專題18常用邏輯用語解析版

1、專題18常用邏輯用語1、【2019年高考天津文數(shù)】設(shè) x R，則“ 0 x 5 ”是“ |x 1| 1 ”的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】由|X 1| 1可得0 x 2,易知由0 x 5推不出0x2,由0 x 2能推出0x5,故0 x 5是0 x 2的必要而不充分條件，即“ 0 x 5 ”是“ I x 1| 1 ”的必要而不充分條件.故選B.本題考查充分必要條件，解題的關(guān)鍵是由所給的不等式得到x的取值范圍2、【2019年高考浙江】若 a>0, b>0,則“ a+bw 4”是 “abw 4”的（）A.充分不必要條件B

2、.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當(dāng)a> 0, b> 0時，a b 2. ab，則當(dāng)a b 4時，有Z ab a b 4，解得ab 4，充分性成立；當(dāng)a=1, b=4時，滿足ab 4，但此時a+b =5>4，必要性不成立，綜上所述，“ a b 4”是“ ab 4 ”的充分不必要條件故選A.易出現(xiàn)的錯誤：一是基本不等式掌握不熟練，導(dǎo)致判斷失誤；二是不能靈活地應(yīng)用“賦值法”，通過取a,b的特殊值，從假設(shè)情況下推出合理結(jié)果或矛盾結(jié)果3、 【2019年高考全國n卷文數(shù)】設(shè) a, B為兩個平面，則 all B的充要條件是（）A. a內(nèi)有無數(shù)條直線

3、與 B平行B. a內(nèi)有兩條相交直線與B平行C.a,B平行于同一條直線D. a, B垂直于同一平面答案】 B【解析】由面面平行的判定定理知：內(nèi)有兩條相交直線都與平行是 / 的充分條件；由面面平行的性質(zhì)定理知，若/ ,則 內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)有兩條相交直線都與平行是 / 的必要條件 .故a/卩的充要條件是a內(nèi)有兩條相交直線與 卩平行.故選 B 面面平行的判定問題要緊扣面面平行的判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷4、2019 年高考北京文數(shù)】設(shè)函數(shù)f (x) =cosx+bsinx (b為常數(shù))，則"b=0”是“f (x)為偶函數(shù)”的()5、6、A.充分而不必要條件

4、B.必要而不充分條件C.充分必要條件答案】 C解析】當(dāng) b 0 時，當(dāng) f (x) 為偶函數(shù)時，由 f ( x) cos( x)D.既不充分也不必要條件f (x) cosx bsin x cosx ， f (x) 為偶函數(shù)；f ( x) f (x) 對任意的 x 恒成立，bsin( X) cosX bsinX ，得 cosX bsinX cosX bsinX，則 bsinx 0 對任意的 x 恒成立，從而 b 0.故b 0”是f(X)為偶函數(shù)”的充分必要條件.故選 C.本題較易，注重重要知識、基礎(chǔ)知識、邏輯推理能力的考查【2018年高考浙江】已知平面a,直線m, n滿足m a, n a,貝U

5、m / n"是m / %"的()A .充分不必要條件B 必要不充分條件C.充分必要條件答案】 AD .既不充分也不必要條件解析】因為 ? ?,? ?,?/?，所以根據(jù)線面平行的判定定理得?/?.由 ?/?不能得出 ?與?內(nèi)任一直線平行，所以 ?/?是?/?的充分不必要條件 .故選 A.【2018年高考天津文數(shù)】設(shè) x R，則x38 ”是|x| 2 ”的()C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】求解不等式 ? > 8可得?> 2,求解絕對值不等式|?> 2可得？?> 2或？?< -2，據(jù)此可知：?> 8”是“？> 2

6、”的充分而不必要條件故選A.【名師點睛】本題主要考查絕對值不等式的解法、充分不必要條件的判斷等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力7、 【2018年高考北京文數(shù)】設(shè) a,b,c,d是非零實數(shù)，則 ad=bc"是a,b,c,d成等比數(shù)列"的()A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】當(dāng)？?= 4,?= 1,?= 1,?= 1時，？?不成等比數(shù)列，所以不是充分條件；4當(dāng)？?成等比數(shù)列時，貝U ?= ?所以是必要條件綜上所述，?= ?是 ?成等比數(shù)列”的必要不充分條件故選B.【名師點睛】此題主要考查充分必要條件，實質(zhì)

