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不等式問題的類型與解法
不等式問題是近幾年高考的熱點內容之一。可以這樣毫不夸張地說，只要是高考試卷，就必然會涉及到不等式問題。從題型上看，可能是選擇題（或填空題），也可能是大題；難度系數為低（或中）檔，但也有可能出現高檔難度的問題。縱觀近幾年高考（或高三診斷考試）試卷，歸結起來不等式問題主要包括：①簡單線性規劃；②基本不等式及運用；③比較實數大小；④求解（或證明）不等式；⑤函數與不等式等綜合問題等幾種類型。各種類型問題結構上具有某些特征，解答方法也有一定的規律可尋，那么在實際解答不等式5分小題問題時，到底應該如何抓住問題的結構特征，快捷，準確地實施解答呢？下面通過近幾年高考（或高三診斷考試）試題的詳細解析來回答這個問題：
【典例1】解答下列問題：
1、若實數x，y滿足約束條件 yx，則z=2x+y的最大值為（ ）（成都市2020級高三零診）
A B 2 x+y1， C 4 D 6
2x-y2，
2、若x，y滿足約束條件 x+2y4，則z=2x-y的最大值是（ ）（2022全國高考乙卷文）
A -2 B 4 y0， C 8 D 12
x+y2，
3、若實數x，y滿足約束條件 2x-y0，則z=x-2y的最大值為（ ）（成都市2019級零診）
A -4 B 0 x+y-40， C 2 D 4
y0，
4、若實數x，y滿足約束條件 x-y0，則z=3x+y的最大值為（ ）
A -3 B 3 3x+2y-50， C -4 D 4
2x-y+10，
5、若實數x，y滿足約束條件 2x-y-30，則z=x+2y的最小值為（ ）
A -1 B 4 x-y+10， C 5 D 14
x+y-30，
6、若x，y滿足約束條件 x-y2，則z=3x+y的最小值為（ ）（2021全國高考乙卷）
A 18 B 10 y3， C 6 D 4
x+y4，x+2y1，
7、若實數x，y滿足約束條件 2x+y-1，則z=2x-3y的最小值為 （2021成都市高
x-y0，三一診）
8、若實數x，y滿足約束條件 y0，則z=3x+5y的最大值為（ ）（2021成都市高三三診）
A 10 B 8 x-y+10， C 6 D 5
x+2y-20，
2x+y-20，
9、若x，y滿足約束條件 x-y-10，則z=x+7y的最大值為 （2020全國高考新課標I）
y+10，
x+y-50，
10、若x，y滿足約束條件2x-y-10，則z=2x+y的最大值為 （2020全國高考新課標II）
x-2y+10，
11、若實數x，y滿足約束條件 x+y0，則z=3x+2y的最大值為 (2020全國高考新
2x-y0，課標III）
x1，
12、若實數x，y滿足約束條件 x-10，則z=x-2y的最小值為（ ）（成都市2020高三零診）
A 0 B 2 x+2y-20， C 4 D 6
y0，
13、已知實數x，y滿足約束條件 x+y-40，則z=x+2y的最大值為 （成都市2020 x-2y+20，高三一診）
y0，
14、已知EF為圓+ =1的一條直徑，點M（x，y）的坐標滿足不等式組
x-y+10，則.的取值范圍為（ ）(成都市2020高三二診)
2x+y+30，A [，13] B [4，13] C [4，12] D [，12]
y1，
15、已知實數x，y滿足x+y-5 0，則z=2x+y的最大值為（ ）（成都市2020高三三診）
A 4 y-20，B 6 C 8 D 10
x-10，
『思考題1』
（1）【典例1】是簡單線性規劃問題，這類問題主要包括：①在線性約束條件下求目標函數最值的問題；②含有參數的簡單線性規劃問題；這類問題主要包括：①目標函數是線性函數；②目標函數是非線性函數兩種類型；
（2）求解在線性約束條件下求目標函數最值的問題的基本方法是：①根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，作出約束條件的可行域；②聯立直線方程求出可行域頂點的坐標；③將各頂點坐標代入目標函數求出目標函數值；④比較各頂點目標函數值得到目標函數的最值；
（3）求解目標函數是非線性函數最值問題時，一般要結合給定代數式的幾何意義來完成；常見代數式的幾何意義有：①表示點（x，y）與原點（0，0）的距離；②表示點（x，y）到最小Ax+By+C=0的距離；③表示點（x，y）與點（a，b）的距離；④表示點（x，y）與原點（0,0）連線的斜率；⑤表示點（x，y）與點 （a，b）連線的斜率；
（4）含參數的簡單線性規劃問題主要包括：①條件不等式中含有參數；②目標函數中含有參數兩種類型；
（5）求解含有參數簡單線性規劃問題的基本方法是：①將參數視為常數，根據線性規劃問題求出最優解，代入目標函數確定最值構造含參數的方程（或不等式），再求解方程（或不等式）；②先分離含有參數的式子，再通過觀察確定含參數的式子所滿足的條件。
【典例2】解答下列問題：
1、已知ABC中，點D在邊BC上，ADB=，AD=2，CD=2BD，當取得最小值時，BD= （2022全國高考甲卷）
2、如圖，已知三棱錐A—BCD的截面MNPQ平行于對棱AC，BD，且=m，=n，其中m，n（0，+），有下列命題：①對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形；②當ACBD時，對任意的m，都存在n，使得截面MNPQ為正方形；③當m=1時，截面的周長與n無關；④當ACBD，且AC=BD=2時，截面MNPQ的面積的最大值為1，其中假命題的個數為（ ）（成都市2019級高三一診）
A 0 B 1 C 2 D 3
3、（理）在ABC中，已知角A=，角A的平分線AD與邊BC相交于點D，AD=2，則AB+2AC的最小值為 。
（文）在ABC中，已知角A=，角A的平分線AD與邊BC相交于點D，AD=2，則AB+AC的最小值為 （成都市2019級高三一診）
『思考問題2』
（1）【典例2】是基本不等式及運用的問題，解答這類問題需要理解基本不等式，掌握運用基本不等式解答數學問題的基本方法；
（2）理解基本不等式時，應該注意兩個基本不等式各自成立的條件，①不等式若a＞0，b＞0，則≥（當且僅當a=b時取“=”號）成立的條件歸結起來為“一正，二定，三相等”； ②不等式設a，bR，則+≥2ab（當且僅當a=b時取“=”號）的條件是a，bR；
