2021版新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习阅读与欣赏(一) 应用基本不等式的八种变形技巧

第2讲 函数的单调性与最值一、知识梳理 1．函数的单调性 (1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f (x )的定义域为I ，如果对于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值x 1，x 2当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)，那么就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的如果函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．[注意] 有多个单调区间应分开写，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结，只能用“逗号”或“和”联结．2．函数的最值 前提 设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足条件 (1)对于任意x ∈I ，都有f (x )≤M ； (2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M(1)对于任意x ∈I ，都有f (x )≥M ； (2)存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论 M 为最大值M 为最小值1．函数单调性的两个等价结论 设∀x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，则(1)f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0)⇔f (x )在D 上单调递增．(2)f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<0(或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0)⇔f (x )在D 上单调递减．2．函数最值存在的两条结论(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到．(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值． 二、教材衍化1．函数f (x )＝x 2－2x 的单调递增区间是________． 答案：[1，＋∞)(或(1，＋∞))2．若函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________． 解析：因为函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，所以2k ＋1＜0，即k ＜－12.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－12 3．已知函数f (x )＝2x －1，x ∈[2，6]，则f (x )的最大值为________，最小值为__________．解析：可判断函数f (x )＝2x －1在[2，6]上为减函数，所以f (x )max ＝f (2)＝2，f (x )min ＝f (6)＝25. 答案：2 25一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若定义在R 上的函数f (x )，有f (－1)<f (3)，则函数f (x )在R 上为增函数．( ) (2)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数f (x )的单调递增区间是[1，＋∞)．( ) (3)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(4)所有的单调函数都有最值．( )(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 二、易错纠偏常见误区| (1)求单调区间忘记定义域导致出错；(2)混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念出错． 1．已知函数f (x )＝x 2－2x －3，则该函数的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ．[3，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)解析：选B ．设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0，即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f (x )的单调递增区间为[3，＋∞)．2．若函数f (x )＝x 2－2mx ＋1在[2，＋∞)上是增函数，则实数m 的取值范围是________． 解析：由题意知，[2，＋∞)⊆[m ，＋∞)， 所以m ≤2. 答案：(－∞，2]考点一 确定函数的单调性(区间)(基础型) 复习指导| 通过已学过的函数特别是二次函数，理解函数的单调性及其几何意义．核心素养：数学抽象角度一 判断或证明函数的单调性(一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性． 【解】 法一：设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝⎛⎭⎫1＋1x －1，f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝⎛⎭⎫1＋1x 1－1－a ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2－1＝a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1），由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递增． 法二：f ′(x )＝（ax ）′（x －1）－ax （x －1）′（x －1）2＝a （x －1）－ax （x －1）2＝－a（x －1）2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．利用定义法证明或判断函数单调性的步骤[注意] 判断函数的单调性还有图象法、导数法、性质法等． 角度二 利用函数图象求函数的单调区间求函数f (x )＝－x 2＋2|x |＋1的单调区间．【解】 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－（x －1）2＋2，x ≥0，－（x ＋1）2＋2，x <0. 画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和(0，1]，单调递减区间为(－1，0]和(1，＋∞)．【迁移探究】 (变条件)若本例函数变为f (x )＝|－x 2＋2x ＋1|，如何求解？解：函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y ＝|－x 2＋2x ＋1|的单调递增区间为(1－2，1]和(1＋2，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－2]和(1，1＋2]．确定函数的单调区间的方法[注意] (1)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数y ＝1x在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是减函数，但在定义域上不具有单调性．(2)“函数的单调区间是M ”与“函数在区间N 上单调”是两个不同的概念，显然N ⊆M .1．函数y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函数，那么区间A 可能是( ) A ．(－∞，0) B ．⎣⎡⎦⎤0，12 C ．[0，＋∞)D ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞解析：选B ．y ＝|x |(1－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （1－x ），x ≥0－x （1－x ），x <0＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x ，x ≥0x 2－x ，x <0＝⎩⎨⎧－⎝⎛⎭⎫x －122＋14，x ≥0，⎝⎛⎭⎫x －122－14，x <0.画出函数的草图，如图．由图易知原函数在⎣⎡⎦⎤0，12上单调递增． 2．下列函数中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( ) A ．f (x )＝2x B ．f (x )＝|x －1| C ．f (x )＝1x－xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选C ．由(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)上是减函数，A 、D 选项中，f (x )为增函数；B 中，f (x )＝|x －1|在(0，＋∞)上不单调，对于f (x )＝1x －x ，因为y ＝1x 与y＝－x 在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x )在(0，＋∞)上是减函数．3．判断函数y ＝2x 2－3x的单调性．解：因为f (x )＝2x 2－3x ＝2x －3x ，且函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而函数y ＝2x和y ＝－3x 在区间(－∞，0)上均为增函数，根据单调函数的运算性质，可得f (x )＝2x －3x 在区间(－∞，0)上为增函数．同理，可得f (x )＝2x －3x在区间(0，＋∞)上也是增函数．故函数f (x )＝2x 2－3x 在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均为增函数．考点二 函数的最值(值域)(基础型) 复习指导| 理解函数的最大(小)值，并能利用函数的单调性求最值．核心素养：逻辑推理(1)(一题多解)函数y ＝x ＋x －1的最小值为________．(2)(2020·福建漳州质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋a ，x ≤0，x ＋4x ，x ＞0有最小值，则实数a 的取值范围是________．【解析】 (1)法一(换元法)：令t ＝x －1，且t ≥0，则x ＝t 2＋1， 所以原函数变为y ＝t 2＋1＋t ，t ≥0. 配方得y ＝⎝⎛⎭⎫t ＋122＋34， 又因为t ≥0，所以y ≥14＋34＝1，故函数y ＝x ＋x －1的最小值为1.法二：因为函数y ＝x 和y ＝x －1在定义域内均为增函数，故函数y ＝x ＋x －1在[1，＋∞)内为增函数，所以y min ＝1.(2)(基本不等式法)由题意知，当x >0时，函数f (x )＝x ＋4x≥2x ·4x＝4，当且仅当x ＝2时取等号；当x ≤0时，f (x )＝2x ＋a ∈(a ，1＋a ]，因此要使f (x )有最小值，则必须有a ≥4.【答案】 (1)1 (2)[4，＋∞)求函数最值的五种常用方法1．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________．解析：易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （a ）＝1，f （b ）＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.所以a ＋b ＝6. 答案：62．(一题多解)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．解析：法一：在同一直角坐标系中， 作出函数f (x )，g (x )的图象， 依题意，h (x )的图象如图所示． 易知点A (2，1)为图象的最高点， 因此h (x )的最大值为h (2)＝1.法二：依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0＜x ≤2，－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数， 当x ＞2时，h (x )＝3－x 是减函数， 所以h (x )在x ＝2处取得最大值h (2)＝1. 答案：1考点三 函数单调性的应用(综合型) 复习指导| 利用函数单调性求解，要明确函数的所给区间，不同区间有不同的单调性．角度一 比较两个函数值已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝⎛⎭⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c >a >b B ．c >b >a C ．a >c >bD ．b >a >c【解析】 因为f (x )的图象关于直线x ＝1对称．由此可得f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫52.当x 2>x 1>1时， [f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立， 知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<52<e ，所以f (2)>f ⎝⎛⎭⎫52>f (e)， 所以b >a >c . 【答案】 D比较函数值大小的思路：比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．角度二 解函数不等式已知函数f (x )＝－x |x |，x ∈(－1，1)，则不等式f (1－m )<f (m 2－1)的解集为________．【解析】 由已知得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，－1<x ≤0，－x 2，0<x <1，则f (x )在(－1，1)上单调递减，所以⎩⎨⎧－1<1－m <1，－1<m 2－1<1，m 2－1<1－m ，解得0<m <1，所以所求解集为(0，1)． 