向右移)得到函數(shù)y＝f(x＋c)的圖象(c為常數(shù))．(2)把y＝f(x)的圖象沿y軸上下平移|b|個單位(b＞0時向上移，b＜0時向下移)得到函數(shù)y＝f(x)＋b的圖象(b為常數(shù))．eq\a\vs4\al([課時達標訓練]\x())A組——抓牢中檔小題1．(2024·江蘇高考)函數(shù)f(x)＝eq\r(log2x－1)的定義域為________．解析：由log2x－1≥0，即log2x≥log22，解得x≥2，所以函數(shù)f(x)＝eq\r(log2x－1)的定義域為{x|x≥2}．答案：{x|x≥2}2．(2024·江蘇高考)函數(shù)y＝eq\r(7＋6x－x2)的定義域是________．解析：要使函數(shù)有意義，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，即(x＋1)(x－7)≤0，解得－1≤x≤7.故所求函數(shù)的定義域為[－1，7]．答案：[－1，7]3．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]4．(2024·南京鹽城一模)已知y＝f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，且當x>0時，f(x)＝ex＋1，則f(－ln2)的值為________．解析：法一：因為f(x)為奇函數(shù)，f－(ln2)＝－f(ln2)＝－(eln2＋1)＝－3.法二：當x<0時，－x>0，所以當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－(e－x＋1)，因為－ln2<0，所以f(－ln2)＝－(eln2＋1)＝－3.答案：－35．已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)＝eq\f(2＋f（x）,f（x）).若g(2)＝3，則g(－2)＝________．解析：由題意可得g(2)＝eq\f(2＋f（2）,f（2）)＝3，解得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：－16．(2024·蘇北三市一模)已知a，b∈R，函數(shù)f(x)＝(x－2)·(ax＋b)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則關(guān)于x的不等式f(2－x)>0的解集為________．解析：因為f(x)＝(x－2)(ax＋b)＝ax2＋(b－2a)x－2b為偶函數(shù)，所以b＝2a，f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，又f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以a<0，由二次函數(shù)的圖象可知f(x)>0的解集為(－2，2)．f(2－x)＝f(x－2)，而f(x－2)的圖象可看成是由f(x)的圖象向右平移2個單位長度得到，所以f(2－x)>0的解集為(0答案：(0，4)7．(2024·福建模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)－a，x≥1，,ln（1－x），x<1))有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當x<1時，令ln(1－x)＝0，解得x＝0，故f(x)在(－∞，1)上有1個零點，∴f(x)在[1，＋∞)上有1個零點．當x≥1時，令eq\r(x)－a＝0，得a＝eq\r(x)≥1.∴實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)8．(2024·蘇州模擬)設(shè)a＝logeq\s\do9(\f(1,3))2，b＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0.3)，則a，b，c按從小到大的依次排列為_________．解析：因為logeq\s\do9(\f(1,3))2<logeq\s\do9(\f(1,3))1＝0，logeq\s\do9(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23>log22＝1，0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0.3)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝1，即a<0，b>1，0<c<1，所以a<c<b.答案：a<c<b9．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（3－x），x≤0，,2x－1，x>0，))若f(a－1)＝eq\f(1,2)，則實數(shù)a＝________．解析：當a－1≤0，即a≤1時，f(a－1)＝log2(4－a)＝eq\f(1,2)，a＝4－eq\r(2)>1，舍去；當a－1>0，即a>1時，2a－1－1＝eq\f(1,2)，a＝1＋log2eq\f(3,2)＝log23>1，所以實數(shù)a＝log23.答案：log2310．(2024·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)11．(2024·蘇州期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－ax2))，若對隨意x1∈(－∞，0)，總存在x2∈[2，＋∞)，使得f(x2)≤f(x1)，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：對隨意x1∈(－∞，0)，總存在x2∈[2，＋∞)，使得f(x2)≤f(x1)，即f(x)min(x∈[2，＋∞))≤f(x)min(x∈(－∞，0))．a(chǎn)＝0，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))，當x∈(－∞，0)時，函數(shù)f(x)＝－eq\f(2,x)∈(0，＋∞)，當x∈[2，＋∞)時，f(x)＝eq\f(2,x)∈(0，1]，符合題意．a(chǎn)<0，當x<0時，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－ax2))≥0，此時最小值為0.當x≥2時，f(x)＝eq\f(2,x)－ax2>0，不滿意題意．