《非常考案》2019版高考数学一轮复习(通用版)课件：第3章-第1节第三章 三角函数、解三角形

跟踪演练（二）(建议用时：40分) [基 础 练]扣教材 练双基1．(2015·邢台四模)如图2­6，已知AB 是⊙O 的直径，AC 是弦，AD ⊥CE ，垂足为D ，AC 平分∠BAD .图2­6(1)求证：直线CE 是⊙O 的切线；(2)求证：AC 2＝AB ·AD .【证明】 (1)连接OC ，如图所示：因为OA ＝OC ，所以∠OCA ＝∠OAC .又因为AD ⊥CE ，所以∠ACD ＋∠CAD ＝90°，又因为AC 平分∠BAD ，所以∠OAC ＝∠CAD ，所以∠OCA ＋∠ACD ＝90°，即OC ⊥CE ，所以CE 是⊙O 的切线．(2)连接BC ，因为AB 是⊙O 的直径，所以∠BCA ＝∠ADC ＝90°，因为CE 是⊙O 的切线，所以∠B ＝∠ACD ，所以△ABC ∽△ACD ，所以AC AB ＝AD AC，即AC 2＝AB ·AD . 2．(2015·唐山一模)如图2­7，圆周角∠BAC 的平分线与圆交于点D ，过点D 的切线与弦AC 的延长线交于点E ，AD 交BC 于点F .图2­7(1)求证：BC ∥DE ；(2)若D ，E ，C ，F 四点共圆，且AC ＝BC ，求∠BAC .【解】 (1)因为∠EDC ＝∠DAC ，∠DAC ＝∠DAB ，∠DAB ＝∠DCB ，所以∠EDC ＝∠DCB ，所以BC ∥DE .(2)因为D ，E ，C ，F 四点共圆，所以∠CFA ＝∠CED ，由(1)知∠ACF ＝∠CED ，所以∠CFA ＝∠ACF .设∠DAC ＝∠DAB ＝x ，因为AC ＝BC ，所以∠CBA ＝∠BAC ＝2x ，所以∠CFA ＝∠FBA ＋∠FAB ＝3x ，在等腰三角形ACF 中，π＝∠CFA ＋∠ACF ＋∠CAF ＝7x ，则x ＝π7， 所以∠BAC ＝2x ＝2π7. [能 力 练]扫盲区 提素能1．(2015·郑州二模)如图2­8，⊙O 是△ABC 的外接圆，∠BAC 的平分线交BC 于点F ，D 是AF 的延长线与⊙O 的交点，AC 的延长线与⊙O 的切线DE 交于点E .图2­8(1)求证：CE BD ＝DE AD；(2)若BD ＝32，EC ＝2，CA ＝6，求BF 的值．【解】 (1)证明：连接CD ，∵AD 是∠BAC 的平分线，∴∠BAD＝∠EAD，又∵DE与⊙O相切于D，∴∠CDE＝∠EAD＝∠BAD，∵∠DCE是⊙O的内接四边形ABDC的外角，∴∠DCE＝∠ABD，∴△DCE∽△ABD，∴CEBD＝DEAD.(2)∵AD是∠BAC的平分线，∴BD＝CD，∴BD＝CD＝32，∠CBD＝∠BCD，∵DE与⊙O相切于D，EC＝2，CA＝6，∴DE2＝EC·EA＝EC·(EC＋CA)＝16，∠CDE＝∠CBD，∴DE＝4，∠CDE＝∠BCD，∴DE∥BC，∴∠E＝∠ACB＝∠ADB，∴△DCE∽△BFD，∴DCBF＝DEBD，∴BF＝BD·DCDE＝92.2．(2015·全国卷Ⅱ)如图2­9，O为等腰三角形ABC内一点，⊙O与△ABC的底边BC 交于M，N两点，与底边上的高AD交于点G，且与AB，AC分别相切于E，F两点．(1)证明：EF∥BC；(2)若AG等于⊙O的半径，且AE＝MN＝23，求四边形EBCF的面积．【解】(1)证明：由于△ABC是等腰三角形，AD⊥BC，所以AD是∠CAB的平分线．又因为⊙O分别与AB，AC相切于点E，F，所以AE＝AF，故AD⊥EF，从而EF∥BC.(2)由(1)知，AE＝AF，AD⊥EF，故AD是EF的垂直平分线．又EF为⊙O的弦，所以O在AD上．连接OE ，OM ，则OE ⊥AE .由AG 等于⊙O 的半径得AO ＝2OE ，所以∠OAE ＝30°.因此△ABC 和△AEF 都是等边三角形．因为AE ＝23，所以AO ＝4，OE ＝2.因为OM ＝OE ＝2，DM ＝12MN ＝3，所以OD ＝1. 于是AD ＝5，AB ＝1033. 所以四边形EBCF 的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫10332×32－12×(23)2×32＝1633.。

分层限时跟踪练(三)(限时40分钟) [基 础 练]扣教材 练双基一、选择题1．(2015·湖北高考)命题“∃x 0∈(0，＋∞)，ln x 0＝x 0－1”的否定是( ) A ．∀x ∈(0，＋∞)，ln x ≠x －1 B ．∀x ∉(0，＋∞)，ln x ＝x －1 C ．∃x 0∈(0，＋∞)，ln x 0≠x 0－1 D ．∃x 0∉(0，＋∞)，ln x 0＝x 0－1【解析】 改变原命题中的三个地方即可得其否定，∃改为∀，x 0改为x ，否定结论，即ln x ≠x －1，故选A.【答案】 A2．下列命题中的假命题是( ) A ．∃x ∈R ，sin x ＝52B ．∃x ∈R ，log 2x ＝1C ．∀x ∈R ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x>0D ．∀x ∈R ，x 2≥0【解析】 因为∀x ∈R ，sin x ≤1<52，所以A 是假命题；对于B ，∃x ＝2，log 2x ＝1；对于C ，根据指数函数图象可知，∀x ∈R ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x>0；对于D ，根据二次函数图象可知，∀x ∈R ，x 2≥0.