【答案】 (0，1)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域．角度三 求参数的值或取值范围(1)(2020·南京调研)已知函数f (x )＝x －a x ＋a2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．(2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．【解析】 (1)设1<x 1<x 2，所以x 1x 2>1. 因为函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以f (x 1)－f (x 2)＝x 1－a x 1＋a2－⎝⎛⎭⎫x 2－a x 2＋a 2＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫1＋a x 1x 2<0. 因为x 1－x 2<0，所以1＋ax 1x 2>0，即a >－x 1x 2.因为1<x 1<x 2，x 1x 2>1，所以－x 1x 2<－1，所以a ≥－1. 所以a 的取值范围是[－1，＋∞)．(2)作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4.【答案】 (1)[－1，＋∞) (2)(－∞，1]∪[4，＋∞)利用单调性求参数的策略(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；(2)若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．1．已知函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f (2x －1)<f ⎝⎛⎭⎫13的x 的取值范围是( )A ．⎝⎛⎭⎫13，23 B ．⎣⎡⎭⎫13，23 C ．⎝⎛⎭⎫12，23D ．⎣⎡⎭⎫12，23解析：选D ．因为函数f (x )是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f (2x －1)<f ⎝⎛⎭⎫13.所以0≤2x －1<13，解得12≤x <23.故选D ．2．函数y ＝f (x )在[0，2]上单调递增，且函数f (x )的图象关于直线x ＝2对称，则下列结论成立的是( )A ．f (1)<f ⎝⎛⎭⎫52<f ⎝⎛⎭⎫72B ．f ⎝⎛⎭⎫72<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫52C ．f ⎝⎛⎭⎫72<f ⎝⎛⎭⎫52<f (1)D ．f ⎝⎛⎭⎫52<f ⎝⎛⎭⎫72<f (1)解析：选B ．因为f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以f (x )＝f (4－x )，所以f ⎝⎛⎭⎫52＝f ⎝⎛⎭⎫32，f ⎝⎛⎭⎫72＝f ⎝⎛⎭⎫12.又0<12<1<32<2，f (x )在[0，2]上单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫12<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫32，即f ⎝⎛⎭⎫72<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫52. 3．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是[3，＋∞)，则a 的值为________．解析：由图象(图略)易知函数f (x )＝|2x ＋a |的单调增区间是⎣⎡⎭⎫－a 2，＋∞，令－a2＝3，得a ＝－6.答案：－6[基础题组练]1．下列四个函数中，在x ∈(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：选C ．当x >0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．2．函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤－2，－13上的最大值是( ) A ．32B ．－83C ．－2D ．2解析：选A ．函数f (x )＝－x ＋1x 的导数为f ′(x )＝－1－1x 2，则f ′(x )<0，可得f (x )在⎣⎡⎦⎤－2，－13上单调递减，即f (－2)为最大值，且为2－12＝32.3．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)的实数x 的取值范围是( ) A ．(－1，1) B ．(0，1)C ．(－1，0)∪(0，1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C ．由f (x )为R 上的减函数且f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪1x ＞1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |＜1，x ≠0.所以－1＜x ＜0或0＜x ＜1.故选C ．4．(多选)(2021·预测)已知f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f (x )是增函数的是( )A ．对任意x ≥0，都有f (x ＋1)>f (x )B ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1≥x 2，都有f (x 1)≥f (x 2)C ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1－x 2<0，都有f (x 1)－f (x 2)<0D ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0解析：选CD ．根据题意，依次分析选项：对于选项A ，对任意x ≥0，都有f (x ＋1)>f (x )，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B ，当f (x )为常数函数时，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，都有f (x 1)＝f (x 2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C ，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1－x 2<0，都有f (x 1)－f (x 2)<0，符合题意；对于选项D ，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，设x 1>x 2，若f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，必有f (x 1)－f (x 2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．5．(创新型)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2，2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C ．由题意知当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2，又f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在相应的定义域内都为增函数，且f (1)＝－1，f (2)＝6，所以f (x )的最大值为6.6．函数f (x )＝|x －2|x 的单调减区间是________．解析：由于f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图象可知函数的单调减区间是[1，2]．答案：[1，2]7．函数y ＝2＋－x 2＋4x 的最大值是________，单调递增区间是________．解析：函数y ＝2＋－x 2＋4x ＝2＋－（x －2）2＋4，可得当x ＝2时，函数y 取得最大值2＋2＝4；由4x －x 2≥0，可得0≤x ≤4，令t ＝－x 2＋4x ，则t 在[0，2]上为增函数，y －2＋t 在[0，＋∞)上为增函数，可得函数y ＝2＋－x 2＋4x 的单调递增区间为[0，2]．答案：4 [0，2]8．已知函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3<f (x ＋1)<1的解集为________．解析：由函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3，1)是其图象上的两点，知不等式－3<f (x ＋1)<1，即为f (0)<f (x ＋1)<f (3)，所以0<x ＋1<3，所以－1<x <2.答案：(－1，2)9．已知函数f (x )＝1a －1x (a >0，x >0)．(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的值域是⎣⎡⎦⎤12，2，求a 的值． 解：(1)证明：任取x 1>x 2>0， 则f (x 1)－f (x 2)＝1a －1x 1－1a ＋1x 2＝x 1－x 2x 1x 2，因为x 1>x 2>0， 所以x 1－x 2>0，x 1x 2>0， 所以f (x 1)－f (x 2)>0， 即f (x 1)>f (x 2)，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由(1)可知，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上为增函数， 所以f ⎝⎛⎭⎫12＝1a －2＝12， f (2)＝1a －12＝2，解得a ＝25.10．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）.因为(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， 所以f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)设1<x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a＝a （x 2－x 1）（x 1－a ）（x 2－a ）.因为a >0，x 2－x 1>0， 所以要使f (x 1)－f (x 2)>0， 只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立， 所以a ≤1.综上所述，a 的取值范围为(0，1]．[综合题组练]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3（a －3）x ＋2，x ≤1，－4a －ln x ，x >1对任意的x 1≠x 2都有(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]>0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，3)C ．(3，＋∞)D ．[1，3)解析：选D ．由(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]>0，得(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0， 所以函数f (x )在R 上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0，3（a －3）＋2≥－4a ，解得1≤a ＜3.故选D ． 2．(多选)若函数f (x )满足条件：①对于定义域内任意不相等的实数a ，b 恒有f （a ）－f （b ）a －b >0；②对于定义域内任意x 1，x 2都有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22≥f （x 1）＋f （x 2）2成立．则称其为G 函数．下列函数为G 函数的是( ) A ．f (x )＝3x ＋1 B ．f (x )＝－2x －1 C ．f (x )＝x 2－2x ＋3D ．f (x )＝－x 2＋4x －3，x ∈(－∞，1)解析：选AD ．①对于定义域内任意不相等的实数a ，b 恒有f （a ）－f （b ）a －b >0，则函数f (x )在定义域为增函数；②对于定义域内任意x 1，x 2都有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22≥f （x 1）＋f （x 2）2成立，则函数f (x )为“凸函数”．其中A ．f (x )＝3x ＋1在R 上为增函数，且f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝f （x 1）＋f （x 2）2，故满足条件①②；B ．f (x )＝－2x －1在R 上为减函数，不满足条件①；C ．f (x )＝x 2－2x ＋3在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)为增函数，不满足条件①；D ．f (x )＝－x 2＋4x －3的对称轴为x ＝2，故函数f (x )＝－x 2＋4x －3在(－∞，1)上为增函数，且为“凸函数”，故满足条件①②.综上，为G 函数的是AD ．3．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x ＞0.若f (0)是f (x )的最小值，则a 的取值范围为________．解析：因为当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2，f (0)是f (x )的最小值，所以a ≥0.当x ＞0时，f (x )＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f (0)是f (x )的最小值，需2＋a ≥f (0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2，所以a 的取值范围是0≤a ≤2. 答案：[0，2]4．(创新型)如果函数y ＝f (x )在区间I 上是增函数，且函数y ＝f （x ）x 在区间I 上是减函数，那么称函数y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函数”，区间I 叫做“缓增区间”．若函数f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函数”，则“缓增区间”I 为________． 