a(chǎn)>0，當x≥2時，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－ax2))，易得eq\r(3,\f(2,a))≥2，即0<a≤eq\f(1,4)時，f(x)的最小值為0，a>eq\f(1,4)時，f(x)的最小值為f(2)＝4a－1，當x<0時，f(x)＝－eq\f(2,x)＋ax2，f′(x)＝eq\f(2,x2)＋2ax＝eq\f(2ax3＋2,x2)，易得x＝eq\r(3,－\f(1,a))時f(x)取微小值，且取最小值，可得f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(3,－\f(1,a)))))＝3eq\r(3,a)，由題意可得0<a≤eq\f(1,4)時滿意題意，a>eq\f(1,4)時，3eq\r(3,a)≥4a－1，結(jié)合圖象(圖略)，得eq\f(1,4)<a≤1.綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為[0，1]．答案：[0，1]12．(2024·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－ex，x<1，,x＋\f(4,x)，x≥1))(e是自然對數(shù)的底數(shù))．若函數(shù)y＝f(x)的最小值是4，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：法一：當x≥1時，f(x)min＝f(2)＝4，所以當x<1時，a－ex≥4恒成立．轉(zhuǎn)化為a≥ex＋4對x<1恒成立．因為ex＋4在(－∞，1)上的值域為(4，e＋4)，所以a≥e＋4.法二：當x<1時，f(x)＝a－ex>a－e；當x≥1時，f(x)＝x＋eq\f(4,x)≥4，當且僅當x＝eq\f(4,x)，即x＝2時，取“＝”，又函數(shù)f(x)的值域是[4，＋∞)，所以a－e≥4，即a≥e＋4.答案：[e＋4，＋∞)13．(2024·南京鹽城二模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝x2－5x，則不等式f(x－1)>f(x)的解集為________．解析：當x<0時，－x>0，所以f(－x)＝x2＋5x，又f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－5x，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x，x≥0，,－x2－5x，x<0.))法一：當x－1≥0時，x≥1，由f(x－1)>f(x)得，(x－1)2－5(x－1)>x2－5x，解得x<3，所以1≤x<3.當x－1<0時，x<1，①0≤x<1時，由f(x－1)>f(x)得，－(x－1)2－5(x－1)>x2－5x，解得－1<x<2，所以0≤x<1；②x<0時，由f(x－1)>f(x)得，－(x－1)2－5(x－1)>－x2－5x，解得x>－2，所以－2<x<0.綜上可得，不等式f(x－1)>f(x)的解集為{x|－2<x<3}．法二：數(shù)形結(jié)合可知，不等式f(x－1)>f(x)的解集可以理解為將f(x)的圖象向右平移一個單位長度后所得函數(shù)f(x－1)的圖象在函數(shù)f(x)的圖象上方部分的點對應的橫坐標取值的集合，由f(x)的解析式易得函數(shù)f(x－1)的圖象與函數(shù)f(x)的圖象的交點坐標分別為(－2，6)和(3，－6)，所以不等式的解集為{x|－2<x<3}．答案：(－2，3)14．(2024·南通三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意可知，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x，x≥a，,2x3－（6＋a）x，x<a，))明顯當a＝2時，g(x)有無窮多個零點，不符合題意；當x≥a時，令g(x)＝0，得x＝0，當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，在(－∞，a)上存在零點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x＝0，在(－∞，0)上存在零點x＝－eq\r(3)，符合題意．③若a<0，則g(x)在[a，＋∞)上存在零點x＝0，∴g(x)在(－∞，a)上只有1個零點，∵0?(－∞，a)，∴g(x)在(－∞，a)上的零點為－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))B組——力爭難度小題1．(2024·南京四校聯(lián)考)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿意?x∈R，f(x＋2)＝f(x)＋1.若g(x)＝f(x)＋coseq\f(πx,2)，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,219)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,219)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(875,219)))＝________．解析：由題意得，f(－x)＝－f(x)＝－[f(x＋2)－1]?f(－x)＋f(x＋2)＝1，故g(x)＋g(2－x)＝f(x)＋coseq\f(πx,2)＋f(2－x)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(πx,2)))＝1，又f(6＋x)＝f(4＋x)＋1＝f(2＋x)＋2＝f(x)＋3＝－f(－x)＋3，所以f(－x)＋f(6＋x)＝3，所以g(x)＋g(6－x)＝f(x)＋coseq\f(πx,2)＋f(6－x)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π－\f(πx,2)))＝3.令S1＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,219)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,219)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(437,219)))，則S1＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(437,219)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(436,219)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,219)))，兩式相加得，2S1＝437×1，所以S1＝eq\f(437,2).