【答案】 A3. (2015·郴州模拟)已知命题p ：∃x 0∈(－∞，0)，3x 0<4x 0；命题q ：∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，tan x >x ，则下列命题中真命题是( )A ．p ∧qB ．p ∨(﹁q )C ．p ∧(﹁q )D ．(﹁p )∧q【解析】 由指数函数的图象可知，当x ∈(－∞，0)时，3x＞4x恒成立，则命题p 是假命题，﹁p 是真命题；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，tan x ＞x 恒成立，命题q 是真命题，﹁q 是假命题，故选D.【答案】 D4．( 2015·东北三省四市模拟)下列四个命题中真命题的个数是( )①“x ＝1”是“x 2－3x ＋2＝0”的充分不必要条件；②命题“∀x ∈R ，sin x ≤1”的否定是“∃x ∈R ，sin x ＞1”； ③“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为真命题；④命题p ：∀x ∈[1，＋∞)，lg x ≥0，命题q ：∃x ∈R ，x 2＋x ＋1＜0，则p ∨q 为真命题．A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 当x ＝1时，得到x 2－3x ＋2＝0，当x 2－3x ＋2＝0，得x ＝1或x ＝2，“x ＝1”是“x 2－3x ＋2＝0”的充分不必要条件，故①正确；命题“∀x ∈R ，sin x ≤1”的否定是“∃x ∈R ，sin x ＞1”，故②正确；“若am 2＜bm 2，则a ＜b ”的逆命题为“若a ＜b ，则am 2＜bm 2”，当m ＝0时，不成立，故③错误；当x ≥1时，lg x ≥0，命题p 是真命题，又命题q 为假命题，故p ∨q 是真命题，故④正确，所以真命题的个数是3个，故选D.【答案】 D5．已知命题p ：“∀x ∈[1,2]，x 2－a ≥0”，命题q ：“∃x 0∈R ，x 20＋2ax 0＋2－a ＝0”．若命题“(﹁p )∧q ”是真命题，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤－2或a ＝1B ．a ≤2或1≤a ≤2C ．a >1D ．－2≤a ≤1【解析】 命题p 为真时a ≤1；“∃x 0∈R ，x 20＋2ax 0＋2－a ＝0”为真，即方程x 2＋2ax ＋2－a ＝0有实根，故Δ＝4a 2－4(2－a )≥0，解得a ≥1或a ≤－2.(﹁p )∧q 为真命题，即﹁p 真且q 真，即a >1.【答案】 C 二、填空题6．命题p 的否定是“对所有正数x ，x >x ＋1”，则命题p 是______________________． 【解析】 因为p 是﹁p 的否定，所以只需将全称命题变为特称命题，再对结论否定即可．【答案】 ∃x 0∈(0，＋∞)，x 0≤x 0＋17．命题“∃x 0∈R,2x 20－3ax 0＋9＜0”为假命题，则实数a 的取值范围为______________． 【解析】 由题意可知，“∀x ∈R,2x 2－3ax ＋9≥0”是真命题，即Δ＝9a 2－72≤0，解得－22≤a ≤2 2.【答案】 [－22，22] 8．下列结论：①若命题p ：∃x ∈R ，tan x ＝1；命题q ：∀x ∈R ，x 2－x ＋1>0.则命题“p ∧(﹁q )”是假命题；②已知直线l 1：ax ＋3y －1＝0，l 2：x ＋by ＋1＝0，则l 1⊥l 2的充要条件是ab＝－3；③命题“若x 2－3x ＋2＝0，则x ＝1”的逆否命题：“若x ≠1，则x 2－3x ＋2≠0”． 其中正确结论的序号为________．【解析】 ①中命题p 为真命题，命题q 为真命题， 所以p ∧(﹁q )为假命题，故①正确； ②当b ＝a ＝0时，有l 1⊥l 2，故②不正确； ③正确．所以正确结论的序号为①③. 【答案】 ①③ 三、解答题9．已知m ∈R ，命题p ：对任意x ∈[0,1]，不等式2x －2≥m 2－3m 恒成立；命题q ：存在x ∈[－1,1]，使得m ≤ax 成立．(1)若p 为真命题，求m 的取值范围；(2)当a ＝1时，若p 且q 为假，p 或q 为真，求m 的取值范围．【解】 (1)∵对任意x ∈[0,1]，不等式2x －2≥m 2－3m 恒成立，∴(2x －2)min ≥m 2－3m ，即m 2－3m ≤－2，解得1≤m ≤2.因此，若p 为真命题时，m 的取值范围是[1,2]． (2)∵a ＝1，且存在x ∈[－1,1]，使得m ≤ax 成立， ∴m ≤1.因此，命题q 为真时，m ≤1. ∵p 且q 为假，p 或q 为真，∴p ，q 中一个是真命题，一个是假命题．当p 真q 假时，由⎩⎪⎨⎪⎧1≤m ≤2，m ＞1， 得1＜m ≤2；当p 假q 真时，由⎩⎪⎨⎪⎧m ＜1或m ＞2，m ≤1， 得m ＜1.综上所述，m 的取值范围为(－∞，1)∪(1,2]．10．(2015·天津南开中学模拟)已知p ：方程x 2＋mx ＋1＝0有两个不等的负实根，q ：方程4x 2＋4(m －2)x ＋1＝0无实根，若p 或q 为真，p 且q 为假，求实数m 的取值范围．【解】 由“p 或q 为真，p 且q 为假”可知p ，q 中有且仅有一个为真命题，又p 真⇔⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 1＋x 2＝－m <0，x 1·x 2＝1>0 ⇔m >2，q 真⇔Δ<0⇒1<m <3，(1)若p 假q 真，则⎩⎪⎨⎪⎧m ≤2，1<m <3 ⇒1<m ≤2；(2)若p 真q 假，则⎩⎪⎨⎪⎧m >2，m ≤1 或⎩⎪⎨⎪⎧m >2，m ≥3 ⇒m ≥3.