7、是判斷命題? ?以及？?？ ？的真假判斷一個命題為真命題，要給出理論依據(jù)、推理證明；判斷一個命題為假命題，只需舉出反例即可，或者當(dāng)一個命題正面很難判斷真假時，可利用原命題與逆否命題同真同假的特點轉(zhuǎn)化問題8、 【2018年高考江蘇數(shù)】設(shè);是首項為，公差為d的等差數(shù)列，bj是首項為公比為q的等比數(shù)列.(1 )設(shè)l.q-2,若斗%| n%對門LH均成立，求d的取值范圍；(2)若刈證明：存在dER,使得憶蘭對:】 gm + 丨均成立，并求d的取 值范圍(用 時也乓表示).解析：對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數(shù)法，使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，

8、通過對具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件二是討論分析 法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)，通過兩個函數(shù)圖像確定條詳解：解：(1 )由條件知： (門-1風(fēng)切因為匡心-、3對n=1 , 2, 3, 4均成立，即 Kn- l)d-2n-l|<對 n=1, 2, 3, 4均成立，即 11, 1 d 3, 3 2d 5, 1<|3d 9，得吃：3 2因此，d的取值范圍為C.1 2(2 )由條件知：*,'：；：-：丄、-、'若存在d，使得I斗廠荃6 (n=2, 3,，m+1)成立，即 + (n - 1 )d -''| <

9、 b(門 23 rm +即當(dāng)從而I 時，d 滿足bi<d<L_n - 1n -1n - 1qi-1-I I均成立.ph】蘭C= 0，對因此，取d=0時，卜對一丨均成立.H - 1 勺F面討論數(shù)列n二的最大值和數(shù)列一：的最小值(h當(dāng)心沙時，是_芒士吋n - In(n- 1)“，從而 i(q" - qn '- q11 + 2 > 0 n(n - 1)na因此，當(dāng)時，數(shù)列故數(shù)列n-二的最大值為I5一 單調(diào)遞增， n -1-J2)m設(shè) i'(x) - 2Xi 1 - xj，當(dāng) x>0 時，fg 珂沁 J “ xln2)2s < 0 ,所以fg單調(diào)

10、遞減，從而f(x)<f(0)=當(dāng)卜,代二咤'工|時，II1 nn nn- 111 - 1因此，當(dāng)x-、l時，數(shù)列單調(diào)遞減，n -1ii-1Im故數(shù)列,?的最小值為n - 1tn因此，d的取值范圍為：m m難點突破、充分性和必要性(1) 對于兩個條件 p,q，如果命題“若 p則q ”是真命題，則稱條件 p能夠推出條件q，記為p q ,(2) 充分條件與必要條件： 如果條件p,q滿足p q，則稱條件p是條件q的充分條件；稱條件q是條件p的必要條件2、對于兩個條件而言，往往以其中一個條件為主角，考慮另一個條件與它的關(guān)系，這種關(guān)系既包含充分方 面，也包含必要方面。所以在判斷時既要判斷“若

11、p則q ”的真假，也要判斷“若 q則p ”真假3、兩個條件之間可能的充分必要關(guān)系:(1)p能推出q，但q推不出p，則稱p是q的充分不必要條件(2)p推不出q，但q能推出，則稱p是q的必要不充分條件(3)p能推出q，且q能推出，記為p q，則稱p是q的充要條件，也稱p,q等價(4)p推不出q，且q推不出，則稱p是q的既不充分也不必要條件4、運用集合作為工具由P Q可得到：x Px Q，且x Q推不出x P，所以“ x P ”是“ x Q ”充分不必要條 件。通過這個問題可以看出，如果兩個集合存在包含關(guān)系，那么其對應(yīng)條件之間也存在特定的充分必要關(guān) 系。在求解時可以將滿足條件的元素構(gòu)成對應(yīng)集合，判斷

12、出兩個集合間的包含關(guān)系，進而就可確定條件間 的關(guān)系了。相關(guān)結(jié)論如下： P Q : p是q的充分不必要條件， q是p的必要不充分條件 P Q : p是q的充分條件 P Q : p是q的充要條件此方法適用范圍較廣，尤其涉及到單變量取值范圍的條件時，不管是判斷充分必要關(guān)系還是利用關(guān)系解參數(shù)范圍，都可將問題轉(zhuǎn)化為集合的包含問題，進而快捷求解。例如在p : x 1;q : x2 1 0中，滿足p的x取值集合為P 1 ,而滿足q的x取值集合為1,1所以P Q，進而判斷出p是q的充分不必要條件p是q的充分不必要條件，則命5、關(guān)于“ p, q ”的充分必要關(guān)系：可從命題的角度進行判斷。例如:q，則 p ”也為