令S2＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(439,219)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(440,219)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(875,219)))，則S2＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(875,219)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(874,219)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(439,219)))，兩式相加得，2S2＝437×3，所以S2＝eq\f(1311,2).又f(2)＝f(0)＋1＝1，g(2)＝f(2)＋cosπ＝f(2)－1＝0，故原式＝S1＋g(2)＋S2＝eq\f(437,2)＋0＋eq\f(1311,2)＝874.答案：8742．(2024·南通等七市二模)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意f(x＋4)＝f(x)，且在[2，4)上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，2≤x<3，,x－4，3≤x<4，))則函數(shù)y＝f(x)－log5|x|的零點個數(shù)為________．解析：由f(x＋4)＝f(x)得奇函數(shù)f(x)的最小正周期為4，作出函數(shù)f(x)與y＝log5|x|的部分圖象如圖所示，依據(jù)圖象易知，函數(shù)y＝f(x)與y＝log5|x|的圖象有5個交點，故函數(shù)y＝f(x)－log5|x|的零點個數(shù)是5.答案：53．(2024·無錫期末)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋2x－1,x2)，x≤－\f(1,2)，,log\s\do9(\f(1,2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋x,2)))，x>－\f(1,2)，))g(x)＝－x2－2x－2.若存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，則實數(shù)b的取值范圍是________．解析：由題意，存在a∈R，使得f(a)＝－g(b)，令h(b)＝－g(b)＝b2＋2b＋2.當a≤－eq\f(1,2)時，f(a)＝eq\f(a2＋2a－1,a2)＝－eq\f(1,a2)＋eq\f(2,a)＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\s\up12(2)＋2，因為a≤－eq\f(1,2)，所以－2≤eq\f(1,a)<0，從而－7≤f(a)<1；當a>－eq\f(1,2)時，f(a)＝logeq\s\do9(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,2)))，因為a>－eq\f(1,2)，所以eq\f(1＋a,2)>eq\f(1,4)，從而f(a)<2.綜上，函數(shù)f(a)的值域是(－∞，2)．令h(b)<2，即b2＋2b＋2<2，解得－2<b<0.所以實數(shù)b的取值范圍是(－2，0)．答案：(－2，0)4．(2024·蘇北四市三調(diào))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－1，x≤0，,x3－ax＋|x－2|，x>0))的圖象恰好經(jīng)過三個象限，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當a＜0時，x≤0，y＝ax－1的圖象經(jīng)過其次、三象限；x>0，y＝x3－ax＋|x－2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以圖象僅在第一象限，所以a＜0時明顯滿意題意；當a≥0時，x≤0，y＝ax－1的圖象僅經(jīng)過第三象限，由題意知，x>0，y＝x3－ax＋|x－2|的圖象需經(jīng)過第一、四象限．y＝x3＋|x－2|與y＝ax在y軸右側(cè)的圖象有公共點(且不相切)，如圖，y＝x3＋|x－2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3－x＋2，0<x<2，,x3＋x－2，x>2.))結(jié)合圖象設(shè)切點坐標為(x0，xeq\o\al(3,0)－x0＋2)，y′＝3x2－1，則有3xeq\o\al(2,0)－1＝eq\f(xeq\o\al(3,0)－x0＋2,x0)，解得x0＝1，所以臨界直線l0的斜率為2，所以a＞2時，符合．綜上，a＜0或a＞2.答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)5．(2024·蘇州測試)設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝2x，若對隨意的x∈[a，a＋2]，不等式f(x＋a)≥f2(x)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當x≥0時，定義在R上的偶函數(shù)f(x)＝2x，易得f(x)＝2|x|，x∈R.由f(x＋a)≥f2(x)得，2|x＋a|≥(2|x|)2，即|x＋a|≥|2x|對于x∈[a，a＋2]恒成立，即(3x＋a)(x－a)≤0對于x∈[a，a＋2]恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a＋a）（a－a）≤0，,[3（a＋2）＋a]（a＋2－a）≤0，))解得a≤－eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))6．(2024·南京、鹽城、連云港二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x3＋3x2＋t，x＜0，,x，x≥0))(t∈R)．若函數(shù)g(x)＝f(f(x)－1)恰有4個不同的零點，則t的取值范圍為________．