综上所述：m ∈(]1，2∪[3，＋∞)．[能 力 练]扫盲区 提素能1．(2015·临沂二模)已知f (x )＝e x－x ，命题p ：∀x ∈R ，f (x )＞0，则( ) A ．p 是真命题，﹁p ：∃x 0∈R ，f (x 0)＜0 B ．p 是真命题，﹁p ：∃x 0∈R ，f (x 0)≤0 C ．p 是假命题，﹁p ：∃x 0∈R ，f (x 0)＜0 D ．p 是假命题，﹁p ：∃x 0∈R ，f (x 0)≤0【解析】 f ′(x )＝e x－1，x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )递减；x ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )递增；f (x )在x ＝0处取得唯一极小值，亦为最小值，∴∀x ∈R ，f (x )≥f (0)＝1，故选B.【答案】 B2．( 2015·吉林模拟)已知下列命题：①若命题p ，﹁q 都是真命题，则命题“p ∧q ”为真命题；②命题“若xy ＝0，则x ＝0或y ＝0”的否命题为“若xy ≠0，则x ≠0或y ≠0”； ③命题“∀x ∈R,2x＞0”的否定是“∃x 0∈R,2x 0≤0”； ④“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0”的必要不充分条件． 其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1 C. 2 D ．3【解析】 ①命题p ，﹁q 都是真命题，则命题q 为假命题，因此“p ∧q ”为假命题，不正确；②“若xy ＝0，则x ＝0或y ＝0”的否命题为“若xy ≠0，则x ≠0 且y ≠0 ”，因此不正确；③“∀x ∈R,2x ＞0 ”的否定是“∃x 0∈R,2x 0≤0 ”，正确； ④“x ＝－1”是“x 2－5x －6＝0 ”的充分不必要条件，因此不正确，故选B.【答案】 B3．给定两个命题，命题p ：对任意实数x ，都有ax 2>－ax －1恒成立，命题q ：关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0有实数根．若“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则实数a 的取值范围是________________．【解析】 若p 为真命题，则a ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a 2－4a <0，即0≤a <4；若q 为真命题，则(－1)2－4a ≥0，即a ≤14.因为“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题， 所以p ，q 中有且仅有一个为真命题．若p 真q 假，则14<a <4；若p 假q 真，则a <0.综上，实数a 的取值范围为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，4. 【答案】 (－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，4 4．(2015·日照高三校际联合5月检测) ①若“p 且q ”为假，则p ，q 至少有一个是假命题；②命题“∃x ∈R ，x 2－x －1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2－x －1≥0”； ③ “φ＝π2”是“y ＝sin ()2x ＋φ为偶函数”的充要条件；④当α<0时，幂函数y ＝x α在()0，＋∞上单调递减．以上说法不正确的是________(写出所有符合要求的序号)．【解析】 ①若“p 且q ”为假，则p ，q 至少有一个是假命题，正确； ②命题“∃x ∈R ，x 2－x －1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2－x －1≥0”，正确； ③“φ＝π2”是“y ＝sin(2x ＋φ)为偶函数”的充分不必要条件，故C 错误；④α<0时，幂函数y ＝x α在(0，＋∞)上单调递减，正确． 【答案】 ③5．设p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2＜0，其中a ＞0.q ：实数x 满足⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －6≤0，x 2＋2x －8＞0.(1)若a ＝1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围； (2)﹁p 是﹁q 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围． 【解】 由x 2－4ax ＋3a 2＜0，a ＞0得a ＜x ＜3a ， 即p 为真命题时，a ＜x ＜3a ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x －6≤0，x 2＋2x －8＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2≤x ≤3，x ＞2或x ＜－4.