13、真命題。題“若p，則q ”為真命題，根據(jù)四類命題的真假關(guān)系，可得其逆否命題“若 所以 q 是 p 的充分不必要條件二、恒成立問題參變分離后會出現(xiàn)的情況及處理方法：（假設(shè)x 為自變量，其范圍設(shè)為 D ， f x 為函數(shù)；a 為參數(shù)，g a 為其表達(dá)式）1）若 f x 的值域為 m,M xD, gafx，則只需要gafxmin mxD, gxfx，則只需要gafxmin m xD,gafx，則只需要gafxmax =MxD,gafx，則只需要gafxmax =M xD,gafx，則只需要gafx maxMxD, gafx，則只需要gafx maxM xD,gafx，則只需要gafx minmxD,

14、 gafx，則只需要gafx minm（2）若 f x 的值域為 m,MD,g，則只需要 gD,g，則只需要 g注意與（1）中對應(yīng)情況進行對比）D,g，則只需要 gD,g，則只需要 g注意與（1）中對應(yīng)情況進行對比）D,g，則只需要 g注意與（1）中對應(yīng)情況進行對比）D,g，則只需要 gD,g，則只需要 g注意與（ 1）中對應(yīng)情況進行對比）x D,g a f x，則只需要g a m三、多變量恒成立問題：對于含兩個以上字母（通常為3個）的恒成立不等式，先觀察好哪些字母的范圍已知（作為變量），那個是所求的參數(shù)，然后通常有兩種方式處理（1）選擇一個已知變量，與所求參數(shù)放在一起與另一變量進行分離。則不

15、含參數(shù)的一側(cè)可以解出最值（同 時消去一元），進而多變量恒成立問題就轉(zhuǎn)化為傳統(tǒng)的恒成立問題了。（2 ）將參數(shù)與變量進行分離，即不等號一側(cè)只含有參數(shù)，另一側(cè)是雙變量的表達(dá)式，然后按所需求得雙變 量表達(dá)式的最值即可。題型突破題型一、充分必要條件充分、必要條件的三種判斷方法：（1）定義法：直接判斷若？則？、若？則？的真假.并注意和圖示相結(jié)合，例如 ？?為真，則？是？的充分條件.（2）等價法：利用？?與非？?非? ?與非？?非? ?與 非?非？?勺等價關(guān)系，對于條件或結(jié)論是否定式的命題， 一般運用等價法.（3）集合法：若？?？則?是?的 充分條件或？?是？的必要條件；若？?= ?則？是？的充要條件.1例

16、1、（2018鹽城三模）“ x 2k -,k Z ”是“sin x 、成立的條件（選填“充分不必要”、6 2“必要不充分、“充要、“既不充分又不必要、）.【答案】充分不必要1 5【解析】：根據(jù)正弦函數(shù)y sinx的圖象，由sinx 可得，x 2k ，或x 2k,k Z ,2 6 61故“ x 2k-,k Z ”是“ sin x 一”成立的充分不必要條件6 2【規(guī)律總結(jié)】因為“小范圍”可以推出“大范圍”，故“小范圍”是“大范圍”的充分條件，“大范圍”是“大范圍”的必要條件例2、（2016南京學(xué)情調(diào)研）已知直線I, m,平面a, m? a,貝廠'1丄m”是“ I丄a”的條件（填“充分不必要

17、”“必要不充分、“充要”或“既不充分又不必要、）.【答案】必要不充分【解析】根據(jù)直線與平面垂直的定義：若直線與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，則稱這條直線與這個平面垂直.現(xiàn)在是直線與平面內(nèi)給定的一條直線垂直，而不是任意一條，故由“ I丄m”推不出“ I丄a”，但是由定義知“ I丄a”可推出“ I丄m”，故填必要不充分例3、（2016南京三模）記不等式x2+ x 6v0的解集為集合 A,函數(shù)y= lg（x a）的定義域為集合 B.若“x A”是“ x B”的充分條件，則實數(shù) a的取值范圍為【答案】 ，32【解析】：由x x 60得3x2，即A 3,2，又由x a 0得x a，即B a, ，因為“ x