解析：因为函数f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x ≥1时，f （x ）x ＝12x －1＋32x ，令g (x )＝12x －1＋32x (x ≥1)，则g ′(x )＝12－32x 2＝x 2－32x 2， 由g ′(x )≤0得1≤x ≤3，即函数f （x ）x ＝12x －1＋32x 在区间[1，3 ]上单调递减，故“缓增区间”I 为[1， 3 ]．答案：[1， 3 ]5．已知函数f (x )＝x 2＋a |x －2|－4.(1)当a ＝2时，求f (x )在[0，3]上的最大值和最小值；(2)若f (x )在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x 2＋2|x －2|－4＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －8，x ≥2x 2－2x ，x ＜2＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）2－9，x ≥2（x －1）2－1，x ＜2， 当x ∈[0，2)时，－1≤f (x )<0，当x ∈[2，3]时，0≤f (x )≤7， 所以f (x )在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.(2)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax －2a －4，x ＞2x 2－ax ＋2a －4，x ≤2，又f (x )在区间[－1，＋∞)上单调递增，所以当x ＞2时，f (x )单调递增，则－a2≤2，即a ≥－4.当－1＜x ≤2时，f (x )单调递增，则a2≤－1.即a ≤－2，且4＋2a －2a －4≥4－2a ＋2a －4恒成立， 故a 的取值范围为[－4，－2]．6．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2，9]上的最小值．解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈()0，＋∞，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间()0，＋∞上是单调递减函数．(3)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f (x )在[2，9]上的最小值为f (9)，由f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2.所以f (x ) 在[2，9]上的最小值为－2.。

§1.3　全称量词与存在量词1．全称量词和存在量词(1)全称量词：“所有”、“任意”、“每一个”等表示全体的量词在逻辑中称为全称量词，用符号“∀”表示．(2)存在量词：“有一个”、“有些”、“存在一个”等表示部分的量词在逻辑中称为存在量词，用符号“∃”表示．2．全称命题、特称命题及含一个量词的命题的否定命题名称语言表示符号表示命题的否定全称命题对M中任意一个x，有p(x)成立∀x∈M，p(x)∃x0∈M，綈p(x0)特称命题存在M中的一个x0，使p(x0)成立∃x0∈M，p(x0)∀x∈M，綈p(x)概念方法微思考1．怎样判断一个特称命题是真命题？提示　要判定特称命题“∃x0∈M，P(x0)”，只需在集合M找到一个x0，使P(x0)成立即可．2．命题p和綈p可否同时为真，思考一下此结论在解题中的作用？提示　命题p和綈p的真假性相反，若判断一个命题的真假有困难时，可判断此命题的否定的真假．题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)至少有一个三角形的内角和为π是全称命题．(　×　)(2)“全等三角形的面积相等”是特称命题．(　×　)(3)写特称命题的否定时，存在量词变为全称量词．(　√　)题组二　教材改编2．命题“∀x∈R，x2＋x＋1>0”的否定是________．答案　∃x0∈R，x20＋x0＋1≤03．命题“∃x0∈N，x20≤0”的否定是________．答案　∀x∈N，x2>04．命题“对于函数f (x)＝x2＋ax(a∈R)，存在a∈R，使得f (x)是偶函数”为________命题．(填“真”或“假”)答案　真解析　当a＝0时，f (x)＝x2(x≠0)为偶函数．题组三　易错自纠5．(多选)下列命题的否定中，是全称命题且为真命题的有( )A．∃x0∈R，x20－x0＋1 4 <0B．所有的正方形都是矩形C．∃x0∈R，x20＋2x0＋2＝0D．至少有一个实数x，使x3＋1＝0答案　AC解析　由条件可知：原命题为特称命题且为假命题，所以排除BD；又因为x2－x＋1 4＝(x－12)2≥0，x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0，所以AC均为特称命题且为假命题，故选AC. 6．下列命题中的假命题是________．(填序号)①∃x0∈R，lg x0＝1；②∃x0∈R，sin x0＝0；③∀x∈R，x3>0；④∀x∈R,2x>0.答案　③解析　当x＝10时，lg 10＝1，则①为真命题；当x＝0时，sin 0＝0，则②为真命题；当x<0时，x3<0，则③为假命题；由指数函数的性质知，∀x∈R,2x>0，则④为真命题．7．若命题“∃t0∈R，t20－2t0－a<0”是假命题，则实数a的取值范围是________．答案　(－∞，－1]解析　命题“∃t0∈R，t20－2t0－a<0”是假命题，等价于∀t∈R，t2－2t－a≥0是真命题，∴Δ＝4＋4a ≤0，解得a ≤－1.∴实数a 的取值范围是(－∞，－1]．全称命题、特称命题的真假例1　(1)以下四个命题既是特称命题又是真命题的是( )A ．锐角三角形有一个内角是钝角B ．至少有一个实数x ，使x 2≤0C ．两个无理数的和必是无理数D ．存在一个负数x ，使1x >2答案　B解析　A 中锐角三角形的内角都是锐角，所以A 是假命题；B 中当x ＝0时，x 2＝0，满足x 2≤0，所以B 既是特称命题又是真命题；C 中因为2＋(－2)＝0不是无理数，所以C 是假命题；D 中对于任意一个负数x ，都有1x <0，不满足1x >2，所以D 是假命题．(2)下列四个命题：①∃x 0∈(0，＋∞)，；②∃x 0∈(0,1)，；③∀x ∈(0，＋∞)，(12)x >；④∀x ∈(0，13)，(12)x <.其中真命题的序号为________．答案　②④解析　对于①，当x ∈(0，＋∞)时，总有(12)x >(13)x 成立，故①是假命题；对于②，当x ＝12时，有成立，故②是真命题；对于③，当0<x <12时，>1>(12)x ，故③是假命题；0011<23x x⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1123log >log x x 0012log x13log x1112331111=log =log >log 23212log x对于④，∀x ∈(0，13)，(12)x <1<，故④是真命题．思维升华　判定全称命题“∀x ∈M ，p (x )”是真命题，需要对集合M 中的每一个元素x ，证明p (x )成立；要判定特称命题是真命题，只要在限定集合内找到一个x 0，使p (x 0)成立．跟踪训练1　(1)下列命题中的假命题是( )A ．∀x ∈R,2x －1>0 B ．∀x ∈N *，(x －1)2>0C ．∃x 0∈R ，lg x 0<1 D ．∃x 0∈R ，tan x 0＝2答案　B解析　当x ∈N *时，x －1∈N ，可得(x －1)2≥0，当且仅当x ＝1时取等号，故B 不正确；易知A ，C ，D 正确，故选B.(2)已知函数f (x )＝，则( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)<0B ．∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥0C ．∃x 1，x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0D ．∀x 1∈[0，＋∞)，∃x 2∈[0，＋∞)，f (x 1)>f (x 2)答案　B解析　幂函数f (x )＝的值域为[0，＋∞)，且在定义域上单调递增，故A 错误，B 正确，C 错误，D 选项中当x 1＝0时，结论不成立．含有一个量词的命题的否定1．已知命题p ：“∃x 0∈R ，－x 0－1≤0”，则綈p 为( )A ．∃x 0∈R ，－x 0－1≥0B ．∃x 0∈R ，－x 0－1>0C ．∀x ∈R ，e x －x －1>0D ．∀x ∈R ，e x －x －1≥0答案　C解析　根据全称命题与特称命题的否定关系，可得綈p 为“∀x ∈R ，e x －x －1>0”，故选C.2．(2020·山东模拟)设命题p ：所有正方形都是平行四边形，则綈p 为( )A ．所有正方形都不是平行四边形13log x 12x 12x 0e x0e x0e xB．有的平行四边形不是正方形C．有的正方形不是平行四边形D．不是正方形的四边形不是平行四边形答案　C解析　“所有”改为“存在”(或“有的”)，“都是”改为“不都是”(或“不是”)，即綈p 为有的正方形不是平行四边形．3．命题：“∃x0∈R，sin x0＋cos x0>2”的否定是________________．答案　∀x∈R，sin x＋cos x≤24．(2019·邯郸一中测试)若命题p的否定是“对所有正数x，x>x＋1”，则命题p是____________________．答案　∃x0∈(0，＋∞)，x0≤x0＋1思维升华　对全称命题、特称命题进行否定的方法(1)找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义先加上量词，再改变量词；(2)对原命题的结论进行否定．根据命题的真假求参数的取值范围例2　(1)已知命题p：∀x∈R，x2－a≥0；命题q：∃x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0.若命题p，q都是真命题，则实数a的取值范围为__________．答案　(－∞，－2]解析　由命题p为真，得a≤0，由命题q为真，得Δ＝4a2－4(2－a)≥0，即a≤－2或a≥1，所以a≤－2.(2)已知f (x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝(12)x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f (x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________________．答案　[14，＋∞)解析　当x∈[0,3]时，f (x)min＝f (0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝14－m，由题意得f (x)min≥g(x)min，即0≥14－m，所以m≥14.本例中，若将“∃x2∈[1,2]”改为“∀x2∈[1,2]”，其他条件不变，则实数m的取值范围是________________．答案　[12，＋∞)解析　当x∈[1,2]时，g(x)max＝g(1)＝12－m，由题意得f (x)min≥g(x)max，即0≥12－m，∴m≥12.思维升华　(1)已知命题的真假，可根据每个命题的真假利用集合的运算求解参数的取值范围．(2)对于含量词的命题中求参数的取值范围的问题，可根据命题的含义，利用函数值域(或最值)解决．跟踪训练2　(1)由命题“∃x0∈R，x20＋2x0＋m≤0”是假命题，求得实数m的取值范围是(a，＋∞)，则实数a＝________.答案　1解析　由题意得命题“∀x∈R，x2＋2x＋m>0”是真命题，所以Δ＝4－4m<0，即m>1，故实数m的取值范围是(1，＋∞)，从而实数a的值为1.(2)若f (x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，∀x1∈[－1,2]，∃x0∈[－1,2]，使g(x1)＝f (x0)，则实数a 的取值范围是________．答案　(0，12]解析　由于函数g(x)在定义域[－1,2]内是任意取值的，且必存在x0∈[－1,2]，使得g(x1)＝f (x0)，因此问题等价于函数g(x)的值域是函数f (x)值域的子集．函数f (x)的值域是[－1,3]，因为a>0，所以函数g(x)的值域是[2－a,2＋2a]，则有2－a≥－1且2＋2a≤3，即a≤12.故a的取值范围是(0，12].1．下列命题中是假命题的是( )A．∃x0∈R，log2x0＝0 B．∃x0∈R，cos x0＝1C．∀x∈R，x2>0 D．∀x∈R,2x>0答案　C解析　因为log21＝0，cos 0＝1，所以选项A，B均为真命题，02＝0，选项C为假命题，2x>0，选项D为真命题，故选C.2．(2020·长沙期末)命题p ：“∀x ∈N *，(12)x ≤12”的否定为( )A ．∀x ∈N *，(12)x >12B ．∀x ∉N *，(12)x >12C ．∃x 0∉N *，>12D ．∃x 0∈N *，>12答案　D解析　命题p 的否定是把“∀”改成“∃”，再把“(12)x ≤12”改为“>12”即可，故选D.3．下列命题是真命题的是( )A ．所有的素数都是奇数B ．∀x ∈R ，x 2＋1≥0C ．对于每一个无理数x ，x 2是有理数D ．∀x ∈Z ，1x ∉Z答案　B解析　对于A,2是素数，但2不是奇数，A 假；对于B ，∀x ∈R ，总有x 2≥0，则x 2＋1≥0恒成立，B 真；对于C ，π是无理数，(π)2＝π还是无理数，C 假；对于D,1∈Z ，但11＝1∈Z ，D 假，故选B.4．若命题p ：∀x ∈R,2x 2－1>0，则该命题的否定是( )A ．∃x 0∈R,2x 20－1<0 B ．∀x ∈R,2x 2－1≥0C ．∃x 0∈R,2x 20－1≤0 D ．∀x ∈R,2x 2－1<0答案　C解析　由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题p ：∀x ∈R,2x 2－1>0的否定是“∃x 0∈R,2x 20－1≤0”．5．已知命题p ：∀x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)≥0，则綈p 是( )A ．∃x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)≤0B ．∀x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)≤0C ．∃x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<012x 0⎛⎫ ⎪⎝⎭12x 0⎛⎫ ⎪⎝⎭12x 0⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．