即2＜x ≤3，即q 为真命题时2＜x ≤3. (1)a ＝1时，p ：1<x <3.由p ∧q 为真知p ，q 均为真命题，则⎩⎪⎨⎪⎧1＜x ＜3，2＜x ≤3，得2＜x ＜3，所以实数x 的取值范围为(2,3)．(2)设A ＝{x |a ＜x ＜3a }，B ＝{x |2＜x ≤3}，由题意知p 是q 的必要不充分条件， 所以B A ，由⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ≤2，3a ＞3，得1＜a ≤2，所以实数a 的取值范围为(1,2]．6．(2015·山西四模)已知命题p ：方程x 22m －y 2m －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆；命题q ：双曲线y 25－x 2m＝1的离心率e ∈()1，2，若p ，q 有且只有一个为真命题，求实数m 的取值范围．【解】 将方程x 22m －y 2m －1＝1改写为x 22m ＋y 21－m＝1，只有当1－m ＞2m ＞0，即0＜m ＜13时，方程表示的曲线是焦点在y 轴上的椭圆，所以命题p 等价于0＜m ＜13；因为双曲线y 25－x 2m＝1的离心率e ∈(1,2)，所以m ＞0，且1＜5＋m5＜4，解得0＜m ＜15.所以命题q 等价于0＜m ＜15， 若p 真q 假，则m ∈∅； 若p 假q 真，则13≤m ＜15，综上可知，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，15.。

分层限时跟踪练(一)(限时40分钟) [基 础 练]扣教材 练双基一、选择题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知集合A ＝{x |－1<x <2}，B ＝{x |0<x <3}，则A ∪B ＝( )A ．(－1,3)B ．(－1,0)C ．(0,2)D ．(2,3)【解析】 将集合A 与B 在数轴上画出(如图)． 由图可知A ∪B ＝(－1,3)，故选A. 【答案】 A2．(2015·天津高考)已知全集U ＝{1,2,3,4,5,6}，集合A ＝{2,3,5}，集合B ＝{1,3,4,6}，则集合A ∩∁U B ＝( )A ．{3}B ．{2,5}C ．{1,4,6}D ．{2,3,5}【解析】 ∁U B ＝{2,5}，A ∩∁U B ＝{2,3,5}∩{2,5}＝{2,5}． 【答案】 B3．已知集合A ＝{(x ，y )|x ＋y －1＝0，x ，y ∈R }，B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝1，x ，y ∈R }，则集合A ∩B 的元素个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 集合A ∩B 的元素个数即为方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1＝0，x 2＋y 2＝1解的组数，解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，有两组解，故选C. 【答案】 C4．已知集合A ＝{x |y ＝1－x 2}，B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A }，则( ) A ．A B B ．B A C ．A ⊆BD ．B ⊆A【解析】 由题意知A ＝{x |y ＝1－x 2}，∴A ＝{x |－1≤x ≤1}，∴B ＝{x |x ＝m 2，m ∈A}＝{x|0≤x≤1}，∴B A，故选B.【答案】 B5．(2015·宝鸡九校联考)已知集合A＝{0,1,2}，B＝{1，m}．若A∩B＝B，则实数m 的值是( )A．0 B．0或2C．2 D．0或1或2【解析】由A∩B＝B可得B⊆A，所以m可取0或2.【答案】 B二、填空题6．设集合U＝{－1,1,2,3}，M＝{x|x2－5x＋p＝0}，若∁U M＝{－1,1}，则实数p的值为________．【解析】由∁U M＝{－1,1}知M＝{2,3}，则方程x2－5x＋p＝0的两根为x＝2和x＝3，从而p＝2×3＝6.【答案】 67．已知A＝{0，m,2}，B＝{x|x3－4x＝0}，若A＝B，则m＝________.【解析】由题意知B＝{0，－2,2}，A＝{0，m,2}，若A＝B，则m＝－2.【答案】－28．已知集合A＝{(0,1)，(1,1)，(－1,2)}，B＝{(x，y)|x＋y－1＝0，x，y∈Z}，则A∩B ＝________________.【解析】A，B都表示点集，A∩B是由A中在直线x＋y－1＝0上的所有点组成的集合，代入验证即可．【答案】{(0,1)，(－1,2)}三、解答题9．已知集合A＝{－4,2a－1，a2}，B＝{a－5,1－a,9}，分别求适合下列条件的a的值．(1)9∈(A∩B)；(2){9}＝A∩B.【解】(1)∵9∈(A∩B)，∴2a－1＝9或a2＝9，∴a＝5或a＝3或a＝－3.当a＝5时，A＝{－4,9,25}，B＝{0，－4,9}；当a＝3时，a－5＝1－a＝－2，不满足集合元素的互异性；当a＝－3时，A＝{－4，－7,9}，B＝{－8,4,9}，所以a＝5或a＝－3.(2)由(1)可知，当a＝5时，A∩B＝{－4,9}，不合题意，当a＝－3时，A∩B＝{9}．所以a ＝－3.10．已知集合A ＝{x |1＜x ＜3}，集合B ＝{x |2m ＜x ＜1－m }． (1)当m ＝－1时，求A ∪B ； (2)若A ⊆B ，求实数m 的取值范围； (3)若A ∩B ＝∅，求实数m 的取值范围． 