（3）運用基本不等式求最值的基本方法是：①拼湊法，通過拼湊使問題中的兩項滿足基本不等式的條件（一正，二定，三相等）再運用基本不等式得出結果；②常數代換法，即由已知式得到常數（一般是常數1）的式子，把所求最值式子中的該常數都換成相應的式子再運用基本不等式得出結果；
（4）解答不等式與其他知識綜合問題的基本方法是：①弄清問題是不等式與哪些知識的綜合；②運用相應知識和基本不等式求解問題；③得出結果；
（5）求參數值或取值范圍的基本方法是：①注意問題的特點；②運用基本不等式確定相應式子成立的條件；③求出結果。
【典例3】解答下列問題：
1、設a=ln，b= ，c =3，則a，b，c的大小關系為（ ）（成都市2020級零診）
A b2、（理）已知a=，b=cos，c=4sin，則（ ）
A c>b>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
（文）已知=10，a=-11，b=-9，則（ ）（2022全國高考甲卷）
A a>0>b B a>b>0 C b>a>0 D b>0>a
3、已知實數a，b滿足2>2>1，則（ ）（成都市2019級高三一診）
A 14、（理）設a=2ln1.01，b=ln1.02，c=-1，則（ ）
A a（文）設a0，若x=a為函數f(x)=a（x-b）的極大值點，則（ ）（2021全國高考乙卷）
A ab C ab< D ab>
5、已知a=2，b=3，c=，則下列判斷正確的是（ ）（2021全國高考新高考II）
A c6、已知函數f(x)= ，若a= f(ln2),b= f(-ln3),c= f(e),則a，b，c的大小關系為（ ）（2021成都市高三零診）
A b>c>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
7、設a=，b=ln，c=，則a，b，c的大小關系是（ ）（2021成都市高三一診）
A a＞b＞c B a＞c＞b C c＞a＞b D c＞b＞a
8、（理）已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)= f(2-x)，且對任意的，[1，+），當時，都有f()+f()0.03)，c=f()，則a，b，c的大小關系為 （用符號“<”連接）
（文）已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在 [0，+）上單調遞減，若a=f(0.3),
b=f(0.1)，c=f()，則a，b，c的大小關系為 （用符號“<”連接）（2021成都市高三二診）
『思考問題3』
（1）【典例3】是運用不等式知識，比較實數大小的問題，解答這類問題時需要掌握比較實數大小的基本方法；
（2）比較實數大小的基本方法是：①求差法；②運求商法；
（3）求差法的基本方法是：①求出兩個實數的差；②確定兩個實數差與0的大小關系；③根據設a， bR，1》a-b＞0 a＞b；2》a-b＜0 a＜b；3》a-b=0 a=b得出兩個實數的大小關系；
（4）求商法的基本方法是：①求出兩個實數的商；②確定兩個實數上與1的大小關系；③根據設a， bR，1》＞1 a＞b；2》＜1 a＜b；3》=1 a=b得出兩個實數的大小關系。
【典例4】解答下列問題：
已知a，b，c為正數，且++4=3。證明：
（1）a+b+2c≤3；
（2）若b=2c，則+≥3。（2022全國高考甲卷）
2、已知a，b，c為正數，且++=1。證明：
（1）abc<；
（2）++≤（2022全國高考乙卷）
3、已知函數f(x)=|x-2|，g(x)=|2x+3|-|2x-1|。
（1）畫出y=f(x)和y=g(x)的圖像；
（2）若f(x+a) g(x)，求a的取值范圍（2021全國高考甲卷）。
4、已知函數f(x)=|x-a|+|x+3|。
（1）當a=1時，求不等式f(x) 6的解集；
（2）若f(x)>-a，求a的取值范圍（2021全國高考乙卷）。
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}--- 。
6、已知函數f(x)=|3x+1|-2|x-1|。
（1）畫出函數f(x)的圖像；
（2）求不等式f(x)> f(x+1)的解集。
7、設函數f(x)=ln(1+|x|-，則使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是（ ）（2021全國高考新課標II）
A （，1） B （-，）（1，+） C （-，） D （-，-）（，+）
8、設a，b，c，d均為正數，且a+b=c+d。證明：
（1）若ab>cd，則+>+；
（2）+>+是|a-b|<|c-d|的充要條件（2020全國高考新課標II）。
『思考問題4』
（1）【典例4】是求解不等式（或不等式的證明）的問題，解答這類問題需要理解不等式的定義，掌握求解不等式（或不等式證明）的基本方法；
（2）求解不等式問題主要包括：①求解含絕對值的不等式；②求解一元一次不等式；③求解一元二次不等式；④求解分式不等式；⑤求解無理不等式；
（3）求解不等式的基本方法是：①分辨問題屬于哪種類型；②運用求解該類型不等式的基本方法對不等式實施解答；③得出不等式的解集；
（4）證明不等式的基本方法是：①比較法；②分析法與綜合法；③反證法（或換元法）；④放縮法；⑤利用函數的方法證明不等式。
（5）比較法證明不等式的理論依據是：①設a，b∈R，1》a＞ba-b＞0；2》a＜ba-b＜0；3》a=ba-b=0；②設a，b∈R，1》＞1a-b＞0；2》＜1a-b＜0；3》=1a-b=0。
比較法的基本方法是：①求差法；②求商法；
（6）分析法的基本思路是從所證明的不等式出發，分析使這個不等式成立的充分必要條件條件，從而把證明不等式問題轉化為判定這些充分必要條件是否成立的問題，如果能夠肯定這些充分必要條件都成立，那么就可以判斷原不等式成立；
（7）綜合法的基本思路是利用已經證明過的不等式（或不等式的性質），由不等式（或不等式的性質）的條件出發，推導出所要證明的不等式；
（8）運用分析法證明不等式時應注意三個問題：①尋找使不等式成立的充分必要條件時，往往是先尋找不等式成立的必要條件，再考慮這個必要條件是否是充分條件；②在解決不等式的證明問題時，通常是分析法與綜合法聯合起來使用；③在具體處理不等式的證明問題時，一般是用分析法尋找證明的思路，用綜合法敘述證明不等式的過程；
（9）反證法證明的基本方法是：①假設命題的距離不成立（或結論的反面成立）；②由假設出發，通過推證得出與題設（或某定理，公理，哲理）矛盾；③得到結論成立；