∀x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0答案　C解析　已知全称命题p ：∀x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)≥0，则綈p ：∃x 1，x 2∈R ，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)<0，故选C.6．已知命题“∃x 0∈R,4x 20＋(a －2)x 0＋14≤0”是假命题，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0) B ．[0,4]C ．[4，＋∞) D ．(0,4)答案　D解析　因为命题“∃x 0∈R,4x 20＋(a －2)x 0＋14≤0”是假命题，所以其否定“∀x ∈R,4x 2＋(a －2)x ＋14>0”是真命题，则Δ＝(a －2)2－4×4×14＝a 2－4a <0，解得0<a <4，故选D.7．(2019·福州质检)给出下列说法：①“x ＝π4”是“tan x ＝1”的充分不必要条件；②定义在[a ，b ]上的偶函数f (x )＝x 2＋(a ＋5)x ＋b 的最大值为30；③命题“∃x 0∈R ，x 0＋1x 0≥2”的否定是“∀x ∈R ，x ＋1x >2”．其中正确说法的个数是( )A ．0 B ．1 C ．2 D ．3答案　C解析　由x ＝π4，得tan x ＝1，但由tan x ＝1不一定推出x ＝π4，可知“x ＝π4”是“tan x ＝1”的充分不必要条件，所以①正确；若定义在[a ，b ]上的函数f (x )＝x 2＋(a ＋5)x ＋b 是偶函数，则Error!解得Error!则f (x )＝x 2＋5，其在[－5,5]上的最大值为30，所以②正确；命题“∃x 0∈R ，x 0＋1x 0≥2”的否定是“∀x ∈R ，x ＋1x <2”，所以③错误．综上可知，正确说法的个数为2.故选C.8．(多选)有四个关于三角函数的命题，其中是真命题的是( )A ．∃x 0∈R ，sin x 0＋cos x 0＝2B ．∃x 0∈R ，sin 2x 0＝sin x 0C ．∀x ∈[－π2，π2]，1＋cos 2x2＝cos xD ．∀x ∈(0，π)，sin x >cos x 答案　BC解析　对于选项A ，因为sin x 0＋cos x 0＝2sin (x 0＋π4)，所以sin x 0＋cos x 0的最大值为2，可得不存在x 0∈R ，使sin x 0＋cos x 0＝2成立，故命题A 是假命题；对于选项B ，因为存在x 0＝k π或±π3＋2k π(k ∈Z )，使sin 2x 0＝sin x 0成立，故命题B 是真命题；对于选项C ，因为1＋cos 2x2＝cos 2x ，所以1＋cos 2x2＝|cos x |，结合x ∈[－π2，π2]得cos x ≥0，由此可得1＋cos 2x2＝cos x ，故命题C 是真命题；对于选项D ，因为当x ＝π4时，sin x ＝cos x ＝22，不满足sin x >cos x ，所以存在x ∈(0，π)，使sin x >cos x 不成立，故命题D 是假命题．9．(2020·北京通州区模拟)已知命题“∀x ∈R ，x 2－5x ＋152a >0”的否定为假命题，则实数a 的取值范围是______________．答案　(56，＋∞)解析　由“∀x ∈R ，x 2－5x ＋152a >0”的否定为假命题，可知原命题必为真命题，即不等式x 2－5x ＋152a >0对任意实数x 恒成立．设f (x )＝x 2－5x ＋152a ，则其图象恒在x 轴的上方．故Δ＝25－4×152a <0，解得a >56，即实数a 的取值范围为(56，＋∞).10．已知命题“∀x ∈R ，sin x －a ≥0”是真命题，则a 的取值范围是________．答案　(－∞，－1]解析　由题意，对∀x ∈R ，a ≤sin x 成立．由于对∀x ∈R ，－1≤sin x ≤1，所以a ≤－1.11．若命题“∀x ∈R ，kx 2－kx －1<0”是真命题，则k 的取值范围是________________．答案　(－4,0]解析　“对∀x ∈R ，kx 2－kx －1<0”是真命题，当k ＝0时，则有－1<0；当k ≠0时，则有k <0且Δ＝(－k )2－4×k ×(－1)＝k 2＋4k <0，解得－4<k <0，综上所述，实数k 的取值范围是(－4,0]．12．已知下列命题：①“∀x ∈(0,2)，3x >x 3”的否定是“∃x 0∈(0,2)，≤x 30”；②若f (x )＝2x －2－x ，则∀x ∈R ，f (－x )＝－f (x )；③若f (x )＝x ＋1x ＋1，则∃x 0∈(0，＋∞)，f (x 0)＝1.其中真命题是________．(将所有真命题的序号都填上)答案　①②解析　对于①，命题“∀x ∈(0,2)，3x >x 3”的否定是“∃x 0∈(0,2)，≤x 30”，故①为真命题；对于②，若f (x )＝2x －2－x ，则∀x ∈R ，f (－x )＝2－x －2x ＝－(2x －2－x )＝－f (x )，故②为真命题；对于③，对于函数f (x )＝x ＋1x ＋1＝x ＋1＋1x ＋1－1≥2－1＝1，x >－1，当且仅当x ＝0时，f (x )＝1，故③为假命题．故答案为①②.13．(2019·石家庄质检)命题“∀x ∈R ，f (x )·g (x )≠0”的否定是( )A ．∀x ∈R ，f (x )＝0且g (x )＝0B ．∀x ∈R ，f (x )＝0或g (x )＝0C ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0且g (x 0)＝0D ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0或g (x 0)＝0答案　D解析　根据全称命题与特称命题的互为否定的关系可得：命题“∀x ∈R ，f (x )·g (x )≠0”的否定是“∃x 0∈R ，f (x 0)＝0或g (x 0)＝0”．故选D.14．若“∃x 0∈[12，2]，使得2x 20－λx 0＋1<0成立”是假命题，则实数λ的取值范围是________．答案　(－∞，22]解析　若“∃x 0∈[12，2]，使得2x 20－λx 0＋1<0成立”是假命题，即“∃x 0∈[12，2]，使得λ>2x 0＋1x 0成立”是假命题，x 0∈[12，2]，当x 0＝22时，2x 0＋1x 0取最小值22，03x 03x故实数λ的取值范围为(－∞，22]．15．(多选)下列命题正确的是( )A．∃x0>0，ln x0＋1ln x0≤2B．命题“∃x0∈(0，＋∞)，ln x0＝x0－1”的否定是“∀x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1”C．设x，y∈R，则“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的必要不充分条件D．设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件答案　ABD解析　当x0＝12>0时，ln x0<0，ln x0＋1ln x0<0，故A正确；根据特称命题的否定为全称命题，得“∃x0∈(0，＋∞)，ln x0＝x0－1”的否定是“∀x∈(0，＋∞)，ln x≠x－1”，故B正确；当x≥2且y≥2时，x2＋y2≥4，当x2＋y2≥4时却不一定有x≥2且y≥2，如x＝5，y＝0，因此“x≥2且y≥2”是“x2＋y2≥4”的充分不必要条件，故C错误；因为当a≠0时，ab有可能等于0，当ab≠0时，必有a≠0，所以“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，故D正确．16．已知p：∀x∈[14，12]，2x>m(x2＋1)，q：函数f (x)＝4x＋2x＋1＋m－1存在零点．若命题p，q一真一假，则实数m的取值范围是____________．答案　[817，1)解析　∀x∈[14，12]，2x>m(x2＋1)，即m<2x x2＋1＝2x＋1x在[14，12]上恒成立，当x＝14时，(x＋1x)max＝174，∴(2x x2＋1)min＝817，∴若p为真，则m<8 17 .设t＝2x，则t∈(0，＋∞)，则函数f (x)化为g(t)＝t2＋2t＋m－1，由题意知g(t)在(0，＋∞)上存在零点，令g(t)＝0，得m＝－(t＋1)2＋2，又t>0，所以若q为真，则m<1.又命题p，q一真一假，则Error!或Error!解得817≤m<1.故所求实数m的取值范围是[817，1).。

2021版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关不等式选讲学案选修45第1课时 绝对值不等式1. （选修45P 5例2改编）解不等式|2x －1|>3.解：不等式|2x －1|＞3可化为2x －1<－3或2x －1>3，解得x<－1或x>2.故不等式的解集为{x| x<－1或x>2}.2. 已知|x －a|<b （a ，b ∈R ）的解集为{x|2<x<4}，求a －b 的值.解：由|x －a|<b ，得a －b<x<a ＋b.又|x －a|<b （a ，b ∈R ）的解集为{x|2<x<4}，因此a －b ＝2.3. 求不等式|2x ＋1|－|5－x|＞0的解集. 解：原不等式化为|2x ＋1|>|5－x|，两边同时平方得 4x 2＋4x ＋1>25－10x ＋x 2，即3x 2＋14x －24>0，解得原不等式的解集为（－∞，－6）∪（43，＋∞）.4. （选修45P 6例4改编）若存在实数x 满足不等式|x －4|＋|x －3|<a ，求实数a 的取值范畴.解：由绝对值不等式的几何性质知，|x －4|＋|x －3|≥|（x －4）－（x －3）|＝1，因此函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1.因为原不等式有实数解，因此a 的取值范畴是（1，＋∞）.5. 不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，求实数k 的取值范畴. 解：（解法1）依照绝对值的几何意义，设数x ，－1，2在数轴上对应的点分别为P ，A ，B ，则原不等式等价于PA －PB>k 恒成立.∵ AB＝3，即|x ＋1|－|x －2|≥－3，∴ 故当k<－3时，原不等式恒成立.即实数k 的取值范畴为（－∞，－3）.（解法2）令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x ≥2，作出y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x ≥2的图象（如图），要使|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，从图象中能够看出，只要k<－3即可.即实数k 的取值范畴为（－∞，－3）.1. 不等式的差不多性质 ① a>b ⇔b<a ；② a>b ，b>c ⇒a>c ； ③ a>b ⇒a ＋c>b ＋c ；④ a>b ，c>d ⇒a ＋c>b ＋d ；⑤ a>b ，c>0⇒ac>bc ；a>b ，c<0⇒ac<bc ； ⑥ a>b>0，c>d>0⇒ac>bd ；⑦ a>b>0⇒a n >b n（n∈N ，且n>1）；⑧ a>b>0⇒n a>nb （n∈N ，且n>1）. 2. 含有绝对值的不等式的解法① |f （x ）|>a （a>0）⇔f （x ）>a 或f （x ）<－a ； ② |f （x ）|<a （a>0）⇔－a<f （x ）<a. 3. 含有绝对值的不等式的性质 ① |a|＋|b|≥|a＋b|； ② |a|－|b|≤|a＋b|；③ |a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.[备课札记]1 含绝对值不等式的解法1 解不等式：|x －2|＋x|x ＋2|＞2.解：当x≤－2时，不等式化为（2－x ）＋x （－x －2）＞2，解得－3＜x≤－2；当－2＜x ＜2时，不等式化为（2－x ）＋x （x ＋2）＞2，解得－2＜x ＜－1或0＜x ＜2； 当x≥2时，不等式化为（x －2）＋x （x ＋2）＞2，解得x≥2. 因此原不等式的解集为{x|－3＜x ＜－1或x ＞0}. 备选变式（教师专享）已知函数f （x ）＝|x ＋a|＋|x －2|.（1） 当a ＝－3时，求不等式f （x ）≥3的解集；（2） 若f （x ）≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a 的取值范畴.解：（1） 当a ＝－3时，f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2＜x ＜3，2x －5，x ≥3.当x≤2时，由f （x ）≥3得－2x ＋5≥3，解得x≤1； 当2＜x ＜3时，f （x ）≥3无解；当x≥3时，由f （x ）≥3得2x －5≥3，解得x≥4. 因此f （x ）≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.（2） f （x ）≤|x－4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x＋a|. 当x∈[1，2]时，|x －4|－|x －2|≥|x＋a|⇔ 4－x －（2－x ）≥|x＋a|⇔ －2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0. 故满足条件的a 的取值范畴为[－3，0]., 2 含绝对值不等式的运用), 2) 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y|≤16，|x －y|≤14，求证：|x ＋5y|≤1.证明：因为|x ＋5y|＝|3（x ＋y ）－2（x －y ）|. 由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y|＝|3（x ＋y ）－2（x －y ）|≤|3（x ＋y ）|＋|2（x －y ）|＝3|x ＋y|＋2|x －y|≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y|≤1. 变式训练设函数f （x ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a|（a ＞0）. （1） 求证：f （x ）≥2；（2） 若f （3）＜5，求实数a 的取值范畴.（1） 证明：由a ＞0，有f （x ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a≥2，因此f （x ）≥2.