18、 A”是“ x B ”的充分條件，所以3,2 a, ，故a 3。題型一函數(shù)的存在問題函數(shù)的恒成立問題往往采取分離參數(shù)法，參變分離法的適用范圍：判斷恒成立問題是否可以采用參變分離法，可遵循以下兩點原則： xD,gafx，則只需要gafxmaxMx D,g a f x，則只需要 g a f x max M xD,gafx，則只需要gafxminmxD,gafx，則只需要gafxminm例4、(2016蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)= x|x a|,若存在x 1, 2，使得f(x)<2，則實數(shù)a的取值范圍是.【答案】(1,5)2【解析】 解法 1 當(dāng) x 1,2時，f(x)<2，等價于

19、lx(3) 當(dāng) 1<a<4 時，|a x2|>0,與 一>0 矛盾.那么有aw 1或a> 5，故原題答案為1<a<5.解后反思 對于存在性問題，可以直接轉(zhuǎn)化為相應(yīng)函數(shù)的最值問題，也可以參數(shù)和變量分離后再轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(如解法1);也可以轉(zhuǎn)化為命題的否定即恒成立問題來處理(如解法2).題型二函數(shù)的恒成立問題參變分離后會出現(xiàn)的情況及處理方法：(假設(shè)x為自變量，其范圍設(shè)為 D，f x為函數(shù)；a為參數(shù), ax|<2,即Zvx3 ax<2，即 x3 2<ax<x3+ 2,得到 x2x22口 口2222<a<x2+ ，即

20、x x min<a< X + x max，得到一1<a<5.xxx解法2原問題可轉(zhuǎn)化為先求：對任意 x 1,2，使得f(x) >2時，實數(shù)a的取值范圍.2則有 xx2 a|>2，即 |a x2|>一.x2 2(1) 當(dāng) a >4 時，a>x2 + x22+ ? = 5，得到 a >5.222(2) 當(dāng) a< 1 時，x2 a>，有 a<x2 < 1 = 1，得到 a< 1.xx1g a為其表達(dá)式)(1 )若f x的值域為 m, M5、D，gD，gD，gD，g(2015年江蘇卷)，則只需要g，則只需要g，則

21、只需要g，則只需要gmin mmin mmax=Mmax=M在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，P為雙曲線x2 y2= 1右支上的一個動點.若點P到f(x)x，又當(dāng) f(x) smxmin恒成立時實數(shù)m的最大值為1，所以f(x)min1.因為4)11所以問題等價轉(zhuǎn)化為f(x)1在1,)上恒成立，即f(x) x 0在1,)上恒成立.直線x y+ 1 = 0的距離大于c恒成立，則實數(shù)c的最大值為【答案】22【解析】思路分析 1設(shè)出點P的坐標(biāo)，求出點 P到直線的距離d,從而將問題轉(zhuǎn)化為求距離 d的取值 范圍.解法1設(shè)點P(x, ± x2 1)(x > 1,)不妨以點P(x,x2 1)為例，則

22、點P到直線x y + 1 = 0的距離d =|x_、x2 1 + 1| 11,令U = X x2 1=,它在區(qū)間1 , +8上單調(diào)遞減，所以U>0,且當(dāng) XT+ X時，2x + x2 1uT0 ,所以 d>¥，故 Cmax=¥思路分析2注意到雙曲線的圖像與它的漸近線無限接近，而直線x y+ 1= 0與漸近線x y= 0平行,因而，點P到直線x y+ 1 = 0的距離大于兩條平行線 x y + 1 = 0與x y= 0的距離.解法2雙曲線x2 y2= 1的漸近線方程為x±y= 0,而直線x y+ 1 = 0與x y= 0平行，它們之間的距離為d=吉=乎，

23、又當(dāng)Xi + *時，點P到漸近線x y = 0的距離無限接近于 0,故點P到x y+ 1 = 0的 距離 d' >>，從而 Cmax=¥.1 1例6、(2019南京三模)已知函數(shù) f(x) = 2x2 alnx+ x ，對任意x 1, + *)當(dāng)f(x) Smx恒成立時實數(shù) m的最大值為1，則實數(shù)a的取值范圍是 .【答案】.( *,1【解析】對任意 x 1 ,+ 8)有f(x) smx恒成立，即f (x) m恒成立，即mx設(shè) g(x) f(x) x1a 2( % " g(x)當(dāng)a1時，因為所以g (x)x2a0，因此g(x)在1,x)上是單調(diào)遞增函數(shù)，所