【解】 (1)当m ＝－1时，B ＝{x |－2<x <2}， 则A ∪B ＝{x |－2<x <3}． (2)由A ⊆B 知⎩⎪⎨⎪⎧1－m ＞2m ，2m ≤1，1－m ≥3，解得m ≤－2，即实数m 的取值范围为(－∞，－2]． (3)由A ∩B ＝∅，得①若2m ≥1－m ，即m ≥13时，B ＝∅，符合题意；②若2m ＜1－m ，即m ＜13时，需⎩⎪⎨⎪⎧m ＜13，1－m ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧m ＜13，2m ≥3，得0≤m ＜13或∅，即0≤m ＜13.综上知m ≥0，即实数m 的取值范围为[0，＋∞)．[能 力 练]扫盲区 提素能1．设集合A ＝{－1,0,2}，集合B ＝{－x |x ∈A 且2－x ∉A }，则B ＝( ) A ．{1} B ．{－2} C ．{－1，－2}D ．{－1,0}【解析】 若x ＝－1，则2－x ＝3∉A ，此时－x ＝1；若x ＝0，则2－x ＝2∈A ，此时不符合要求；若x ＝2，则2－x ＝0∈A ，此时不符合要求．所以B ＝{1}．【答案】 A2．(2016·大连模拟)已知集合A ＝{x |x 2－2x <0}，B ＝{1，a }，且A ∩B 有4个子集，则a 的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0,2)C ．(0,1)∪(1,2)D ．(－∞，1)∪(2，＋∞)【解析】 易知A ∩B 中含有2个元素，即a ∈A .又A ＝(0,2)，所以0<a <1或1<a <2. 【答案】 C3．设全集U ＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A ＝{1,2,3,5}，B ＝{2,4,6}，则图1­1­2中的阴影部分表示的集合为________．图1­1­2【解析】 由题意可知阴影部分表示的集合为B ∩(∁U A )，已知A ＝{1,2,3,5}，U ＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，所以∁U A ＝{4,6,7,8}，又因为B ＝{2,4,6}，所以B ∩(∁U A )＝{4,6}．【答案】 {4,6}4．(2016·吉林模拟)集合A ＝{0,2，a }，B ＝{1，a 2}，若A ∪B ＝{0,1,2,4,16}，则a 的值为________．【解析】 根据并集的概念，可知{a ，a 2}＝{4,16}，故只能是a ＝4. 【答案】 45．已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≤0}，B ＝{x |x 2－2mx ＋m 2－4≤0，x ∈R ，m ∈R }． (1)若A ∩B ＝[0,3]，求实数m 的值； (2)若A ⊆(∁R B )，求实数m 的取值范围． 【解】 由已知得A ＝{x |－1≤x ≤3}，B ＝{x |m －2≤x ≤m ＋2}．(1)因为A ∩B ＝[0,3]，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －2＝0，m ＋2≥3，所以m ＝2.(2)∁R B ＝{x |x <m －2或x >m ＋2}，因为A ⊆(∁R B )， 所以m －2>3或m ＋2<－1，即m >5或m <－3. 因此实数m 的取值范围是{m |m >5或m <－3}．6．已知集合A ＝{x |x 2＋4x ＝0，x ∈R }，B ＝{x |x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0，a ∈R ，x ∈R }．若A ∪B ＝A ，试求实数a 的取值范围．【解】 ∵A ∪B ＝A ，∴B ⊆A ，易知A ＝{0，－4}．(1)当A ＝B ＝{0，－4}时，0，－4是方程x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0的两根，∴⎩⎪⎨⎪⎧16－8a ＋1＋a 2－1＝0，a 2－1＝0，∴a ＝1. (2)当BA 时，有B ≠∅和B ＝∅两种情况．①当B ≠∅时，B ＝{0}或B ＝{－4}，∴方程x 2＋2(a ＋1)x ＋a 2－1＝0有相等的实数根0或－4， ∴Δ＝4(a ＋1)2－4(a 2－1)＝0，∴a＝－1，∴B＝{0}满足条件．②当B＝∅时，Δ＜0，∴a＜－1.综上知所求实数a的取值范围为{a|a≤－1或a＝1}．。

专题突破提升练(二)导数与函数、不等式等知识的热点交汇问题命题点一 应用导数研究函数的性质①f (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2；②f (x )的极小值是－15；③当a ＞2时，对任意的x ＞2且x ≠a ，恒有f (x )＞f (a )＋f ′(a )(x －a )；④函数f (x )有且只有一个零点．