（2） 解：f （3） ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a|. 当a ＞3时，f （3） ＝a ＋1a，由f （3） ＜5，得3＜a ＜5＋212；当0＜a≤3时，f （3） ＝6－a ＋1a ，由f （3）＜5，得1＋52＜a≤3.综上，a 的取值范畴是（1＋52，5＋212）., 3 含绝对值不等式的综合运用) , 3) 已知函数f （x ）＝|2x ＋1|＋|2x －3|. （1） 求不等式f （x ）≤6的解集；（2） 若关于x 的不等式f （x ）＜|a －1|的解集非空，求实数a 的取值范畴.解：（1） 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥32，（2x ＋1）＋（2x －3）≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜32，（2x ＋1）－（2x －3）≤6或⎩⎪⎨⎪⎧x≤－12，－（2x ＋1）－（2x －3）≤6，解得32≤x ≤2或－12＜x ＜32或－1≤x≤－12，即不等式的解集为{x|－1≤x≤2}.（2） ∵ f（x ）＝|2x ＋1|＋|2x －3|≥|（2x ＋1）－（2x －3）|＝4，∴ |a －1|＞4，解此不等式得a ＜－3或a ＞5.故实数a 的取值范畴是（－∞，－3）∪（5，＋∞）. 变式训练已知a>0，b>0，且a 2＋b 2＝92，若a ＋b≤m 恒成立.（1） 求m 的最小值；（2） 若2|x －1|＋|x|≥a＋b 对任意的a ，b 恒成立，求实数x 的取值范畴.解：（1） ∵ （a 2＋b 2）（12＋12）≥（a ＋b ）2，∴ a ＋b≤3，当且仅当a 1＝b1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝32时取等号.∵ a ＋b≤m 恒成立，∴ m ≥3. 故m 的最小值为3.（2） 要使2|x －1|＋|x|≥a＋b 恒成立， 则2|x －1|＋|x|≥3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x≤0，－2x ＋2－x≥3或⎩⎪⎨⎪⎧0<x≤1，－2x ＋2＋x≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x>1，2x －2＋x≥3.∴ x ≤－13或x≥53.∴ x 的取值范畴是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞.1. （2021·苏北四市期末）已知a ，b ，c 为正实数，1a 3＋1b 3＋1c3＋27abc 的最小值为m ，解关于x 的不等式|x ＋1|－2x ＜m.解：因为a ，b ，c>0，因此1a 3＋1b 3＋1c 3＋27abc≥331a 3·1b 3·1c 3＋27abc ＝3abc ＋27abc≥23abc ·27abc＝18，当且仅当a ＝b ＝c ＝313时，取等号，因此m ＝18.因此不等式|x ＋1|－2x<m ，即|x ＋1|<2x ＋18，因此－2x －18<x ＋1<2x ＋18，解得x>－193，因此原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－193，＋∞. 2. （2021·江苏卷）设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a3，求证：|2x ＋y －4|＜a.证明：∵ |x－1|<a 3，|y －2|<a3，∴ |2x ＋y －4|＝|2（x －1）＋（y －2）|≤2|x－1|＋|y －2|<2×a 3＋a3＝a.3. （2021·苏北四市期中） 设c ＞0，|x －1|＜c 3，|y －1|＜c3，求证：|2x ＋y －3|＜c.证明：因为|x －1|＜c 3，因此|2x －2|＜2c3，故|2x ＋y －3|＝|2x －2＋y －1|≤|2x－2|＋|y －1|＜2c 3＋c3＝c ，故|2x ＋y －3|＜c.4. 已知一次函数f （x ）＝ax －2.（1） 当a ＝3时，解不等式|f （x ）|<4； （2） 解关于x 的不等式|f （x ）|<4；（3） 若不等式|f （x ）|≤3对任意x∈[0，1]恒成立，求实数a 的取值范畴. 解：（1） 当a ＝3时，则f （x ）＝3x －2，∴ |f （x ）|<4⇔|3x －2|<4⇔－4<3x －2<4⇔－2<3x<6⇔－23<x<2，∴ 不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|－23＜x ＜2.（2） |f （x ）|<4⇔|ax －2|<4⇔－4<ax －2<4⇔－2<ax<6，当a>0时，不等式的解集为{x|－2a ＜x ＜6a }；当a<0时，不等式的解集为{x|6a ＜x ＜－2a}.（3） |f （x ）|≤3⇔|ax －2|≤3⇔－3≤ax－2≤3⇔－1≤ax ≤5⇔⎩⎪⎨⎪⎧ax≤5，ax ≥－1.∵ x ∈[0，1]，∴ 当x ＝0时，不等式组恒成立；当x≠0时，不等式组转化为⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5x，a ≥－1x.∵ 5x ≥5，－1x≤－1，∴ －1≤a≤5. ∴ a 的取值范畴为[－1，5].1. （ 2021·苏州期初）已知a≥2，x ∈R .求证：|x －1＋a|＋|x －a|≥3. 证明：因为|m|＋|n|≥|m－n|，因此|x －1＋a|＋|x －a|≥|x－1＋a －（x －a ）|＝|2a －1|. 又a≥2，故|2a －1|≥3. 因此|x －1＋a|＋|x －a|≥3.2. 设不等式|x －2|＋|3－x|<a （a∈N *）的解集为A ，且2∈A ，32∉A.（1） 求a 的值；（2） 求函数f （x ）＝|x ＋a|＋|x －2|的最小值.解：（1） 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a ≤2，因此1<a≤2.因为a∈N *，因此a ＝2.（2） 因为|x ＋2|＋|x －2|≥|（x ＋2）－（x －2）|＝4， 因此f （x ）的最小值是4.3. 已知实数x ，y 满足：|x ＋y|<13，|2x －y|<16，求证：|y|<518.证明：因为3|y|＝|3y|＝|2（x ＋y ）－（2x －y ）|≤2|x＋y|＋|2x －y|，由题设知|x ＋y|<13，|2x －y|<16，从而3|y|<23＋16＝56，因此|y|<518.4. 关于任意的实数a （a≠0）和b ，不等式|a ＋b|＋|a －b|≥|a|（|x －1|＋|x －2|）恒成立，求实数x 的取值范畴.解：不等式|a ＋b|＋|a －b|≥|a|（|x －1|＋|x －2|）恒成立，即|x －1|＋|x －2|≤|a ＋b|＋|a －b||a|关于任意的实数a （a≠0）和b 恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值即可.因为|a ＋b|＋|a －b|≥|a＋b ＋a －b|＝2|a|，即|a ＋b|＋|a －b||a|≥2，也确实是|a ＋b|＋|a －b||a|的最小值为2，因此|x －1|＋|x －2|≤2，由绝对值的意义得12≤x ≤52.1. |ax ＋b|≤c（c ＞0）和|ax ＋b|≥c（c ＞0）型不等式的解法 （1） |ax ＋b|≤c ⇔－c≤ax＋b≤c.（2） |ax ＋b|≥c ⇔ax ＋b≥c 或ax ＋b≤－c.2. |x－a|＋|x－b|≥c（c＞0）和|x－a|＋|x－b|≤c（c＞0）型不等式的解法方法1：利用绝对值不等式的几何意义求解，表达了数形结合的思想；方法2：利用“零点分段法”求解，表达了分类讨论的思想；方法3：通过构造函数，利用函数的图象求解，表达了函数与方程的思想.第2课时 不等式证明的差不多方法（对应学生用书（理）210～214页）1. （选修45P 12例2改编）若a ，b ∈{x|0<x<1}，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小. 解：因为0<a<1，0<b<1，因此a －1＜0，b －1<0. 因此（ab ＋1）－（a ＋b ）＝（a －1）（b －1）>0. 故ab ＋1>a ＋b.2. 若a ，b ，c ∈R *，且满足a ＋b ＋c ＝2，求abc 的最大值.解：因为a ，b ，c ∈R *，因此2＝a ＋b ＋c≥33abc ，故abc ≤827.当且仅当a ＝b ＝c ＝23时等号成立，因此abc 的最大值为827.3. 若实数a ，b ，c 满足a 2＋b 2＋c 2＝4，求3a ＋4b ＋5c 的最大值.解：由柯西不等式得（3a ＋4b ＋5c ）2≤（a 2＋b 2＋c 2）（9＋16＋25）＝200，因此－102≤3a ＋4b ＋5c≤102，因此3a ＋4b ＋5c 的最大值为10 2.4. 已知x ＞0，y ＞0，a ∈R ，b ∈R .求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y . 证明：∵ x＞0，y ＞0，∴ x ＋y ＞0，∴ 要证⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y ， 即证（ax ＋by ）2≤（x ＋y ）（a 2x ＋b 2y ），即证xy （a 2－2ab ＋b 2）≥0，即证（a －b ）2≥0.而（a －b ）2≥0明显成立，∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y . 5. 已知a ，b ＞0，a ＋b ＝2，x ，y ＞0，求证：（ax ＋by ）（bx ＋ay ）≥4xy .证明：已知（ax ＋by ）（bx ＋ay ）＝ab （x 2＋y 2）＋（a 2＋b 2）·xy，且a ，b ，x ，y ＞0，因此由均值不等式得ab （x 2＋y 2）＋（a 2＋b 2）xy≥（a 2＋2ab ＋b 2）xy ＝（a ＋b ）2xy ＝4xy ，当且仅当x ＝y 时取等号.1. 不等式证明的常用方法（1） 比较法：比较法是证明不等式的一种最差不多的方法，也是一种常用方法，差不多不等式确实是用比较法证得的.比较法有差值、比值两种形式，但比值法必须考虑正负.比较法证明不等式的步骤：作差（商）、变形、判定符号.其中的变形要紧方法是分解因式、配方，判定过程必须详细叙述.（2） 综合法：综合法确实是从题设条件和差不多证明过的差不多不等式动身，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在使用综合法证明不等式时，常常用到差不多不等式.（3） 分析法：分析法确实是从所要证明的不等式动身，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出明显成立的不等式，即为“执果索因”.2. 不等式证明的其他方法和技巧 （1） 反证法从否定结论动身，通过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而确信结论是正确的证明方法.（2） 放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C 1≥C 2≥…≥C n≥B ，利用传递性达到证明的目的.（3） 数学归纳法3. 柯西不等式的二维形式（1） 柯西不等式的代数形式：设a 1，a 2，b 1，b 2均为实数，则（a 21＋a 22）（b 21＋b 22）≥（a 1b 1＋a 2b 2）2（当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立）.（2） 柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|.（3） 三角形不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，那么（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2. 4. 柯西不等式的一样形式设n 为大于1的自然数，a i ，b i （i ＝1，2，…，n ）为实数，则∑n i ＝1a 2i ∑n i ＝1b 2i ≥⎝⎛⎭⎫∑ni ＝1a i b i 2，其中等号当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b na n时成立（当a i ＝0时，约定b i ＝0，i ＝1，2，…，n ）.5. 算术几何平均不等式 a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n （a 1，a 2，…，a n ∈R *），等号当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时成立., 1 用比较法证明不等式), 1) （2021·南京、盐城模拟）设a≠b，求证：a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab （a 2＋b 2）.证明：a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab （a 2＋b 2）＝（a 2＋b 2）2－4ab （a 2＋b 2）＋4a 2b 2＝（a 2＋b 2－2ab ）2＝（a －b ）4.因为a≠b，因此（a －b ）4＞0，因此a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab （a 2＋b 2）. 备选变式（教师专享）已知m ，n 是正数，求证：m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2.证明：∵ m 3n ＋n 3m －m 2－n 2＝m 3－n 3n ＋n 3－m 3m ＝（m 3－n 3）（m －n ）mn＝（m －n ）2（m 2＋mn ＋n 2）mn，又m ，n 均为正实数，∴ （m －n ）2（m 2＋mn ＋n 2）mn≥0，∴ m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2，当且仅当m ＝n 时，等号成立., 2 用分析法、综合法证明不等式), 2) （2021·南通、泰州模拟）设x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，求证：1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x≥xy ＋yz ＋zx.证明：因为x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，因此1x 3y ＋xy≥2x ＝2yz ，1y 3z ＋yz≥2y ＝2xz ，1z 3x ＋xz≥2z ＝2xy.