24、g(x)g(i) o,即f(x)x 0 在1,)上恒成立;當(dāng)a1時，在(1a)上，有g(shù) (x)在(、a,)上，有 g (x)0，所以g(x)在(1,、a)上為單調(diào)遞減函數(shù),在(、a,)上為單調(diào)遞增函數(shù)當(dāng) x (1,、.a)，有 g(x) g(1)0,即 f(x) x 0 在1,)上不恒成立綜合得：實數(shù) a的取值范圍是(,1.例 7、( 2016 江蘇卷)已知函數(shù) f(x)= ax+ bx(a>0 , b>0 , al,1)、九1(1)設(shè) a = 2, b = 2. 求方程f(x) = 2的根； 若對于任意x R，不等式f(2x) smf(x) 6恒成立，求實數(shù) m的最大值；【解析】

25、思路分析 第1問的第2小題，通過將變量 m分離出來，將問題轉(zhuǎn)化為求分離出的函數(shù)的最小值則可第2問，注意到g(0) = 0,從而得0是函數(shù)g(x)的一個零點，為此，只需說明函數(shù)g(0)為函數(shù)g(x)的最大值或者最小值，進而說明它的某個極值點與0相等，由此來求出ab的值.規(guī)范解答(1)因為a= 2, b= 2，所以f(x)= 2x+ 2 x. 方程 f(x)= 2, 即卩 2x+ 2 x= 2，亦即(2x)2 2X2x+ 1 = 0，所以(2x 1)2= 0,于是 2x= 1,解得 x= 0. 由條件知 f(2x) = 22x+ 2 2x= (2x+ 2X)2 2 = (f(x)2 2.因為f(2

26、x) Smf(x) 6對于x R恒成立，且f(x)>0,2f (x)f(x)所以m<4故實數(shù)4f(x) f( ) 4, f(x)m的最大值為4.所以m2f (x) 4,對于一切實數(shù)R恒成立。而f (x)題型二函數(shù)的存在與恒成立的綜合函數(shù)的存在與恒成立的問題涉及到函數(shù)的值域的關(guān)系或者把參數(shù)獨立出來轉(zhuǎn)化為存在或者恒成立問題來處理。2例8、(2019蘇州期末)設(shè)函數(shù)f(x) = x ax2，若對任意X1 ( ,0)，總存在X2 2, 使得f儀2) f(x),則實數(shù)a的范圍【答案】0 a 1【解析】思路分析考察函數(shù)f(x)在區(qū)間(8, 0)和上的最小值或下確界特別注意到，當(dāng)azo時，當(dāng)x購

27、時,2 ax2= 0.X8 ) 當(dāng)當(dāng)a<0 時，f(x1) min = f 2 = 0,而f(X2)>0恒成立，所以不可能有f(X2)< f(M；當(dāng)0<a<4時，f(X 2)min = f 32 = 0,而f(X1)亙成立，滿足要求;a當(dāng)a>時,222ax3+ 2設(shè) g(x)=廠 ax2,則 g' (x= p 2ax= -XX2-易得g(x)在813 上遞增，在上遞減，在(2,)單調(diào)遞減3 a所以f(X1)min33a f(X2)min 4a 1所以4a 13需解得4a2，在，滿足要求;a= 0時，f(x)=合在(8, 0)上的值域為(0,+)兇綜上

28、：0 a 1“a b ”是“ tan0=的1、(2016南京、鹽城一模)設(shè)向量a= (sin2 0, cos 9, b= (cos 0, 1)，則條件.(填“充分不必要”“必要不充分” “充要”或“既不充分也不必要”【答案】必要不充分1【解析】：若 a/ b,貝U cos【解析】“存在x R, ax2 + 4x+ a< 0”為假命題，則其否定“對任意 x R, ax2 + 4x + a>0”為真命題，當(dāng)a>0,a = 0,4x>0不恒成立，故不成立；當(dāng)a工0時，2 解得a>2,所以實數(shù)a的取值范圍是(2, += 16 4a2<0, 0 sin2 0= 0,

29、即卩 co£ 0-2sin 9cos0= 0.得 cos 0= 0或 tan 0=?.所以"cos 0= 0或23、( 2013年江蘇卷)已知函數(shù) f x x mx 1，若對任意的x m,m 1，都有f x0成立，則實數(shù)m的取值范圍是答案：2 ,02解析：恒成立的不等式為x2 mx 1 0,如果進行參變分離，雖可解決問題，但是因為x所在區(qū)間含參，m的取值將決定分離時不等號方向是否改變，需要進行分類討論，較為麻煩。換一個角度觀察到f x是開口向上的拋物線，若要2m2 102f m 1 2m 3m4、(2017蘇北四市摸底)已知函數(shù)0，只需端點處函數(shù)值小于零即可(無論對稱軸是否