解析：當x<0時，f′(x)＝－3x2＋6x＝3x(2－x)，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，此時f(0)＝t.當t≥0時，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖①所示．令f(x)＝0，得x＝0，從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時，f(x)＝1，由圖象①可知，此時至多有兩個零點，不符合題意；當t<0時，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖②所示．令f(x)＝0，得x＝0，或x＝m(m<0)，且－m3＋3m2＋t從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時，f(x)－1＝0或f(x)－1＝m，即f(x)＝1或f(x)＝1＋m，借助圖象②知，欲使得函數(shù)g(x)恰有4個不同的零點，則m＋1≥0，從而－1≤m<0.又因為t(m)＝m3－3m2，而t′(m)＝3m2故t(m)在區(qū)間[－1，0)上單調(diào)遞增，從而t∈[－4，0)．答案：[－4，0)其次講|小題考法——不等式考點(一)不等式的恒成立問題及存在性問題主要考查恒成立問題或存在性問題以及等價轉(zhuǎn)化思想的應用.[題組練透]1．設(shè)實數(shù)a≥1，使得不等式x|x－a|＋eq\f(3,2)≥a對隨意的實數(shù)x∈[1，2]恒成立，則滿意條件的實數(shù)a的范圍是________．解析：(1)當1≤a≤eq\f(3,2)時，明顯符合題意；(2)當a≥2時，原不等式可化為x(a－x)≥a－eq\f(3,2)，取x＝1，成立；當x∈(1，2]時，a≥eq\f(x2－\f(3,2),x－1)＝x＋1－eq\f(1,2（x－1）).而函數(shù)f(x)＝x＋1－eq\f(1,2（x－1）)在(1，2]上單調(diào)遞增，故a≥f(2)＝eq\f(5,2)；(3)當eq\f(3,2)<a<2時，原不等式可化為①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤a，,x（a－x）≥a－\f(3,2)))或②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤x≤2，,x（x－a）≥a－\f(3,2)，))不等式組①參照(2)的過程得a≥a＋1－eq\f(1,2（a－1）)，解得1≤a≤eq\f(3,2)，沖突，舍去；由不等式組②得a≤eq\f(x2＋\f(3,2),x＋1)＝x－1＋eq\f(5,2（x＋1）)，同上可得1≤a≤eq\f(3,2)，沖突，舍去．綜上所述，1≤a≤eq\f(3,2)或a≥eq\f(5,2).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))2．(2024·揚州期末)已知正實數(shù)x，y滿意x＋4y－xy＝0，若x＋y≥m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________．解析：x＋4y－xy＝0，即x＋4y＝xy，等式兩邊同時除以xy，得eq\f(4,x)＋eq\f(1,y)＝1，由基本不等式可得x＋y＝(x＋y).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(4y,x)＋eq\f(x,y)＋5≥2eq\r(\f(4y,x)·\f(x,y))＋5＝9，當且僅當eq\f(4y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝2y＝6時，等號成立，所以x＋y的最小值為9，因此m≤9.答案：(－∞，9]3．已知不等式(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2≥2對隨意m∈R，n∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍為________．解析：條件“不等式(m－n)2＋(m－lnn＋λ)2≥2對隨意m∈R，n∈(0，＋∞)恒成立”可看作“點(m，m＋λ)，(n，lnn)兩點的距離的平方恒大于2”，即“直線y＝x＋λ與曲線f(x)＝lnx上點之間的距離恒大于等于eq\r(2)”．如圖，當與直線y＝x＋λ平行的直線與曲線f(x)＝lnx相切時，兩平行線間的距離最短，f′(x)＝eq\f(1,x)＝1，故切點A(1，0)，此切點到直線y＝x＋λ的距離為eq\f(|1＋λ|,\r(2))≥eq\r(2)，解得λ≥1或λ≤－3(舍去，此時直線與曲線相交)．故實數(shù)λ的取值范圍為[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)4．(2024·南京鹽城一模)若正實數(shù)a，b，c滿意ab＝a＋2b，abc＝a＋2b＋c，則c的最大值為________．解析：由ab＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，得ab≥8，則由abc＝a＋2b＋c，得c＝eq\f(a＋2b,ab－1)＝eq\f(ab,ab－1)＝1＋eq\f(1,ab－1)≤1＋eq\f(1,7)＝eq\f(8,7)，當且僅當a＝4，b＝2時等號成立，所以c的最大值為eq\f(8,7).答案：eq\f(8,7)5．(2024·江蘇連云港期中)已知a為正實數(shù)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋ax＋3，x≥0，,2x＋a，x<0.))若?x1，x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：因為a>0，所以拋物線y＝x2＋ax＋3的對稱軸在y軸左側(cè)，所以函數(shù)y＝x2＋ax＋3在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當x＝0時有最小值為3.又函數(shù)y＝2x＋a在(－∞，0)上為增函數(shù)，若?x1，x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)，只需20＋a>3，解得a>2，則實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)[方法技巧]不等式恒成立問題或存在性問題的求解策略(1)有關(guān)不等式恒成立問題，通常利用分別變量法將其轉(zhuǎn)化，即將所求參數(shù)與變量x之間的函數(shù)關(guān)系用不等式連接起來，再求函數(shù)的最值，從而確定參數(shù)范圍．