（10）換元法是通過引進輔助元，把分散的條件聯系起(或者把隱含的條件顯現出來，或者把條件與結論聯系起來，或者轉化為熟悉的問題)來證明不等式方法，運用換元法證明不等式時，一定要注意新元成立的條件和整體置換的數學思想。
（10）放縮法的基本方法是：①在證明不等式A＞B（或A【典例5】解答下列問題：
1、已知函數f(x)=x-。
（1）當a=1時，討論函數f(x)的單調性；
（2）當x>0時，f(x)<-1，求實數a的取值范圍；
（3）設n，證明：++------+>ln(n+1)（2022全國高考新高考
II卷）
2、（理）已知函數f(x)= 2ax-lnx，其中aR。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）當a>0時，若，（0<<）滿足f()=f()，證明f(2a)+f(2a)>4（
+）（成都市2019級高三零診）
3、已知函數f(x)=sinx- 2ax，aR。
（1）當a時，求函數f(x)在區間[0，]上的最值；
（2）（理）若關于x的不等式不等式f(x) axcosx在區間（0，+）上恒成立，求a的取值范圍。（文）若關于x的不等式不等式f(x) cosx-1在區間（，）上恒成立，求a的取值范圍（成都市2019級高三一診）
4、已知函數f(x)=2+3a-12x，其中aR（成都市2019級高三三珍）
（1）求函數f(x)的單調區間；
（2）（理）若函數g(x)= 2--（12-1）x+2sinx-2，當a>0，x>0時，證明：g(x)< f(x)。
（文）若函數f(x)區間[，2a]上的最大值為g(a)，證明：g(a)< 32
5、（理）設函數f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函數y=x f(x)的極值點。
（1）求a；
（2）設函數g(x)= ，證明：g(x)<1。
（文）已知函數f(x)= - +ax+1。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）求曲線y= f(x)過坐標原點的切線與曲線y= f(x)的公共點的坐標（2021全國高考乙卷）。
6、已知函數f(x)=x(1-lnx)（2021全國高考新高考I卷）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）設a，b為兩個不相等的正數，且blna-alnb=a-b，證明：2<+7、（理）已知函數f(x)= x+ax，aR。
（1）設f(x)的導函數為(x)，試討論(x)的零點個數；
（2）設g(x)=alnx+alnx+(a-1)x，當x（1，+）時，若f(x) g(x)恒成立，求實數a的取值范圍。
（文）已知函數f(x)= （x-1）lnx。
（1）判斷函數f(x)的單調性；
（2）設g(x)=-a+（a-1）x+1，aR，當x[，]時，討論函數f(x) 與g(x)圖像的公共點個數（2021成都市高三零診）。
8、已知函數f(x)=（x-2）- +ax，aR（2021成都市高三一診）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）（理）若不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求實數a的取值范圍。（文）當x<1時，不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求實數a的取值范圍。
9、已知函數f(x)=（a-1）lnx+x+，aR，(x)為函數f(x)的導函數（2020成都市高三一診）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）（理）當a<-1時，證明：x（1，+），f(x)>-a- 。（文）當a=2時，證明： f(x)-
(x) x+對任意的x[1,2]都成立。
10、（理））已知函數f(x)=a ，其中a，mR。
（1）當a=m=1時，設g(x)= f(x)-lnx，求函數g(x)的單調區間；
（2）當a=4，m=2時，證明：f(x)>x(1+lnx)。
（文）已知函數f(x)= -lnx，其中mR。
（1）當m=1時，求函數f(x)的單調區間；
（2）當m=2時，證明：f(x)>0（2020成都市高三三診）。
11、（理）已知函數f(x)=sin xsin2x。
（1）討論函數f(x)在區間（0，）的單調性；
（2）證明：| f(x)| ；
（3）設n，證明：sin x sin 2x sin 4x------ sin x。
（文）已知函數f(x)=2lnx+1。
（1）若f(x)2x+c，求c的取值范圍；
（2）設a>0，討論函數g(x)= 的單調性（2020全國高考新課標II）。
『思考問題5』
（1）【典例5】是運用導函數證明不等式的問題，解答這類問題需要理解不等式的定義和性質，掌握運用導函數證明不等式的基本方法；
（2）運用導函數證明不等式的基本方法是：①構造一個新函數（一般是所證明的不等式兩邊之差）；②運用函數導函數和參數分類討論的原則與基本方法分別證明函數的最大值（或最小值）小于或等于零（或大于或等于零）在某區間上恒成立；③由②判斷不等式在某區間上是否恒成立；④綜合得出證明的結論。
不等式問題的類型與解法
不等式問題是近幾年高考的熱點內容之一。可以這樣毫不夸張地說，只要是高考試卷，就必然會涉及到不等式問題。從題型上看，可能是選擇題（或填空題），也可能是大題；難度系數為低（或中）檔，但也有可能出現高檔難度的問題。縱觀近幾年高考（或高三診斷考試）試卷，歸結起來不等式問題主要包括：①簡單線性規劃；②基本不等式及運用；③比較實數大小；④求解（或證明）不等式；⑤函數與不等式等綜合問題等幾種類型。各種類型問題結構上具有某些特征，解答方法也有一定的規律可尋，那么在實際解答不等式5分小題問題時，到底應該如何抓住問題的結構特征，快捷，準確地實施解答呢？下面通過近幾年高考（或高三診斷考試）試題的詳細解析來回答這個問題：
【典例1】解答下列問題：
1、若實數x，y滿足約束條件 yx，則z=2x+y的最大值為（ ）（成都市2020級高三零診）
A B 2 x+y1， C 4 D 6
【解析】 2x-y2，
【考點】①不等式表示平面區域定義與性質；②可行域定義與性質；③目標函數最優解定義與性質；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據不等式表示平面區域和可行域的性質，求出=約束條件的可行域，運用目標函數最優解的性質和求目標函數最優解的基本方法求出z=x-2y的最大值就可得出選項。