其中真命题的个数为( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】 因为f (x )＝x 3－2x 2－4x －7，所以其导函数为f ′(x )＝3x 2－4x －4＝(x －2)(3x ＋2)，令f ′(x )＜0，解得－23＜x ＜2；令f ′(x )＞0，解得x ＜－23或x ＞2；所以函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－23，2，所以①错误；根据单调性可判断f (x )的极小值是f (2)＝－15，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＜0，故函数f (x )有且只有一个零点，所以④和②正确；又因为a ＞2，对任意的x ＞2且x ≠a ，所以f (x )－f (a )－f ′(a )(x －a )＝x 3－2x 2－4x －a 3＋2a2＋4a －(3a 2－4a －4)(x －a )，所以x 3＋2a 3－2x 2－2a 2－3a 2x ＋4ax ＞0，所以恒有f (x )＞f (a )＋f ′(a )(x －a )，故③正确；故选C.【答案】 C2．(2015·安徽高考)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 【解析】 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ， 则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a <0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， ∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，②不正确．故填①③④⑤. 【答案】 ①③④⑤3．(2015·衡水二模)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a xe x，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a ＝－1时，求证：f (x )在(0，＋∞)上为增函数；(3)若f (x )在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a 的取值范围．【解】 函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2e x.(1)当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝(x ＋1)e x， 所以f (1)＝e ，f ′(1)＝2e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.(2)证明：当a ＝－1时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x(x ＞0)．设g (x )＝x 3＋x 2－x ＋1，则g ′(x )＝3x 2＋2x －1＝(3x －1)(x ＋1)． 令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＞0，得x ＞13.令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＜0，得0＜x ＜13.所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数， 所以函数g (x )在x ＝13处取得最小值，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2227＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上恒大于零．于是，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x＞0恒成立．所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数．(3)f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2e x.设h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ，则h ′(x )＝3x 2＋2x ＋a .①当a ＞0时，h ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数h (x )在(0，＋∞)上为增函数．而h (0)＝－a ＜0，h (1)＝2＞0.则函数h (x )在区间(0,1)上有且只有一个零点x 0，即h (x 0)＝0，即f ′(x 0)＝0， 且在(0，x 0)上，f ′(x )＜0，在(x 0,1)上，f ′(x )＞0. 故x 0为函数f (x )在区间(0,1)上唯一的极小值点． ②当a ＝0时，h ′(x )＝3x 2＋2x ＞0，x ∈(0,1)恒成立， 则函数h (x )在区间(0,1)上为增函数，此时h (0)＝0， 所以函数h (x )＞0在区间(0,1)上恒成立， 即f ′(x )＞0.故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．③当a ＜0时，h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ＝x 3＋x 2＋a (x －1)， 总有h (x )＞0，x ∈(0,1)成立，即f ′(x )＞0成立． 故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．