30、在區(qū)間內(nèi))，所以只2 2m22 ，解得m2 ,02f(x)= ex 1 + x 2(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)= x2 ax a+ 3,若存在實 數(shù)*, X2,使得f(x1)= g(x2)= 0,且|x1 X2|w 1,則實數(shù)a的取值范圍是【答案】.2,3【解析】易知函數(shù)f(x) = ex 1 + x 2為單調(diào)遞增函數(shù)，且f(1) = e0 + 1 2= 0,從而xu 1.因為|x1 X2|w 1, 所以卩一 X2|w 1,所以0< x2< 2.題意也就可轉(zhuǎn)化為存在實數(shù) x 0,2,使得x2 ax a+ 3 = 0成立，即存在實 數(shù)x 0,2,使得a =缶成立令t = x+ 1

31、(t * 1,3)，則g=耳仝十4一 2 >2 £一2 = 2,當(dāng)且4 4僅當(dāng)t= t,即t = 2, x= 1時取等號.又因為g(t)max= maxg(1), g(3) = 3,所以函數(shù)g(t) = t+廠2的值域為 2,3,從而實數(shù)a的取值范圍是2,3.|x3 2x2 + x|,x<1 ,5、( 2018無錫期末)已知函數(shù) f(x)=若對于？t R, f(t)w kt恒成立，貝U實數(shù)k的lnx, x> 1,取值范圍是.【答案】1, 1e【解析】 思路分析 本題條件“？ t R, f(t)W kt”的幾何意義是：在(8,+)上，函數(shù)y= f(t)的圖像恒 在直線

32、y= kt的下方，這自然提示我們利用數(shù)形結(jié)合的方法解決本問題.1 令 y= x3 2x2 + x, x<1,則 y'= 3X2 4x + 1 = (x 1) (3x 1),令 y' >0,即(x 1)(3x1)>0 ,解得 x<3311 11或x>1.又因為x<1,所以x<3.令y' <0,得3<x<1 ,所以y的增區(qū)間是(一 , 3),減區(qū)間是q, 1),所以y極大值=27.根據(jù)圖像變換可作出函數(shù)y=|x3 2x2 + x|, x<1的圖像.又設(shè)函數(shù) y= Inx(x> 1)的圖像經(jīng)過原點的11I

33、nx1 01切線斜率為k1,切點(X1, Inx1),因為y'=-，所以匕=一=，解得* = e,所以劉=-.函數(shù)y= x3 2x2xX1x1 0e1+ x在原點處的切線斜率k2= y' x= 0= 1.因為？t R, f(t)w kt,所以根據(jù)f(x)的圖像，數(shù)形結(jié)合可得-< kw 1.6、已知函數(shù)fa的取值范圍是X1,X20,1 ,不等式f X1f X2a 1恒成立，則答案：e,解析：若不等式恒成立，則f X-|f x2maxf x1 與 f x2差的最大值即為f x最大值與最值的差。所以考慮求 f Xx2 xlna 在0,1 的最大最xaxln a 2x In aa

34、x 1 In a 2x ,1，則 ax1 0,ln a 0 ,所以 ax1 ln a0 a 1，則 ax 10,lna 0，所以 ax1 ln a 0。而2x 0 ,所以無論a為何值,f X在0,1單調(diào)遞增。f X maxX mina Ina ,從而 a 1 a In a ,解得 a7、已知函數(shù)f x2ax 2a1 Xln x,a R, gXx ex 1,不等式1fx-igX2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍答案：a1,0解：Q f *gX2恒成立只需f X1g Xmin由g xx ex1 得: g' XX e1,令 g' x0解得：x 0g x在,0單調(diào)遞減，在0,單調(diào)遞增g X

35、ming 00x0,ax22a 1X1ln X10恒成立即只需1f xmax0若對于任意的X10, X2R,x 2axa 0時，令2a 12aIna 0 時，2axf x 在 0,1f xmax綜上所述：a2a2a 122ax 2a 1 x 1 2ax 1 x 1單調(diào)遞增，在1 a 2a1,0In1,8、( 2014年江蘇卷)10.已知函數(shù)0解得x 1單調(diào)遞減0矛盾f(x) = ex+ e_x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).(1) 證明：f(x)是R上的偶函數(shù)；(2) 若關(guān)于x的不等式mf(x)w e_x+ m- 1在(0,+ )上恒成立，求實數(shù) m的取值范圍；(3) 已知正數(shù)a滿足：存在X0 1