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示， y C
由x=y=，得 x=，由x+y=1，得 x=1，由x=y， A
x+y=1， y=， 2x-y=2， y=0， 2x- y=2， 0 B x
得 x=2，A（，），B（1，0），C（2，2），當目標函數z=x-2y經過點A時，z=2
y=2， +=，當目標函數z=2x+y經過點B時，z=21+0=2，當目標函數z=2x+y經過點C時，z=22+2=6，6>2>，z=2x++y的最大值為6，D錯誤，選D。
2、若x，y滿足約束條件 x+2y4，則z=2x-y的最大值是（ ）（2022全國高考乙卷文）
A -2 B 4 y0， C 8 D 12
【解析】 x+y2，
【考點】①確定不等式表示平面區域的基本方法；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解定義與性質；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據確定不等式表示平面區域和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件，得到實數x，y滿足的約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數最優解的基本方法求出目標函數z=3x+y的最大值就可得出選項。 y
【詳細解答】作出實數x，y滿足的約束條件的可
行域如圖所示，聯立x+y=2與x+2y=4解得：x=0， A
y=2，A（0，2），聯立x+y=2與y=0解得：x=2，
y=0，B（2，0），聯立x+2y=4與y=0解得：x=4， 0 B x C
y=0，C（4，0），當x=0，y=2時，z=2x-y=20-2=0-2=-2；當x=2，y=0時，z=2x-y=22
-0=4-0=4；當x=4，y=0時，z=2x-y=24-0=8-0=8，z=2x-y的最大值為8， C正確，選C。
3、若實數x，y滿足約束條件 2x-y0，則z=x-2y的最大值為（ ）（成都市2019級零診）
A -4 B 0 x+y-40， C 2 D 4
【解析】 y0，
【考點】①不等式表示平面區域定義與性質；②可行域定義與性質；③目標函數最優解定義與性質；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據不等式表示平面區域和可行域的性質，求出約束條件的可行域，運用目標函數最優解的性質和求目標函數最優解的基本方法求出z=x-2y的最大值就可得出選項。
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示， y
由2x-y=0，得 x=，由2x-y=0，得 x=0，由x+y-4=0， A
x+y-4=0， y=， y=0， y=0， y=0， 0 B C x
得 x=4，A（，），B（0，0），C（4，0），當目標函數z=x-2y經過點A時，z=-2=-4，
y=0，當目標函數z=x-2y經過點B時，z=0-20=0，當目標函數z=x-2y經過點C時，z=4-20=4，z=x-2y的最大值為4，D錯誤，選D。
4、若實數x，y滿足約束條件 x-y0，則z=3x+y的最大值為（ ）
A -3 B 3 3x+2y-50， C -4 D 4
【解析】 2x-y+10，
【考點】①簡單線性規劃定義與性質；②確定二元一次不等式表示平面區域的基本方法；③確定二元一次不等式組表示可行域的基本方法；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據確定二元一次不等式表示平面區域和確定二元一次不等式組表示可行域的基本方法求出約束條件的可行域，運用求目標函數最優解的基本方法就可求出z=3x+y的最大值就可得出選項。 y
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，由
3x+2y-5=0，解得：x=，A（，），由x-y=0， A B
2x-y+1=0， y=， 3x+2y-5=0， 0 x
解得：x=1，B（1，1），由2x-y+1=0，解得：x=-1, C
y=1， x-y=0， y=-1,C（-1，-1），當目標函數z=3x+y經過點A時，z=3+1=， 當目標函數z=3x+y經過點B時，z=31+11=4，,當目標函數z=3x+y經過點C時，z=3 (-1)+1 (-1)=-4，-4＜＜4， z=3x+y的最大值為4，D正確，選D。
5、若實數x，y滿足約束條件 2x-y-30，則z=x+2y的最小值為（ ）
A -1 B 4 x-y+10， C 5 D 14
【解析】 x+y-30，
【考點】①可行域定義與性質；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解定義與性質；④求目標函數在約束條件下最優解的基本方法。
【解題思路】根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件確定約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數在約束條件下最優解的基本方法求出z=x+2y的最小值就可得出選項。 y A
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示， B
聯立2x-y-3=0，與x-y+1=0，得x=4，y=5， C
A（4，5），聯立x+y-3=0，與x-y+1=0， 0 x
得x=1，y=2，B（1，2），聯立x+y-3=0，與
2x-y-3=0，得x=2，y=1，C （2，1）， 當目標
函z=x+2y 的圖像經過點A時，z=x+2y=4+25=14，當目標函z=x+2y 的圖像經過點B時，z=x+2y=1+22=5，當目標函z=x+2y 的圖像經過點C時，z=x+2y=2+21=4，4<5<14，z=x+2y 的最小值為4，B正確，選B。
6、若x，y滿足約束條件 x-y2，則z=3x+y的最小值為（ ）（2021全國高考乙卷）
A 18 B 10 y3， C 6 D 4
【解析】 x+y4，