因此1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x ≥xy ＋yz ＋zx.变式训练已知a ，b ，c 均为正数.求证：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥6 3.证明：因为a ，b ，c 均为正数，由差不多不等式得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca.因此a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca.同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ca，故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ca ＋3ab ＋3bc ＋3ca ≥6 3.因此原不等式成立., 3 均值不等式的应用), 3) （2021·南通、扬州、泰州模拟）已知a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd＝1.求证：a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d.证明：因为a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1，因此a 5＋b ＋c ＋d≥44a 5bcd ＝4a ①.同理b 5＋c ＋d ＋a≥4b ②，c 5＋d ＋a ＋b≥4c ③，d 5＋a ＋b ＋c≥4d ④，将①②③④式相加并整理，即得a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d. 变式训练已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 均为正数，因此x yz ＋y zx ≥1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥2z.同理可得z xy ＋y zx ≥2x ，x yz ＋z xy ≥2y.当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立.将上述三个不等式左、右两边分别相加，并除以2， 得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z . 备选变式（教师专享）已知正数a ，b ，c 满足abc ＝1，求（a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）的最小值.解：∵ （a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）＝（a ＋1＋1）（b ＋1＋1）（c ＋1＋1）≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立， ∴ （a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）的最小值为27. , 4 柯西不等式的应用) , 4) （2021·苏锡常镇一模）已知a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝3，求3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值.解：由柯西不等式可得（3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1）2≤（12＋12＋12）·[（3a ＋1）2＋（3b ＋1）2＋（3c ＋1）2]＝3×12，∴ 3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤6，当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时取等号. ∴ 3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值是6. 变式训练求函数f （x ）＝5x ＋8－2x 的最大值. 解：函数定义域为[0，4]，且f （x ）≥0.由柯西不等式得[52＋（2）2][（x ）2＋（4－x ）2]≥（5·x ＋2·4－x ）2，即27×4≥（5·x ＋2·4－x ）2， 因此5x ＋8－2x ≤6 3.当且仅当2·x ＝54－x ，即x ＝10027时，取等号.因此函数f （x ）＝5x ＋8－2x 的最大值为6 3. 备选变式（教师专享）（2021·南京期末）求函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值.解：y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x ＝3sin x ＋4cos 2x.由柯西不等式得y 2＝（3sin x ＋4cos 2x ）2≤（32＋42）·（sin 2x ＋cos 2x ）＝25，因此y max ＝5，现在sin x ＝35.因此函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值为5.1. （2021·苏州期中）已知a ，b ，c ，d 差不多上正实数，且a ＋b ＋c ＋d ＝1，求证：a 21＋a ＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥15. 证明：∵ [（1＋a ）＋（1＋b ）＋（1＋c ）＋（1＋d ）]·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥（1＋a ·a 1＋a ＋1＋b ·b 1＋b ＋1＋c ·c 1＋c ＋1＋d ·d 1＋d）2＝（a ＋b ＋c ＋d ）2＝1，又（1＋a ）＋（1＋b ）＋（1＋c ）＋（1＋d ）＝5，∴ a 21＋a ＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥15. 2. （2021·南京、盐城期末）若实数x ，y ，z 满足x ＋2y ＋z ＝1，求x 2＋y 2＋z 2的最小值.解：由柯西不等式，得（x ＋2y ＋z ）2≤（12＋22＋12）·（x 2＋y 2＋z 2），即x ＋2y ＋z≤12＋22＋12·x 2＋y 2＋z 2.因为x ＋2y ＋z ＝1，因此x 2＋y 2＋z 2≥16，当且仅当x 1＝y 2＝z 1，即x ＝z ＝16，y ＝13时取等号.综上，（x 2＋y 2＋z 2）min ＝16.3. （2021·镇江期末）已知a ＞0，b ＞0，求证：（a 2＋b 2＋ab ）·（ab 2＋a 2b ＋1）≥9a 2b 2. 证明：因为a ＞0，b ＞0，由均值不等式知a 2＋b 2＋ab≥33a 3b 3＝3ab ，ab 2＋a 2b ＋1≥33a 3b3＝3ab ，因此两式相乘可得（a 2＋b 2＋ab ）·（ab 2＋a 2b ＋1）≥9a 2b 2.4. （2021·常州期末）已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋y ＝6，求4x 2＋y 2的最小值.解：（解法1）依照柯西不等式得[（2x ）2＋y 2]（12＋12）≥（2x ＋y ）2，化简得4x 2＋y 2≥18，当且仅当2x ＝y ＝3，即x ＝32，y ＝3时取等号. 因此，当x ＝32，y ＝3时，4x 2＋y 2取得最小值18. （解法2）由2x ＋y ＝6得y ＝6－2x ；由x ＞0，y ＞0，得0＜x ＜3.因此4x 2＋y 2＝4x 2＋（6－2x ）2＝8x 2－24x ＋36＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋18. 当x ＝32，y ＝3时，4x 2＋y 2取得最小值18. 5. 已知a ，b ，c>0，且1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1＝1，求证：a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1≤ 2. 证明：因为1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1＝1，因此a 2a 2＋1＋b 2b 2＋1＋c 2c 2＋1＝2. 由柯西不等式，得（1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1）（a 2a 2＋1＋b 2b 2＋1＋c 2c 2＋1）≥（a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1）2，因此a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1≤ 2. 1. 已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1. 证明：因为x 1，x 2，x 3为正实数，因此x 22x 1＋x 1＋x 23x 2＋x 2＋x 21x 3＋x 3≥2x 22＋2x 23＋2x 21＝2（x 1＋x 2＋x 3）＝2， 当且仅当x 1＝x 2＝x 3时取等号.因此x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1. 2. 设a ，b ，c 均为正数， abc ＝1.求证：1a ＋1b ＋1c ≥a ＋b ＋ c. 证明：由a ，b ，c 均为正数，依照均值不等式，得1a ＋1b ≥2ab ，1b ＋1c ≥2bc ，1c ＋1a ≥2ca. 将此三式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥2ab ＋2bc ＋2ca ，即1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ca. 由abc ＝1，则有abc ＝1.因此1a ＋1b ＋1c ≥abc ab ＋abc bc ＋abc ca＝a ＋b ＋ c. 3. （2021·苏北三市模拟）已知a ，b ，c 为正实数，且a 3＋b 3＋c 3＝a 2b 2c 2.求证：a ＋b ＋c≥333.证明：因为a 3＋b 3＋c 3＝a 2b 2c 2≥33a 3b 3c 3，因此abc≥3， 因此a ＋b ＋c≥33abc ≥333，当且仅当a ＝b ＝c ＝33时，取等号.4. 已知a ，b ，c ∈R ，a 2＋2b 2＋3c 2＝6，求a ＋b ＋c 的最大值.解：由柯西不等式，得[a 2＋（2b ）2＋（3c ）2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132≥（a ＋b ＋c ）2.因为a 2＋2b 2＋3c 2＝6，因此（a ＋b ＋c ）2≤11，因此－11≤a ＋b ＋c≤11.因此a＋b＋c的最大值为11，当且仅当a＝2b＝3c＝时取得.。

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核心素养测评十一函数模型及其应用(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.某股民购进某只股票,在接下来的交易时间内,他的这只股票先后经历了n次涨停(每次上涨10%),又经历了n次跌停(每次下降10%),则该股民这只股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为 ( )A.略有盈利B.略有亏损C.不盈不亏D.无法判断【解析】选B.设这只股票的价格为a元,则经历n次涨停后的价格为a×1.1n,再经历n次跌停后的价格为a×1.1n×0.9n=0.99n a<a.2.高为H,满缸水量为V的鱼缸的轴截面如图所示,其底部破了一个小洞,满缸水从洞中流出,若鱼缸水深为h时,鱼缸内水的体积为v,则函数v=f(h)的大致图象是( )【解析】选B.v=f(h)是增函数,且曲线的增长速度应该是先变慢再快,然后由快再变慢.3.有一组试验数据如表所示:x 2.01 3 4.01 5.1 6.12y 3 8.01 15 23.8 36.04则最能体现这组数据关系的函数模型是( )A.y=-1B.y=x2-1C.y=2 log2xD.y=x3【解析】选B.由表格数据可知,函数的解析式应该是指数函数类型、二次函数类型、幂函数类型,选项C不正确.取x=2.01,代入A选项,得y=-1>7,代入B选项,得y=x2-1≈3,代入D选项,得y=x3>8;取x=3,代入A选项,得y=-1=15,代入B选项,得y=x2-1=8,代入D 选项,得y=x3=27.4.某城市出租车起步价为10元,最远可租乘3 km(含3 km),以后每1 km增加1.6元(不足1 km按1 km计费),则出租车的费用y(元)与行驶的路程x(km)之间的函数图象大致为( )【解析】选C.出租车起步价为10元(最远3 km的路程),即在(0,3]内对应y的值为10,以后每1 km增加1.6元(不足1 km按1 km计费);C 项符合.5.一水池有两个进水口,一个出水口,每个水口的进、出水速度如图甲、乙所示.某天0点到6点,该水池的蓄水量如图丙所示.给出以下3个论断:①0点到3点只进水不出水;②3点到4点不进水只出水;③4点到6点不进水不出水,则一定正确的是( )A.①B.①②C.①③D.①②③【解析】选A.由甲、乙两图知,进水速度是出水速度的,所以0点到3点不出水,3点到4点可能一个进水口进水,一个出水口出水,但总蓄水量降低,4点到6点也可能两个进水口进水,一个出水口出水,一定正确的是①.【变式备选】0(2020·三明模拟)用清水洗衣服,若每次能洗去污垢的,要使存留的污垢不超过1%,则至少要洗的次数是(参考数据lg 2≈0.301 0) ( )A.3B.4C.5D.6【解析】选B. 设要洗x次,则≤,所以x≥≈3.322,因此至少洗4次.二、填空题(每小题5分,共15分)6.某公司一年购买某种货物600吨,每次购买x吨,运费为6万元/次,一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总费用,即总运费与总存储费用之和最小,则x的值是________,最小值为________万元.【解析】总费用为4x+×6=4≥4×2=240(万元), 当且仅当x=,即x=30时等号成立.最小值为240万元.答案:30 2407.(2020·唐山模拟)在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x为________m.【解析】设矩形花园的与x相邻的另一边长为y m,则=,即y=40-x,矩形花园的面积S=x(40-x)=-x2+40x=-(x-20)2+400,当x=20 m 时,面积最大.答案:208.