36、,+s )，使得f(x0)<a( x0+ 3x0)成立.試比較ea-1與ae-1的大小，并 證明你的結(jié)論.解析： 因為對任意 x R，都有 f( x) = ex+ e(_x)= ex+ ex= f(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù).(2)由條件知 m(ex+ e x 1)< ex 1在(0,+ )上恒成立.t 一 ii令 t= ex(x>0)，貝U t>1，所以 mW 2=;對任意 t>1 成立.t1 t-1+1 1+1因為t- 1 +占+ 1>2寸t- 1占+ 1 = 3,所以=-£，t 1 + t1+ 1當(dāng)且僅當(dāng)t= 2，即x = ln2時等號

37、成立.因此實數(shù)m的取值范圍是一R,；.11(3)令函數(shù) g(x) = ex+ "x a( x3 + 3x)，則 g' (x)= ex 7+ 3a(x2 1). ee1當(dāng) x> 1 時，ex x>0, x2 1 >0.e ，又a>0，故g' (x)>0，所以g(x)是1 , +r )上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在1,+ )上的最小值是 g(1)=e+ e 1 2a.由于存在 xo 1 ,+r )，使exo+ e xo a( x3 + 3xo)<0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0.e 1x故 e+ e 1 2a<0 ,即 a

38、>§+.解法 1 令函數(shù) h(x) = x (e 1)lnx 1,貝U h' (x)= 1 令 h' (x)= 0,得 x= e 1.當(dāng) x (0, e 1)時，h' (x)<0，故 h(x)在(0, e 1)上是單調(diào)減函數(shù)；當(dāng) x (e 1，+R )時，h' (x)>0, 故h(x)在(e 1,+r )上是單調(diào)增函數(shù).所以h(x)在(0,+r )上的最小值是h(e 1).注意到 h(1) = h(e)= 0,在區(qū)間(0,1)和(e,+R )上，h(x)>0 ;在區(qū)間(1, e)上, h(x)<0.e+ e 1- 當(dāng) a

39、一2, e? (1, e)時,h(a)<0，即 a 1<(e 1)lna,從而 ea 1<ae 1; 當(dāng) a = e 時，ea1= ae 1; 當(dāng) a (e,+R )? (e 1,+r )時，h(a)>h(e)= 0，即 a 1>(e 1)l na，故 ea 1>ae 1.e+ e 1綜上所述，當(dāng)a 2,e 時，ea1<ae 1 ;當(dāng)a=e時，ea1 = ae1;當(dāng) a (e,+R )時，ea1>ae 1.解法2由于ea1與ae_1均為正數(shù)，同取自然底數(shù)的對數(shù)，即比較(a 1)lne與(e 1)lna的大小，即比較Ine lna與的大小.e 1

40、a 11 ,1 一一 lnx構(gòu)造函數(shù)h(x)lnx，貝V h，(x)=x2x 1x 1 211 x設(shè) m(x)= 1 x lnx,貝H m'(x) = .令 m' (x)= 0,得 x= 1.當(dāng) x>1 時，m' (x)<0 ;當(dāng) 0<x<1 時，m' (x)>0.所以 m(x)在(1,)上單調(diào)遞減,此時 m(x)<m(1) = 0，In x所以h ' (x)<0在(1,)上恒成立，所以h(x)=肓在(1，)上單調(diào)遞減所以當(dāng) e2e_<a<e 時，ae 1>ea 勺；當(dāng) a = e 時，ea 1

41、 = ae 1;當(dāng) a>e時，ae 1<ea 1.解法 3 因為 ae = e(e 1)lna,所以a0=ee(e- 1)|na-(a-1)，故只要比較 a 1 與(e 1)lna 的大小.e一 1令 h(x)= (e 1)lnx (x 1)，那么 h' (x)= 1.x令 h' (x)= 0,得 x= e 1.當(dāng) x>e 1 時，h' (x)<0;當(dāng) 0<x<e 1 時，h' (x)>0.所以h(x)在(0, e 1)上是增函數(shù)；在(e 1,+ )上是減函數(shù).e+ e 1e+ e 1又 h(e)= 0, h(1) =

42、0,貝V h(e 1)>0, h +>°那么當(dāng) +2 <a<e 時，h(a)>0，所以 eh(a)>1，所以 ae1>ea1 ;當(dāng) a = e 時，h(a)= 0，所以 ea1= ae 1 ;當(dāng) a>e 時，h(a)<0，所以 0<eh(a)<1,所以 ae_ 1<ea1.e+ e 一綜上所述，當(dāng) 2 <a<e 時，ae 1>ea 1;當(dāng) a= e 時，ea 1 = ae 1;當(dāng) a>e 時，ae 1<ea 19、(2018 無錫期末)已知函數(shù)f(x) = ex(3x 2), g(x