【考點】①確定不等式表示平面區域的基本方法；②可行域定義與性質；③確定可行域的基本方法；④最優解定義與性質；⑤求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】（1）根據確定不等式表示平面區域的基本方法和可行域的性質，運用確定可行域的基本方法，得到約束條件的可行域，利用最優解的性質和求目標函數最優解的基本方法，求出z=3x+y的最小值就可得出選項。 y
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，由
x+y=4，解得：x=3，x+y=4，解得：x=1，x-y=2，解得： B C
x-y=2， y=1， y=3， y=3， y=3， A
x=5，A（3，1），B（1，3），C（5，3），當目標函 0 x
y=3，數的圖像過點A時，z=33+1=9+1=10；當目標函
數的圖像過點B時，z=31+3=3+3=6；當目標函數的圖像過點C時，z=35+3=15+3=18，6
<10<18，z=3x+y的最小值,6，C正確，選C。
x+2y1，
7、若實數x，y滿足約束條件 2x+y-1，則z=2x-3y的最小值為 （2021成都市高
【解析】 x-y0，三一診）
【考點】①簡單線性規劃的定義與選擇；②確定二元一次不等式表示的平面區域的基本方法；③確定二元一次不等式組表示的可行域的基本方法；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據確定二元一次不等式表示的平面區域和確定二元一次不等式組表示的可行域的基本方法求出約束條件的可行域，運用求目標函數最優解的基本方法就可求出z=2x-3y的最小值。
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，由 y
x+2y=1，解得：x=-1，A（-1，1），由x+2y=1，解 A
2x+y=-1， y=1， x-y=0， B
得：x=,B（，），由2x+y=-1，解得：x=-, C 0 x
y=, x-y=0， y=-,C（-，-），當目標函數z=2x-3y經過點A時，z=2(-1)-31=-5, 當目標函數z=2x-3y經過點B時，z=2-3=-，當目標函數z=2x-3y經過點C時，z=2(-)-3(-)=,-5＜-＜, z=2x-3y的最小值為-5。
8、若實數x，y滿足約束條件 y0，則z=3x+5y的最大值為（ ）（2021成都市高三三診）
A 10 B 8 x-y+10， C 6 D 5
【解析】 x+2y-20，
【考點】①可行域的定義與性質；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解的定義與性質；④求目標函數在約束條件下最優解的基本方法。
【解題思路】根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件確定約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數在約束條件下最優解的基本方法求出z=3x+5y的最大值就可得出選項。 y
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，
由x-y+1=0，得A（0，1），B（-1，0），C A
x+2y-2=0，（2，0）當x=0，y=1時，z C 0 B x
=3x+5y=30+51=5，當x=2，y=0時，z=3x+5y=32+50=6，，z=3x+5y 的最大值為6，C正確，選C。 2x+y-20，
9、若x，y滿足約束條件 x-y-10，則z=x+7y的最大值為 （2020全國高考新課標I）
【解析】 y+10，
【考點】①可行域定義與性質；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解定義與性質；④求目標函數在約束條件下最優解的基本方法。
【解題思路】根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件確定約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數在約束條件下最優解的基本方法，就可求出z=x+7y的最大值。 y
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，
由2x+y-2=0，解得：x=1，2x+y-2=0，解得：
x-y-1=0， y=0， y+1=0，
x=， x-y-1=0，x=0， A（1，0），B（0， 0 A x
y=-1， y+1=0， y=-1，-1）， C（，-1）， B C
當目標函數z=x+7y的圖像經過點A時，z=1+0=1，當目標函數z=x+7y的圖像經過點B時，z=0-7=-7，當目標函數z=x+7y的圖像經過點C時，z=-7=-，-7<-<1，z=x+7y的最大值為1。 x+y-50，
10、若x，y滿足約束條件2x-y-10，則z=2x+y的最大值為 （2020全國高考新課標II）
【解析】 x-2y+10，
【考點】①可行域定義與性質；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解定義與性質；④求目標函數在約束條件下最優解的基本方法。
【解題思路】根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件確定約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數在約束條件下最優解的基本方法，就可求出z=2x+y的最大值。 y
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示，
由x+y-5=0，解得：x=2，x+y-5=0，解得： A
2x-y-1=0， y=3，x-2y+1=0， B C
x=3， 2x-y-1=0， x=1， A（2，3），B（3， 0 x
y=2， x-2 y+1=0， y=1，2）， C（1，1），
當目標函數z=x+7y的圖像經過點A時，z=4+3=7，當目標函數z=x+7y的圖像經過點B時，z=6+2=8，當目標函數z=x+7y的圖像經過點C時，z=2+1=3，3<7<8，z=2x+y的最大值為8。
11、若實數x，y滿足約束條件 x+y0，則z=3x+2y的最大值為 (2020全國高考新