加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p与加工时间t(单位:分钟)满足函数关系p=at2+bt+c(a,b,c是常数),如图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为________分钟.【解析】由实验数据和函数模型知,二次函数p=at2+bt+c的图象过点(3,0.7),(4,0.8),(5,0.5),分别代入解析式,得解得所以p=-0.2t2+1.5t-2=-0.2(t-3.75)2+0.812 5,所以当t=3.75时,可食用率p最大,即最佳加工时间为3.75分钟.答案:3.75三、解答题(每小题10分,共20分)9.某种出口产品的关税税率为t,市场价格x(单位:千元)与市场供应量p(单位:万件)之间近似满足关系式:p=,其中k,b均为常数.当关税税率t=75%时,若市场价格为5千元,则市场供应量约为1万件;若市场价格为7千元,则市场供应量约为2万件.(1)试确定k,b的值.(2)市场需求量q(单位:万件)与市场价格x近似满足关系式:q=2-x,当p=q时,市场价格称为市场平衡价格,当市场平衡价格不超过4千元时,试确定关税税率的最大值.【解析】(1)由已知⇒解得b=5,k=1.(2)当p=q时,=2-x,所以(1-t)(x-5)2=-x⇒t=1+=1+.而f(x)=x+在(0,4]上单调递减,所以当x=4时,f(x)有最小值,故当x=4时,关税税率的最大值为500%.10.某家庭进行理财投资,根据长期收益率市场预测,投资债券等稳健型产品的收益与投资额成正比,投资股票等风险型产品的收益与投资额的算术平方根成正比.已知投资1万元时两类产品的收益分别为0.125万元、0.5万元.(1)分别写出两类产品的收益与投资额的函数关系.(2)若该家庭有20万元资金,全部用于理财投资,问:怎样分配资金能使投资获得最大收益,其最大收益是多少万元?【解析】(1)设两类产品的收益与投资的函数关系分别为f(x)=k1x,g(x)=k2.由已知得f(1)==k1,g(1)==k2,所以f(x)=x(x≥0),g(x)=(x≥0).(2)设投资股票类产品为x万元,则投资债券类产品为(20-x)万元.依题意得y=f(20-x)+g(x)=+=(0≤x≤20).所以=2,即x=4时,收益最大,y max=3万元.故投资债券类产品16万元,投资股票类产品4万元时获得最大收益,为3万元.(15分钟35分)1.(5分)小明在如图1所示的跑道上匀速跑步,他从点A出发,沿箭头方向经过点B跑到点C,共用时30 s,他的教练选择了一个固定的位置观察小明跑步的过程,设小明跑步的时间为t(s),他与教练间的距离为y(m),表示y与t的函数关系的图象大致如图2所示,则这个固定位置可能是图1中的( )A.点MB.点NC.点PD.点Q【解析】选D.A.假设这个位置在点M,则从A至B这段时间,y不随时间的变化改变,与函数图象不符,故本选项错误;B.假设这个位置在点N,则从A至C这段时间,A点与C点对应y的大小应该相同,与函数图象不符,故本选项错误;C.假设这个位置在点P,教练离小明的距离最后时间段会越来越近不会再由近至远,而点P不符合这个条件,故本选项错误;D.经判断点Q符合函数图象,故本选项正确.【变式备选】已知甲、乙两车由同一起点同时出发,并沿同一路线(假定为直线)行驶,甲、乙两车的速度曲线分别为v甲和v乙,如图所示,那么对于图中给定的t0和t1,下列判断中一定正确的是( )A.在t1时刻,甲车在乙车前面B.t1时刻后,甲车在乙车后面C.在t0时刻,两车的位置相同D.t0时刻后,乙车在甲车前面【解析】选A.由图象可知,曲线v甲比v乙在0～t0,0～t1与t轴所围成的图形面积大,则在t0,t1时刻,甲车均在乙车前面.2.(5分)(2019·南京模拟)近年来,“共享单车”的出现为市民“绿色出行”提供了极大的方便,某共享单车公司计划在甲、乙两座城市共投资120万元,根据行业规定,每座城市至少要投资40万元,由前期市场调研可知:甲城市收益P(单位:万元)与投入a(单位:万元)满足P=3-6,乙城市收益Q(单位:万元)与投入A(单位:万元)满足Q=A+2,则投资两座城市收益的最大值为 ( )A.26万元B.44万元C.48万元D.72万元【解析】选B.设在甲城市投资x万元,在乙城市投资(120-x)万元,所以总收益f(x)=3-6+(120-x)+2=-x+3+26,由题意知解得40≤x≤80.令t=,则t∈[2,4],所以y=-t2+3t+26=-(t-6)2+44,当t=6,即x=72时,y取得最大值44,所以当甲城市投资72万元,乙城市投资48万元时,总收益最大,且最大收益为44万元.3.(5分)已知某工厂生产某种产品的月产量y(单位:万件)与月份x之间满足关系y=a·0.5x+b,现已知该产品1月、2月的产量分别为1万件、1.5万件,则该产品3月份的产量为________万件.【解析】由已知得解得故当x=3时y=-2×0.53+2=1.75.答案:1.754.(10分)某快递公司在某市的货物转运中心,拟引进智能机器人分拣系统,以提高分拣效率和降低物流成本,已知购买x台机器人的总成本p(x)=x2+x+150(万元).(1)若使每台机器人的平均成本最低,问应买多少台?(2)现按(1)中的数量购买机器人,需要安排m人将邮件放在机器人上,机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣(如图),经实验知,每台机器人的日平均分拣量q(m)=(单位:件),已知传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1 200件,问引进机器人后,日平均分拣量达到最大值时,用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少百分之几?【解析】(1)由总成本p(x)=x2+x+150(万元),可得每台机器人的平均成本y===x++1≥2+1=2.当且仅当x=,即x=300时,上式等号成立.所以若使每台机器人的平均成本最低,应买300台.(2)引进机器人后,每台机器人的日平均分拣量q(m)=当1≤m≤30时,300台机器人的日平均分拣量为160m(60-m)=-160m2+9 600m,所以当m=30时,日平均分拣量有最大值144 000.当m>30时,日平均分拣量为480×300=144 000.所以300台机器人的日平均分拣量的最大值为144 000件.若传统人工分拣144 000件,则需要人数为=120人.所以日平均分拣量达到最大值时,用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少×100%=75%.【变式备选】某公司制订了一个激励销售人员的奖励方案:当销售利润不超过10万元时,按销售利润的15%进行奖励;当销售利润超过10万元时,若超出A万元,则额外奖励2log5(A+1)万元.记奖金为y(单位:万元),销售利润为x(单位:万元).(1)写出该公司激励销售人员的奖励方案的函数模型.(2)如果业务员小李获得3.5万元的奖金,那么他的销售利润是多少万元?【解析】(1)由题意得,该公司激励销售人员的奖励方案的函数模型为y=(2)由(1)知,当x∈[0,10]时,0≤0.15x≤1.5,因为业务员小李获得3.5万元的奖金,即y=3.5,所以x>10,因此1.5+2log5(x-9)=3.5,解得x=14.所以业务员小李的销售利润是14万元.5.(10分)某公司为了实现年销售利润1 000万元的目标,准备制定一个激励销售人员的奖励方案:从销售利润达到10万元开始,按销售利润进行奖励,且奖金数额y(单位:万元)随销售利润x(单位:万元)的增加而增加,但奖金数额不超过5万元,同时奖金数额不超过销售利润的25%.现有三个奖励模型:y=0.025x,y=1.003x,y=ln x+1,问其中是否有模型能完全符合公司的要求?请说明理由.(参考数据:1.003538≈5,e=2.718 28…,e8≈2 981)【解析】由题意,符合公司要求的模型需同时满足:当x∈[10,1 000]时,①函数为增函数;②函数的最大值不超过5;③y≤x·25%.(1)对于y=0.025x,易知满足①,但当x>200时,y>5,不满足公司的要求.(2)对于y=1.003x,易知满足①,但当x>538时,y>5,不满足公司的要求.(3)对于y=ln x+1,易知满足①.当x∈[10,1 000]时,y≤ln 1 000+1.下面证明ln 1 000+1≤5.因为ln 1 000+1-5=ln 1 000-4=(ln 1 000-8)=(ln 1 000-ln 2 981)<0,满足②.再证明ln x+1≤x·25%,即2ln x+4-x≤0.设F(x)=2ln x+4-x,则F′(x)=-1=<0,x∈[10,1 000],所以F(x)在[10,1 000]上为减函数,F(x)max=F(10)=2ln 10+4-10=2ln 10-6=2(ln 10-3)<0,满足③.综上,奖励模型y=ln x+1能完全符合公司的要求.1.某商店计划投入资金20万元经销甲或乙两种商品.已知经销甲、乙商品所获得的利润分别为P(万元)和Q(万元),且它们与投入资金x(万元)的关系是:P=,Q=(a>0).若不管资金如何投入,经销这两种商品或其中的一种商品所获得的纯利润总不少于5万元,则a的最小值应为 ( )A. B.5 C. D.2【解析】选A.设投入x万元经销甲商品,则经销乙商品投入(20-x)万元,总利润y=P+Q=+·.令y≥5,则+·≥5对0≤x ≤20恒成立.所以a≥10-,所以a≥对0≤x<20恒成立.令f(x)=,因为f(x)=的最大值为,且x=20时,a≥10-也成立,所以a min=.2.食品安全问题越来越引起人们的重视,农药、化肥的滥用对人民群众的健康带来一定的危害,为了给消费者带来放心的蔬菜,某农村合作社投入200万元,搭建了甲、乙两个无公害蔬菜大棚,每个大棚至少要投入20万元,其中甲大棚种西红柿,乙大棚种黄瓜,根据以往的种菜经验,发现种西红柿的年收入P、种黄瓜的年收入Q与投入a(单位:万元)满足P=80+4,Q=a+120,设甲大棚的投入为x(单元:万元),每年两个大棚的总收益为f(x)(单位:万元).(1)求f(50)的值.(2)试问如何安排甲、乙两个大棚的投入,才能使总收益f(x)最大? 【解析】(1)由题意知甲大棚投入50万元,则乙大棚投入150万元,所以f(50)=80+4+×150+120=277.5(万元).(2)f(x)=80+4+(200-x)+120=-x+4+250,依题意得⇒20≤x≤180,故f(x)=-x+4+250(20≤x≤180).令t=,则t∈[2,6],y=-t2+4t+250=-(t-8)2+282,当t=8,即x=128时,f(x)取得最大值,f(x)max=282.所以甲大棚投入128万元,乙大棚投入72万元时,总收益最大.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021年高考数学一轮总复习 1.2函数及其表示课时作业文（含解析）新人教版一、选择题1．(xx·嘉兴调研)设集合M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，给出下列四个图形，其中能表示以集合M为定义域，N为值域的函数关系的是( )A. B.C. D.解析：利用函数的定义，要求定义域内的任一变量都有唯一的函数值与之对应，A中函数的定义域是[－2,0)，C中任一x∈[－2,2)对应的值不唯一，D中的值域不是N，故选B.答案：B2．已知f：x→－sin x是集合A(A⊆[0,2π])到集合B＝{0，12}的一个映射，则集合A中的元素个数最多有( )A．4个B．5个C．6个D．7个解析：由－sin x＝0，得sin x＝0.又x∈[0,2π]，故x＝0或π或2π；由－sin x＝12，得sin x＝－12 .又x ∈[0,2π]，故x ＝7π6或11π6.选B. 答案：B3．(xx·江西卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ·2x，x ≥0，2－x，x ＜0(a ∈R )，若f [f (－1)]＝1，则a ＝( )A.14 B.12 C ．1D ．2 解析：因为－1＜0，所以f (－1)＝2－(－1)＝2，又2＞0，所以f [f (－1)]＝f (2)＝a ·22＝1， 解得a ＝14.答案：A4．若f (x )对于任意实数x 恒有2f (x )－f (－x )＝3x ＋1，则f (x )＝( ) A ．x －1 B ．x ＋1 C ．2x ＋1D ．3x ＋3解析：在2f (x )－f (－x )＝3x ＋1①将①中x 换为－x ，则有2f (－x )－f (x )＝－3x ＋1② ①×2＋②得3f (x )＝3x ＋3，∴f (x )＝x ＋1. 答案：B5．图中的图象所表示的函数的解析式为( )A ．y ＝32|x －1| (0≤x ≤2)B ．y ＝32－32|x －1| (0≤x ≤2)C ．y ＝32－|x －1| (0≤x ≤2)D ．y ＝1－|x －1| (0≤x ≤2)解析：取x ＝1，则y ＝32，只有B 、C 满足．取x ＝0，则y ＝0，在B 、C 中只有B 满足，所以选B.答案：B6．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)可以表示为( )A ．y ＝[x10]B ．y ＝[x ＋310] C ．y ＝[x ＋410]D ．y ＝[x ＋510]解析：当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表，可以看作先用该班人数除以10再用这个余数与3相加，若和大于等于10就增选一名代表，将二者合并便得到推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系，用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)可以表示为y ＝[x ＋310]．答案：B 二、填空题7．已知f ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ＝x 2＋1x2，则函数f (3)＝________.解析：∵f ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ＝x 2＋1x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2＋2，∴f (x )＝x 2＋2，∴f (3)＝32＋2＝11. 答案：118．(xx·浙江卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋2，x ≤0，－x 2，x ＞0.若f (f (a ))＝2，则a ＝__________.解析：当a ≤0时，f (a )＝a 2＋2a ＋2＞0，f (f (a ))＜0，显然不成立；当a ＞0时，f (a )＝－a 2，f (f (a ))＝a 4－2a 2＋2＝2，则a ＝±2或a ＝0，故a ＝ 2.