综上所述，a ＞0，即a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2015·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值． 【解】 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减． (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0，从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立，从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]．因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 综上c ＝1.5.(2015·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax (a 是实数)，g (x )＝2xx 2＋1＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋1x＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1x 2＋2＝2x 2＋x －1x2＝2x －1x ＋1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝12.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在x ＝12处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．(2)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x2，x ∈[1，＋∞)， 显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a ＜0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立， 所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0h 1≤0－12a≤1，解得a ≤－14.综上，满足条件的a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a ＞0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数， 所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1)≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a .g ′(x )＝21－x21＋x22，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数．所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤95，2. 若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤95，2，此时a 无解． 所以不存在满足条件的正实数a .6.(2015·四川高考)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【解】 (1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )，所以g ′(x )＝2－2x＝2x －1x. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． (2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0， 解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0，于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0. 令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)， 其中u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)．由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1， 即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0. 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．命题点二 应用导数解决与不等式有关的问题f (1)＝2，且f (x )的导函数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )＜1，则不等式f (x )＜x ＋1的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(1，＋∞)C ．(－1,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】 不等式f (x )＜x ＋1可化为f (x )－x －1＜0，令g (x )＝f (x )－x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－1，因为f ′(x )＜1，∴g ′(x )＜0，即g (x )在R 上单调递减，又g (1)＝f (1)－1－1＝2－2＝0，则g (x )＜0的解集为{x |x ＞1}．所以f (x )＜x ＋1的解集为{x |x ＞1}．【答案】 B2．(2015·福建高考)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1【解析】 令g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1.∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.【答案】 C3.(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0,1]使得f (x 1)＜g (x 2)，求a 的取值范围．【解】 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x ＞0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1,2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0， 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x ＞0)，①当a ≥0时，由于x ＞0，故ax ＋1＞0，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a ＜0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )＞0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )＜0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(3)由已知知所求可转化为f (x )max ＜g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0,1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意． 当a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )，所以2＞－1－ln(－a )，解得a ＜－1e 3，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 3.5.(2015·长春二模)已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116；(3)当x ∈[e ，＋∞)时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝2x －a －a x，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1. 经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝x －13x(x ＞0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116成立．(3)由x ∈[e ，＋∞)知，x ＋ln x ＞0， 所以f (x )≥0恒成立等价于a ≤x 2x ＋ln x在x ∈[e ，＋∞)时恒成立，令h (x )＝x 2x ＋ln x，x ∈[e ，＋∞)，有h ′(x )＝x x －1＋2ln xx ＋ln x 2＞0，所以h (x )在[e ，＋∞)上是增函数，有h (x )≥h (e)＝e 2e ＋1，所以a ≤e2e ＋1，即a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，e 2e ＋1.6.(2015·山西四校联考)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调递减区间和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 【解】 (1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴此切线的斜率为0，即f ′(e)＝0，1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2.故f (x )的单调递减区间为(0，e)，极小值为2.(2)条件等价于对任意x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x ＞0)． 则(*)式等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴k ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫对k ＝14，h ′x ＝0仅在x ＝12时成立， 故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.。