【解析】 2x-y0，課標III）
【考點】①確定不等式表示 x1，
平面區域的基本方法；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解的定義與性質；④求目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據確定不等式表示平面區域和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件，得到實數x，y滿足的約束條件的可行域，運用最優解的性質和求目標函數最優解的基本方法就可求出z=3x+2y的最大值。 y
【詳細解答】作出實數x，y滿足的約束條件的 B
可行域如圖所示，聯立x+y=0與x=1解得：x=1， 0 1 x
y=-1，A（1，-1），聯立2x-y=0與x=1解得： A
x=1，y=2，B（1，2），當x=1，y=-1時，z=3x+2y=31+2（-1）=3-2=1；當x=1，y=2時，z=3x+2y=31+22=3+4=7，z=3x+2y的最大值為7。
12、若實數x，y滿足約束條件 x-10，則z=x-2y的最小值為（ ）（成都市2020高三零診）
A 0 B 2 x+2y-20， C 4 D 6
【解析】 y0，
【考點】①不等式表示的平面區域的定義與求法；②不等式組表示的平面區域（可行域）的定義與求法；③最優解的定義與求法。
【解題思路】運用求不等式表示的平面區域，不等式組表示的平面區域（可行域）的求法，結合問題條件求出約束條件的可行域，利用最優解的求法求出問題的最優解就可得出選項。
【詳細解答】作出約束條件的可行域如圖所示， y
由 x+2y-2=0，得 x=1， x+2y-2=0，得 x=2， x-1=0
x-1=0， y=， y=0， y=0， A x+2y-2=0
A（1，）， B（1，0），C（2，0），當目標 0 B C
函數經過點A時，z=1-2=1-1=0；當目標函數經過點B時，z=1-20=1-0=1；當目標函數經過點C時，z=2-20=2-0=2，z=x-2y的最小值為0，A正確，選A。
13、已知實數x，y滿足約束條件 x+y-40，則z=x+2y的最大值為 （成都市2020 【解析】 x-2y+20，高三一診）
【考點】①確定不等式表示的 y0，
平面區域的基本方法；②確定不等式組表示的平面區域的基本方法；③目標函數最優解的定義與性質；④求在線性約束條件下目標函數最優解的基本方法。
【解題思路】根據平面區域的定義與性質，由線性約束條件確定可行域，運用求最優解的基本方法就可求出Z=x+2y的最大值。 y0， y
【詳細解答】 實數x,y滿足約束條件 x+y-4 0， A
x+y-4 =0， x-2y+20，
作出可行域如圖所示，由x-2y+2=0，得A（2，2）， B 0 C
B（-2，0），C（4，0），當Z=x+2y過點A時，Z=2+22=6；當Z=x+2y過點B時，Z=-2+20=-2；當Z=x+2y過點C時，Z=4+20=4，6>4>-2，Z=x+2y的最大值為6。
14、已知EF為圓+ =1的一條直徑，點M（x，y）的坐標滿足不等式組
x-y+10，則.的取值范圍為（ ）(成都市2020高三二診)
2x+y+30，A [，13] B [4，13] C [4，12] D [，12]
【解析】y1，
【考點】①圓定義與性質；②向量坐標運算的法則和基本方法；③向量數量積定義與性質；④不等式表示的平面區域的定義與求法；⑤不等式組表示的平面區域（可行域）的定義與求法；⑥最優解的定義與求法。
【解題思路】根據圓和向量數量積的性質，運用向量坐標運算的法則和基本方法得到關于x，y的函數，由求不等式表示的平面區域和不等式組表示的平面區域（可行域）的基本方法，利用求最優解的基本方法求出.的最小值和最大值，從而求出.的取值范圍就可得出選項。
【詳細解答】設E（0，-1），F（2，-1），作出 y
實數x，y滿足約束條件的可行域如圖所示，聯 C B
立 x-y+1=0與2x+y+3=0解得：x=-，y=-，
A（-，-），聯立x-y+1=0與y=1解得： A E F
x=0，y=1，B（0，1），聯立2x+y+3=0與y=1解得：
x=-2，y=1，C（-2，1），=（-x，-1-y），=(2-x，-1-y），.=-2x++2y+1，當x=-，y=-時，.=-2（-）++2（-）+1= ；當x=0，y=1時，.=0-20+1+21+1=4；當x=-2，y=1時，.=4-2（-2）+1+21+1=12，.的最大值為12，當x=-，y=時， .=-2（-）++2+1=
<4，.的最小值為，即.的取值范圍是[，12]，D正確，選D。
15、已知實數x，y滿足x+y-5 0，則z=2x+y的最大值為（ ）（成都市2020高三三診）
A 4 y-20，B 6 C 8 D 10
【解析】 x-10，
【考點】①可行域的定義與性質；②確定不等式組可行域的基本方法；③最優解的定義與性質；④求最優解的基本方法。
【解題思路】根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，結合問題條件得到已知不等式組可行域，運用最優解的性質和求最優解的基本方法求出z=2x+y的最大值就可得出選項。
【詳細解答】作出不等式組的可行域如圖所示， y A（1，4）
由x+y-5 0，得A（1，4），由x+y-5 0，得
x-10， y-20， B（3，2）
B（3，2），①當x=1，y=4時，z=2 1+4=2+4=6，
②當x=3，y=2時，z=2 3+2=6+2=8，z=2x+y的 0 x
最大值為8，C正確，選C。
『思考題1』
（1）【典例1】是簡單線性規劃問題，這類問題主要包括：①在線性約束條件下求目標函數最值的問題；②含有參數的簡單線性規劃問題；這類問題主要包括：①目標函數是線性函數；②目標函數是非線性函數兩種類型；
（2）求解在線性約束條件下求目標函數最值的問題的基本方法是：①根據可行域的性質和確定不等式組可行域的基本方法，作出約束條件的可行域；②聯立直線方程求出可行域頂點的坐標；③將各頂點坐標代入目標函數求出目標函數值；④比較各頂點目標函數值得到目標函數的最值；
（3）求解目標函數是非線性函數最值問題時，一般要結合給定代數式的幾何意義來完成；常見代數式的幾何意義有：①表示點（x，y）與原點（0，0）的距離；②表示點（x，y）到最小Ax+By+C=0的距離；③表示點（x，y）與點（a，b）的距離；④表示點（x，y）與原點（0,0）連線的斜率；⑤表示點（x，y）與點 （a，b）連線的斜率；