答案： 29．(xx·新课标全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎨⎧ex －1，x ＜1，x 13 ，x ≥1，则使得f (x )≤2成立的x的取值范围是__________．解析：当x＜1时，由e x－1≤2得x≤1＋ln2，∴x＜1；当x≥1时，由x 13≤2得x≤8，∴1≤x≤8.综上，符合题意的x的取值范围是x≤8.答案：(－∞，8]三、解答题10．二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)解不等式f(x)＞2x＋5.解析：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．∵f(0)＝1，∴c＝1.把f(x)的表达式代入f(x＋1)－f(x)＝2x，有a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x.∴2ax＋a＋b＝2x.∴a＝1，b＝－1.∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由x2－x＋1＞2x＋5，即x2－3x－4＞0，解得x＞4或x＜－1.故原不等式解集为{x|x＞4或x＜－1}．11．函数f(x)对一切函数x、y均有f(x＋y)－f(y)＝x(x＋2y＋1)成立，且f(1)＝0，(1)求f(0)的值；(2)试确定函数f(x)的解析式．解析：(1)令x＝1，y＝0，得f(1)－f(0)＝2.又∵f(1)＝0，∴f(0)＝－2.(2)令y＝0，则f(x)－f(0)＝x(x＋1)，由(1)知，f(x)＝x(x＋1)＋f(0)＝x(x＋1)－2＝x2＋x－2.12．已知函数f(x)＝满足f(c2)＝9 8 .(1)求常数c的值；(2)解不等式f(x)＞28＋1.解析：(1)因为0＜c＜1，所以c2＜c，由f(c2)＝98，即c3＋1＝98，c＝12.(2)由(1)得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋1，0＜x ＜122－4x＋1，12≤x ＜1由f (x )＞28＋1得，当0＜x ＜12时， 解得24＜x ＜12， 当12≤x ＜1时，解得12≤x ＜58， 所以f (x )＞28＋1的解集为{x |24＜x ＜58}．32889 8079 聹 39140 98E4 飤k31103 797F 祿 29679 73EF 珯35652 8B44 譄 33697 83A1 莡732804 8024 耤27531 6B8B 残Kj。

2021年高考数学一轮总复习 2-10 函数模型及其应用练习新人教A版一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(xx·南昌质检)往外埠投寄平信，每封信不超过20 g，付邮费0.80元，超过20 g而不超过40 g，付邮费1.60元，依此类推，每增加20 g需增加邮费0.80元(信的质量在100 g以内)．如果某人所寄一封信的质量为72.5 g，则他应付邮费( )A．3.20元B．2.90元C．2.80元D．2.40元解析由题意得20×3<72.5<20×4，则应付邮费0.80×4＝3.20(元)．故选A.答案A2．(xx·广州模拟)在某个物理实验中，测量得变量x和变量y的几组数据，如下表：A．y＝2x B．y＝x2－1C．y＝2x－2 D．y＝log2x解析根据x＝0.50，y＝－0.99，代入计算，可以排除A；根据x＝2.01，y＝0.98，代入计算，可以排除B、C；将各数据代入函数y＝log2x，可知满足题意．故选D.答案 D3．(xx·陕西卷)在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300 m2的内接矩形花园(阴影部分), 则其边长x(单位：m)的取值范围是( )A ．[15,20]B ．[12,25]C ．[10,30]D ．[20,30]解析 如右图：过A 作AM ⊥BC 交M ，交DE 于N ；AM ＝40，由相似三角形得：DE BC ＝x40＝AD AB ＝AN AM ＝AN40，解得AN ＝x ，MN ＝40－x ，则阴影部分的面积为S ＝x (40－x )≥300，解得10≤x ≤30，故选C.答案 C4．国家规定个人稿费纳税办法：不超过800元的不纳税；超过800元而不超过4 000元的按超过800元部分的14%纳税；超过4 000元的按全部稿费的11%纳税．已知某人出版一本书，共纳税420元，这个人应得稿费(扣税前)为( )A ．2 800元B ．3 000元C ．3 800元D ．3 818元解析 设扣税前应得稿费为x 元，则应纳税额为分段函数，由题意，得 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 x ≤800，x －800×14% 800＜x ≤4 000，11%·x x ＞4 000.如果稿费为4 000元应纳税为448元，现知某人共纳税420元，所以稿费应在800～4 000元之间，∴(x －800)×14%＝420.∴x ＝3 800(元)． 答案 C5．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L 1＝5.06x －0.15x2和L2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为( )A．45.606万元B．45.6万元C．45.56万元D．45.51万元解析依题意可设在甲地销售x辆，则在乙地销售(15－x)辆，总利润S＝L1＋L2，则总利润S＝5.06x－0.15x2＋2(15－x)＝－0.15x2＋3.06x＋30＝－0.15(x－10.2)2＋0.15×10.22＋30(x≥0)．故当x＝10时，S max＝45.6(万元)．答案 B6．已知某食品厂生产100克饼干的总费用为1.80元，现该食品厂对饼干采用两种包装，其包装费及售价如下表所示：①买小包装实惠；②买大包装实惠；③卖3包小包装比卖1包大包装盈利多；④卖1包大包装比卖3包小包装盈利多．所有正确的说法是( )A．①④ B．①③C．②③ D．②④解析1包小包装每元买饼干1003克，1包大包装每元可买饼干3008.4＞1003克，因此，买大包装实惠．卖3包小包装可盈利2.1元，卖1包大包装可盈利2.2元，因此，卖3包小包装比卖1包大包装盈利少．答案 D二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．计算机的价格大约每3年下降23，那么今年花8 100元买的一台计算机，9年后的价格大约是________元．解析方法1：设计算机价格平均每年下降p%，由题意，可得13＝(1－p %)3，∴p %＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1313 .∴9年后的价格为8 100×⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13 13 －19＝8 100×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝300(元)． 方法2：9年后的价格为8 100×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝8 100×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝300(元)．答案 3008．根据统计，一名工人组装第x 件某产品所用的时间(单位：分钟)为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cx ，x ＜A ，cA ，x ≥A ，(A ，c 为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么c 和A 的值分别是________．解析 由题意⎩⎪⎨⎪⎧cA＝15，c4＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝60，A ＝16.答案 60 169．(xx·湖北武昌调研)某地西红柿从2月1日起开始上市，通过市场调查，得到西红柿种植成本Q (单位：元/100 kg)与上市时间t (单位：天)的数据如下表：化关系．Q ＝at ＋b ，Q ＝at 2＋bt ＋c ，Q ＝a ·b t ，Q ＝a ·log b t利用你选取的函数，求得：(1)西红柿种植成本最低时的上市天数是________； (2)最低种植成本是________(元/100 kg)．解析 根据表中数据可知函数不单调，所以Q ＝at 2＋bt ＋c 且开口向上，对称轴t ＝－b 2a ＝60＋1802＝120.代入数据⎩⎪⎨⎪⎧3 600a ＋60b ＋c ＝116，10 000a ＋100b ＋c ＝84，32 400a ＋180b ＋c ＝116，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－2.4，c ＝224，a ＝0.01.所以西红柿种植成本最低时的上市天数是120.最低种植成本是14 400a ＋120b ＋c ＝14 400×0.01＋120·(－2.4)＋84＋14 000×0.01＝80.答案 (1)120 (2)80三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(xx·成都诊断)某工厂在政府的帮扶下，准备转型生产一种特殊机器，生产需要投入固定成本500万元，生产与销售均以百台计数，且每生产100台，还需增加可变成本1 000万元．若市场对该产品的年需求量为500台，每生产m 百台的实际销售收入(单位：万元)近似满足函数R (m )＝5 000m －500m 2(0≤m ≤5，m ∈N )．(1)试写出第一年的销售利润y (万元)关于年产量x (单位：百台，x ≤5，x ∈N *)的函数关系式；(说明：销售利润＝实际销售收入－成本)(2)因技术等原因，第一年的年生产量不能超过300台，若第一年人员的年支出费用u (x )(万元)与年产量x (百台)的关系满足u (x )＝500x ＋500(x ≤3，x ∈N *)，问年产量x 为多少百台时，工厂所得纯利润最大？解 (1)由题意得y ＝5 000x －500x 2－500－1 000x ， 即y ＝－500x 2＋4 000x －500(x ≤5，x ∈N *)． (2)记工厂所得纯利润为h (x )，则h (x )＝－500x 2＋4 000x －500－u (x )＝－500x 2＋3 500x －1 000，∵－500(x 2－7x )－1 000＝－500⎝ ⎛⎭⎪⎫x －722＋5 125(x ≤3，x ∈N *)，∴当x ＝3(百台)时，h (x )max ＝5 000(万元)．故当年生产量为300台时，厂家的纯利润最大，且最大值为5 000万元．11．(xx·日照模拟)据气象中心观察和预测：发生于M 地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v (km/h)与时间t (h)的函数图象如右图所示，过线段OC 上一点T (t,0)作横轴的垂线l ，梯形OABC 在直线l 左侧部分的面积即为t (h)内沙尘暴所经过的路程s (km)．(1)当t ＝4时，求s 的值；(2)将s 随t 变化的规律用数学关系式表示出来；(3)若N 城位于M 地正南方向，且距M 地650 km ，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N 城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N 城？如果不会，请说明理由．解 (1)由图象可知：当t ＝4时，v ＝3×4＝12， ∴s ＝12×4×12＝24.(2)当0≤t ≤10时，s ＝12·t ·3t ＝32t 2，当10<t ≤20时，s ＝12×10×30＋30(t －10)＝30t －150；当20<t ≤35时，s ＝12×10×30＋10×30＋(t －20)×30－12×(t －20)×2(t －20)＝－t 2＋70t －550.综上，可知s ＝⎩⎪⎨⎪⎧32t 2，t ∈[0，10]，30t －150，t ∈10，20]，－t 2＋70t －550，t ∈20，35].(3)∵t ∈[0,10]时，s max ＝32×102＝150<650，t ∈(10,20]时，s max ＝30×20－150＝450<650，∴当t ∈(20,35]时，令－t 2＋70t －550＝650. 解得t 1＝30，t 2＝40. ∵20<t ≤35，∴t ＝30.∴沙尘暴发生30 h 后将侵袭到N 城．12．(xx·潍坊模拟)某工厂生产某种商品的年固定成本为250万元，每生产x 千件，需另投入成本为C (x )，当年产量不足80千件时，C (x )＝13x 2＋10x (万元)．当年产量不小于80千件时，C (x )＝51x ＋10 000x－1 450(万元)．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．(1)写出年利润L (x )(万元)关于年产量x (千件)的函数解析式； (2)年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？解 (1)∵每件商品售价为0.05万元，则x 千件商品销售额为(0.05×1 000x )万元，依题意得当0<x <80时，L (x )＝(0.05×1 000x )－13x 2－10x －250＝－13x 2＋40x －250；当x ≥80时，L (x )＝(0.05×1 000x )－51x －10 000x＋1 450－250＝1 200－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋10 000x .则L (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－13x 2＋40x －250 0<x <80，1 200－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋10 000x x ≥80.(2)当0<x <80时，L (x )＝－13(x －60)2＋950.此时，当x ＝60时，L (x )取得最大值L (60)＝950万元．当x ≥80时，L (x )＝1 200－⎝⎛⎭⎪⎫x ＋10 000x≤1 200－2x ·10 000x＝1 200－200＝1 000.此时，当x ＝10 000x，即x ＝100时，L (x )取得最大值1 000万元．∵950<1 000，则当产量为100千件时，该厂在这一商品中所获利润最大，最大利润为1 000万元．333018215 舕 fWwrGz25795 64C3 擃 21861 5565 啥k24540 5FDC 応。