43、) = a(x 2)，其中 a, x R.(1) 求過點(2 , 0)和函數(shù)y= f(x)圖像相切的直線方程；(2) 若對任意x R，有f(x)君(x)恒成立，求a的取值范圍；(3) 若存在唯一的整數(shù) X0,使得f(x0)<g(x0),求a的取值范圍.思路分析(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線的方程，根據(jù)斜率建立方程即可.(2)不等式恒成立問題處理的方法有兩種：一種是分離參變，轉(zhuǎn)化為相應(yīng)函數(shù)的值域(最值)問題解決；另一種是轉(zhuǎn)化為含參函數(shù)的值域問題，通過分類討論解決這里可以采取第一種方法，只是分離參變時要注意對x 2的符號進行分類討論.(3)在第(2)小問的基礎(chǔ)上，分離參變，轉(zhuǎn)化為存在有限整數(shù)

44、自變量滿足條件的問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)F(x)=ex (3x 2)x 2的性質(zhì)，找到相關(guān)的整數(shù)自變量，求得對應(yīng)的函數(shù)值是解決本問題的關(guān)鍵.規(guī)范解答(1)設(shè)切點為(X0, y0), f ' (=ex(3x + 1)，則切線斜率為ex0(3x0+ 1)，所以切線方程為y y =ex0(3x0 + 1)(x X。)，因為切線過點(2, 0),所以exo(3xo 2) = exo(3xo+ 1)(2 xo),8化簡得 3x0 8xo= 0,解得 xo= 0 或 xo= 3， (3 分)當(dāng)xo= 0時，切線方程為y= x 2, (4分)當(dāng)xo= 3時，切線方程為y= 9e3x 18e8*(5分)(

45、2)由題意，對任意 x R,有ex(3x 2)玄(x 2)恒成立，ex (3x 2)ex (3x 2) 當(dāng) x (g, 2)時，a ，即 a>x 2x 2 max令 F(x) =ex (3x 2)x 2，則 F'x( =ex (3x2 8x)(x 2) 2令F 'x)= 0，得x= 0，列表如下:x(g, 0)0(0, 2)F'x)+0一F(x)極大F(x)max= F(0)= 1,故此時 a > 1.G分) 當(dāng)x = 2時，恒成立，故此時 a R.(8分)ex (3x 2)ex (3x 2)8 當(dāng)x (2,+g時，a ，即a< ，令F '刈=

46、0,得x=8，列表如下:x 2x 2 min3888 ,x2 -2, 33-k g3,十F '刈一0+F(x)極小8 8 8 8F(x) min = F 3 = 9e3,故此時 a<9e3，綜上，ide3.。分)(3)由 f(x)<g(x),得 e(3x 2)<a(x 2),由知a ( g,81)U (9e3 , + g)令F(x) = e ("2)，列表如下:x 288 ,x(g, 0)0(0 , 2)2 ,3-k g3,F '刈+0一一0+F(x)極大極小(12 分)當(dāng)x (一8, 2)時，存在唯一的整數(shù) xo使得f(xo)<g(xo),等

47、價于a<e( *一刀 存在的唯一整數(shù)x 2xo成立,5 55因為F(0) = 1最大，F(xiàn)( 1)=正，F(xiàn)(1) = e,所以當(dāng)a<3e時，至少有兩個整數(shù)成立，所以a ， 1 .(14當(dāng)x (2,+時，存在唯一的整數(shù) xo使得f(xo)<g(xo),e ( 3x 2)等價于°匚廠存在唯一的整數(shù)xo成立,8 8因為F 3 = 9e3最小，且F(3) = 7e3, F(4) = 5e4,所以當(dāng)a>5e4時，至少有兩個整數(shù)成立，當(dāng)a< 7e時, 沒有整數(shù)成立，所以 a (7e3, 5e4.5綜上，a 3e，1 U (7e3, 5e4. (16 分)1O、(2O17 蘇州暑假測試)已知函數(shù)f(x)= x lnx, g(x)= x2 ax.(1) 求函數(shù)f(x)在區(qū)間t, t+ 1(t>O)上的最小值 m(t);h x1 h x2(2) 令 h(x) = g(x) f(x), A(X1, h(x”),