（4）含參數的簡單線性規劃問題主要包括：①條件不等式中含有參數；②目標函數中含有參數兩種類型；
（5）求解含有參數簡單線性規劃問題的基本方法是：①將參數視為常數，根據線性規劃問題求出最優解，代入目標函數確定最值構造含參數的方程（或不等式），再求解方程（或不等式）；②先分離含有參數的式子，再通過觀察確定含參數的式子所滿足的條件。
【典例2】解答下列問題：
1、已知ABC中，點D在邊BC上，ADB=，AD=2，CD=2BD，當取得最小值時，BD= （2022全國高考甲卷）
【解析】
【考點】①平面直角坐標系定義與性質；②建立平面直角坐標系的基本方法；③兩點之間距離公式及運用；④基本不等式及運用。
【解答思路】如圖，根據平面直角坐標系的性質和建立平面直角坐標系的基本方法，距離平面直角坐標系D—xy，設BD=x（x>0）,運用兩點之間的距離公式得到關于x的函數，利用基本不等式求出當取得最小值時，x的值，就可求出當取得最小值時，BD的值。
【詳細解答】如圖，過點D作DEBC于點D，以D為原點， y
，分別為X軸，Y軸的正方向，建立平面直角坐標系 E A
D—xy，設BD=x（x>0）, ABC中，點D在邊BC上，
ADB=，AD=2，CD=2BD，C（2x，0），B（-x，0）， B D x C
A（1，），|AB|= ，|AC|= ，
= = =4-=4- 4-2，當且僅當x+1=，即x=-1時，取得最小值為4-2， 當取得最小值時，BD=x=-1。
2、如圖，已知三棱錐A—BCD的截面MNPQ平行于對棱AC，BD，且=m，=n，其中m，n（0，+），有下列命題：①對于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四邊形；②當ACBD時，對任意的m，都存在n，使得截面MNPQ為正方形；③當m=1時，截面的周長與n無關；④當ACBD，且AC=BD=2時，截面MNPQ的面積的最大值為1，其中假命題的個數為（ ）（成都市2019級高三一診）
A 0 B 1 C 2 D 3
【解析】
【考點】①三棱錐定義與性質；②三棱錐截面定義與性質； ③平行四邊形定義與性質；④正方形定義與性質；⑤判斷命題真假的基本方法；⑥基本不等式及運用。
【解題思路】根據三棱錐和三棱錐截面的性質，運用平行四邊形，正方形的性質，基本不等式和判斷命題真假的基本方法，對各命題的真假進行判斷就可得出選項。
【詳細解答】對①，三棱錐A—BCD的截面MNPQ平行于對棱AC，BD，=n， MN//AC//PQ，MQ//BD//NP，四邊形MNPQ是平行四邊形， ①正確；對②， ACBD， 四邊形MNPQ是矩形，=n，=，=，MN=AC，MQ=BD，=m， MN=AC= BD，=，對任意的m，都存在n=m，使得截面MNPQ為正方形，②正確；對③，當m=1時，=1，AC=BD，截面MNPQ是菱形，MN=AC=BD，MQ=BD，截面MNPQ的周長為2（MN+MQ）=2（+）BD=2BD與n無關，③正確；對④， ACBD，且AC=BD=2，截面MNPQ是矩形，MN=AC= ，MQ=BD= ，=MN.MQ
==1，當且僅當n=，即n=1時，截面MNPQ的面積的
最大值為1，④正確，四個命題中沒有假命題，A正確，選A。
3、（理）在ABC中，已知角A=，角A的平分線AD與邊BC相交于點D，AD=2，則AB+2AC的最小值為 。
（文）在ABC中，已知角A=，角A的平分線AD與邊BC相交于點D，AD=2，則AB+AC的最小值為 （成都市2019級高三一診）
【解析】
【考點】①角平分線定義與性質；②三角形面積公式及運用；③三角函數定義與性質；④求三角函數最值的基本方法；⑤基本不等式及運用。
【解題思路】（理）如圖，根據角平分線的性質和三角形面積公式得到AB關于AC的表示式，從而得到AB+2AC關于AC的三角函數解析式，運用求三角函數最值的基本方法和基本不等式就可求出AB+2AC的最小值。（文）如圖，根據角平分線的性質和三角形面積公式得到AB關于AC的表示式，從而得到AB+2AC關于AC的三角函數解析式，運用求三角函數最值的基本方法和基本不等式就可求出AB+2AC的最小值。
【詳細解答】（理）如圖，在ABC中， BAC=，AD是BAC 的平分線，交邊BC于點D，=AB.ACsin=AB.AC= A
+=AB.ADsin+AC.ADsin=AB+ B D C
AC， AB(AC-2)= AC，2AC= AB(AC-2)，AB=，AB+2AC
= + 2AC=， 設t= AC-2，則AC-1=t+1，AC=t+2， AB+2AC
===2t+6+6+26+4，當且僅當2t=，即t=AC-2
=，也就是AC=2+，AB=2+2時，AB+2AC取得最小值6+4。
（文）如圖，在ABC中， BAC=， A
AD是BAC 的平分線，交邊BC于點D，
=AB.ACsin=AB.AC=+=AB B D C
.ADsin+AC.ADsin=（AB+AC）， AB+AC= ，
AB+AC0，或AB+AC4（）， AB+AC >0，AB+,AC4（），
當且僅當AB=AC時， AB+AC取得最小值4（）。
『思考問題2』
（1）【典例2】是基本不等式及運用的問題，解答這類問題需要理解基本不等式，掌握運用基本不等式解答數學問題的基本方法；
（2）理解基本不等式時，應該注意兩個基本不等式各自成立的條件，①不等式若a＞0，b＞0，則≥（當且僅當a=b時取“=”號）成立的條件歸結起來為“一正，二定，三相等”； ②不等式設a，bR，則+≥2ab（當且僅當a=b時取“=”號）的條件是a，bR；
（3）運用基本不等式求最值的基本方法是：①拼湊法，通過拼湊使問題中的兩項滿足基本不等式的條件（一正，二定，三相等）再運用基本不等式得出結果；②常數代換法，即由已知式得到常數（一般是常數1）的式子，把所求最值式子中的該常數都換成相應的式子再運用基本不等式得出結果；
（4）解答不等式與其他知識綜合問題的基本方法是：①弄清問題是不等式與哪些知識的綜合；②運用相應知識和基本不等式求解問題；③得出結果；
（5）求參數值或取值范圍的基本方法是：①注意問題的特點；②運用基本不等式確定相應式子成立的條件；③求出結果。
【典例3】解答下列問題：
1、設a=ln，b= ，c =3，則a，b，c的大小關系為（ ）（成都市2020級零診）
A b【解析】
【考點】①對數定義與性質；②指數定義與性質；③比較實數大小的基本方法。