用分別變量法進行等價轉(zhuǎn)化的好處是可以削減分類探討．若不等式中含有肯定值，須通過分類探討，轉(zhuǎn)化為一般的一元二次不等式，再求解．(2)存在性問題也須要轉(zhuǎn)化為最值問題，優(yōu)先考慮分別變量的做題思路．(3)二元問題的恒成立也可以構(gòu)造幾何意義，利用幾何法求解．考點(二)基本不等式主要考查利用基本不等式求最值，常與函數(shù)等學問交匯命題.[題組練透]1．(2024·常州期末)已知正數(shù)x，y滿意x＋eq\f(y,x)＝1，則eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)的最小值為________．解析：法一：由正數(shù)x，y滿意x＋eq\f(y,x)＝1，得eq\f(y,x)＝1－x，eq\f(x,y)＝eq\f(1,1－x)>0，則0<x<1，eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,1－x)))[x＋(1－x)]＝2＋eq\f(1－x,x)＋eq\f(x,1－x)≥2＋2eq\r(\f(1－x,x)·\f(x,1－x))＝4，當且僅當x＝eq\f(1,2)時取等號，故eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)的最小值為4.法二：由正數(shù)x，y滿意x＋eq\f(y,x)＝1，得x2＋y＝x，y＝x(1－x)>0，則0<x<1，則eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)＝eq\f(y＋x2,xy)＝eq\f(1,y)＝eq\f(1,x（1－x）)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))\s\up12(2))＝4，當且僅當x＝eq\f(1,2)時取等號，故eq\f(1,x)＋eq\f(x,y)的最小值為4.答案：42．(2024·南通等七市二模)已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c>0(a，b，c∈R)的解集為{x|3<x<4}，則eq\f(c2＋5,a＋b)的最小值為________．解析：由題意可得a<0，－eq\f(b,a)＝7，eq\f(c,a)＝12，則a<0，b＝－7a，c＝12a，eq\f(c2＋5,a＋b)＝eq\f(144a2＋5,－6a)＝－24a－eq\f(5,6a)≥2eq\r(（－24a）·\f(5,－6a))＝4eq\r(5)，當且僅當a＝－eq\f(\r(5),12)時取等號，故eq\f(c2＋5,a＋b)的最小值為4eq\r(5).答案：4eq\r(5)3．已知實數(shù)x，y滿意x>y>0，且x＋y≤2，則eq\f(2,x＋3y)＋eq\f(1,x－y)的最小值為________．解析：法一：因為4≥2x＋2y，所以4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x＋3y)＋\f(1,x－y)))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x＋3y)＋\f(1,x－y)))[(x＋3y)＋(x－y)]＝3＋eq\f(2（x－y）,x＋3y)＋eq\f(x＋3y,x－y)≥3＋2eq\r(2)，當且僅當x＝2eq\r(2)－1，y＝3－2eq\r(2)時取等號，故eq\f(2,x＋3y)＋eq\f(1,x－y)的最小值為eq\f(3＋2\r(2),4).法二：因為x>y>0，x＋y≤2，所以0<y<1，又因為eq\f(2,x＋3y)＋eq\f(1,x－y)≥eq\f(2,2＋2y)＋eq\f(1,2－2y)＝eq\f(3－y,2（1＋y）（1－y）)＝eq\f(1,2)·eq\f(1,6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－y＋\f(8,3－y))))≥eq\f(3＋2\r(2),4)，當且僅當x＝2eq\r(2)－1，y＝3－2eq\r(2)時取等號．答案：eq\f(3＋2\r(2),4)4．若實數(shù)x，y滿意2x2＋xy－y2＝1，則eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值為________．解析：2x2＋xy－y2＝(2x－y)(x＋y)，令2x－y＝m，x＋y＝n，則mn＝1，當eq\f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)＝eq\f(m－n,m2＋n2)＝eq\f(m－n,（m－n）2＋2)取得最大值時，必有m－n＞0，則eq\f(m－n,（m－n）2＋2)＝eq\f(1,m－n＋\f(2,m－n))≤eq\f(1,2\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，當且僅當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).答案：eq\f(\r(2),4)[方法技巧]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”．但應留意以下兩點：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”，干脆應用基本不等式求解，但要留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，通常采納“變量替換”或“常數(shù)1”的替換，構(gòu)造不等式求解．(4)“a＋b，a2＋b2，ab，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)”之間的互化也是基本等式常見處理方法．考點(三)線性規(guī)劃問題主要考查在約束條件下目標函數(shù)最值的求法，以及已知最優(yōu)解或可行域的狀況求參數(shù)的值或范圍.[題組練透]1．(2024·全國卷Ⅱ)若x，y滿意約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≥0，,x－2y＋3≥0，,x－5≤0，))則z＝x＋y的最大值為________．解析：作出不等式組所表示的可行域如圖中陰影部分所示．由圖可知當直線x＋y＝z過點A時z取得最大值．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,x－2y＋3＝0))得點A(5，4)，∴zmax＝5＋4＝9.答案：92．(2024·蘇州模擬)設(shè)變量x，y滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x－y≥0，,2x－y－2≤0，))則目標函數(shù)z＝2x＋y的最小值為________．解析：作出不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥1，,x－y≥0，,2x－y－2≤0))對應的可行域，如圖中陰影部分所示．當直線y＝－2x＋z過點C時，在y軸上的截距最小，此時z最小，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x－y＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,2)，))所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))，zmin＝2×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)3．(2024·福州四校聯(lián)考)設(shè)x，y滿意約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－3≤0，,2x－2y－1≤0，,x－a≥0，))其中a>0，若eq\f(x－y,x＋y)的最大值為2，則a的值為________．解析：設(shè)z＝eq\f(x－y,x＋y)，則y＝eq\f(1－z,1＋z)x，當z＝2時，y＝－eq\f(1,3)x，作出x，y滿意的約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－3≤0，,2x－2y－1≤0，,x－a≥0))表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，作出直線y＝－eq\f(1,3)x，易知此直線與區(qū)域的邊界線2x－2y－1＝0的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－\f(1,8)))，當直線x＝a過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－\f(1,8)))時a＝eq\f(3,8)，又此時直線y＝eq\f(1－z,1＋z)x的斜率eq\f(1－z,1＋z)＝－1＋eq\f(2,z＋1)的最小值為－eq\f(1,3)，即z的最大值為2，符合題意，所以a的值為eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)4．已知a，b，c為正實數(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為正實數(shù)，且a＋2b≤8c，eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)≤eq\f(2,c)，所以eq\b\lc\((\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\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y≤8，,\f(2,x)＋\f(3,y)≤2，))則eq\b\lc\{(\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)，由圖知當直線y＝－eq\f(3,8)x＋eq\f(z,8)過點A時，截距最大，即z最大，當直線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\{(\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)的切點為(x0，y0)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2x－2)))′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝x0＝－\f(3,8)))，即eq\f(－6,（2x0－2）2)＝－eq\f(3,8)，解得x0＝3.∴切點坐標為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][方法技巧]解決線性規(guī)劃問題的3步驟eq\a\vs4\al([必備知能·自主補缺]\x())(一)主干學問要記牢1．不等式的性質(zhì)(1)a＞b，b＞c?a＞c；(2)a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b，c＜0?ac＜bc；(3)a＞b?a＋c＞b＋c；(4)a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(5)a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(6)a＞b＞0，n∈N，n＞1?an＞bn，eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).2．簡潔分式不等式的解法(1)eq\f(f（x）,g（x）)＞0?f(x)g(x)＞0，eq\f(f（x）,g（x）)＜0?f(x)g(x)＜0.(2)eq\f(f（x）,g（x）)≥0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≥0，,g（x）≠0，))eq\f(f（x）,g（x）)≤0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≤0，,g（x）≠0.))(3)對于形如eq\f(f（x）,g（x）)＞a(≥a)的分式不等式要實行：“移項—通分—化乘積”的方法轉(zhuǎn)化為(1)或(2)的形式求解．(二)二級結(jié)論要用好1．一元二次不等式的恒成立問題(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))2．基本不等式的重要結(jié)論(1)eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)．(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)．(3)eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)．3．線性規(guī)劃中的兩個重要結(jié)論(1)點M(x0，y0)在直線l：Ax＋By＋C＝0(B＞0)上方(或下方)?Ax0＋By0＋C＞0(或＜0)．(2)點M(x1，y1)，N(x2，y2)在直線l：Ax＋By＋C＝0同側(cè)(或異側(cè))?(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＞0(或＜0)．eq\a\vs4\al([課時達標訓練]\x())A組——抓牢中檔小題1．當x＞0時，f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值為________．解析：因為x＞0，所以f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2)＝1，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號．答案：12．(2024·蘇北三市一模)已知a>0，b>0，且a＋3b＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，則b的最大值為________．解析：a＋3b＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)可化為eq\f(1,b)－3b＝a＋eq\f(1,a)≥2，即3b2＋2b－1≤0，解得0<b≤eq\f(1,3)，所以b的最大值為eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)3．已知點A(a，b)在直線x＋2y－1＝0上，則2a＋4b解析：由題意可知a＋2b＝1，則2a＋4b＝2a＋22b≥2eq\r(2a＋2b)＝2eq\r(2)，當且僅當a＝2b＝eq\f(1,2)，即a＝eq\f(1,2)且b＝eq\f(1,4)時等號成立．答案：2eq\r(2)4．若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當a－2＝0，即a＝2時，原不等式為－4<0，所以a＝2時不等式恒成立，當a－2≠0，即a≠2時，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,4（a－2）2＋16（a－2）<0，))解得－2<a<2.綜上所述，－2<a≤2，即實數(shù)a的取值范圍是(－2，2]．答案：(－2，2]5．要制作一個容積為4m3，高為1m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，解析：設(shè)底面矩形的一邊長為x.由容器的容積為4m3，高為1m，得另一邊長為eq\f(4,x)m.記容器的總造價為y元，則y＝4×20＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))×1×10＝80＋20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≥80＋20×2eq\r(x·\f(4,x))＝160，當且僅當x＝eq\f(4,x)，即x＝2時等號成立．因此，當x＝2時，y取得最小值160，即容器的最低總造價為160元．答案：160元6．已知a>0,b>0，且eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值是________．解析：因為eq\r(ab)＝eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)≥2eq\r(\f(2,a)·\f(3,b))，所以ab≥2eq\r(6)，當且僅當eq\f(2,a)＝eq\f(3,b)＝eq\r(6)時取等號．答案：2eq\r(6)7．已知關(guān)于x的不等式2x＋eq\f(2,x－a)≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，則實數(shù)a的最小值為________．解析：因為x∈(a，＋∞)，所以2x＋eq\f(2,x－a)＝2(x－a)＋eq\f(2,x－a)＋2a≥2eq\r(2（x－a）·\f(2,x－a))＋2a＝4＋2a，當且僅當x－a＝1時等號成立．由題意可知4＋2a≥7，解得a≥eq\f(3,2)，即實數(shù)a的最小值為eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)8．若兩個正實數(shù)x，y滿意eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,4)<m2－3m有解，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析：由題可知，1＝eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥2eq\r(\f(4,xy))＝eq\f(4,\r(xy))，即eq\r(xy)≥4，于是有m2－3m>x＋eq\f(y,4)≥eq\r(xy)≥4，故m2－3m>4，化簡得(m＋1)(m－4)>0，解得m<－1或m>4，即實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1)∪(4，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞)9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于隨意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．解析：因為f(x)＝x2＋mx－1是開口向上的二次函數(shù)，所以函數(shù)的最大值只能在區(qū)間端點處取到，所以對于隨意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＜0，,f（m＋1）＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1<0，,（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＜m＜\f(\r(2),2)，,－\f(3,2)＜m＜0，))所以－eq\f(\r(2),2)<m<0，即實數(shù)m的取值范圍是m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))10．(2024·蘇北四市期末)若實數(shù)x，y滿意xy＋3x＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,2)))，則eq\f(3