【解題思路】根據對數和指數的性質，運用比較實數大小的基本方法，結合問題條件得出a，b，c的大小關系就可得出選項。
【詳細解答】 a=ln=-ln3<-1，2、（理）已知a=，b=cos，c=4sin，則（ ）
A c>b>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
（文）已知=10，a=-11，b=-9，則（ ）（2022全國高考甲卷）
A a>0>b B a>b>0 C b>a>0 D b>0>a
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則和基本方法；②運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；③同角三角函數基本關系及運用；④正切三角函數定義與性質；⑤比較實數大小的基本方法。
【解答思路】（理）構造函數f(x)=1--cosx， x[0，]，根據函數求導公式，法則和基本方法求出函數f(x)的導函數，運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法判斷函數f(x)在區間[0，]的單調性，從而可以比較a，b的大小；由同角三角函數的基本關系得到關
于x的函數h(x)的解析式，根據正切三角函數的性質性質，得到函數h(x)在區間（0，）的單調性，從而可以比較b，c的大小，得到a，b，c的大小關系就可得出選項。（文）構造函數f(x)= （x+1）=， x（0，+），根據函數求導公式，法則和基本方法求出函數f(x)的導函數，運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法判斷函數f(x)在區間（1，+）上單調遞減，從而得到f(8)> f(9)> f(10)，利用比較實數大小的基本方法得出a，b與0的大小關系，就可得出選項。
【詳細解答】（理）設函數 f(x) =1--cosx， x[0，]，g(x)= （x）=-x+sinx，（x）=-1+cosx0在[0，]上恒成立，函數g(x)= （x）=-x+sinx 在[0，]上單調遞減， 對任意的x[0，]，g(x)= （x） g(0) =-0+0=0，函數f(x) 在[0，]上單調遞減， f ()=1-- cos=- cos=a-b< f(0)=1-0-1=0，ax恒成立， 函數h（x）= >1在（0，）恒成立，即c>b， 綜上所述，c>b>a， A正確，選A。（文）設函數 f(x) = （x+1）=， x（0，+），（x）=<0在（0，+）上恒成立，函數f(x)在（0，+）上單調遞減， f(8)> f(9)> f(10)，=10，n= ， b= -9= -9< -9=9-9=0, b< 0，a= -11 =-11>-11= 11-11=0,a>0，綜上所述， a>0>b ， A正確，選A。
3、已知實數a，b滿足2>2>1，則（ ）（成都市2019級高三一診）
A 1【解析】
【考點】①對數定義與性質；②實數比較大小的基本方法。
【解題思路】根據對數的性質，運用實數比較大小的基本方法，得出1，a，b，2的大小關系就可得出選項。
【詳細解答】實數a，b滿足2>2>1， 2>b>a＞1，B正確，選B。
4、（理）設a=2ln1.01，b=ln1.02，c=-1，則（ ）
A a（文）設a0，若x=a為函數f(x)=a（x-b）的極大值點，則（ ）（2021全國高考乙卷）
A ab C ab< D ab>
【解析】
【考點】①對數定義與性質；②比較實數大小的基本方法；③函數求導公式，法則和基本方法；④運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；⑤函數極值定義與性質；⑥運用函數導函數求函數極值的基本方法。
【解題思路】（理）根據對數的性質，運用比較實數大小和運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法，得到實數a，b，c的大小關系，就可得出選項。（文）根據函數求導公式，法則和基本方法求出函數f(x)的導函數，運用函數導函數判斷函數在某點存在極值的基本方法，結合問題條件得到關于a，b的式子，從而求出a，b直角的關系就可得出選項。
【詳細解答】（理） a=2ln1.01=ln=ln1.0201，1.0201>1.02， a=2ln1.01> b=ln1.02，
設f(x)=2ln(1+x)-+1，（x）=-=>0在（0，2）上恒成立，函數f(x) 在（0，2）上單調遞增， f(0)=2ln(1+0)- +1=0-1+1=0，當x（0，2）時，f(x)>0恒成立，a>c，設g(x)=ln(1+2x)- +1，（x）=-
=<0在[0，+）上恒成立，函數g(x)在[0，+）上單調遞減， g(0)
=ln(1+0)- +1=0-1+1=0，當x[0，+）時，g(x)<0恒成立，c>b，綜上所述， b作出函數f(x)的 大致圖像如圖（1）所示，由圖
知0圖（2）所示，由圖知b， (圖1) (圖2)
D正確， 選D。
5、已知a=2，b=3，c=，則下列判斷正確的是（ ）（2021全國高考新高考II）
A c【解析】
【考點】①對數定義與性質；②求對數值的基本方法；③實數比較大小的基本方法。
【解題思路】根據對數的性質和求對數值的基本方法，分別求出a，b的近似值，運用實數比較大小的基本方法，得到a，b，c的大小關系就可得出選項。
【詳細解答】 1<2<，0< a=2<，3>， b=3> =， c=， a6、已知函數f(x)= ，若a= f(ln2),b= f(-ln3),c= f(e),則a，b，c的大小關系為（ ）（2021成都市高三零診）
A b>c>a B b>a>c C a>b>c D a>c>b
【解析】
【考點】①函數求值的基本方法；②對數的定義與性質；③實數大小比較的基本方法。
【解答思路】根據函數求值的基本方法和對數的性質，結合問題條件分別求出a，b，c的值，運用實數大小比較的基本方法得出a，b，c的大小關系就可得出選項。
【詳細解答】 a= f(ln2)= <0，b= f(-ln3)= >0，ac= f(e)= =e>0，，c>a，可以排除B，A正確，選A。
7、設a=，b=ln，c=，則a，b，c的大小關系是（ ）（2021成都市高三一診）
A a＞b＞c B a＞c＞b C c＞a＞b D c＞b＞a
【解析】
【考點】①對數的定義與性質；②指數的定義與性質；③實數比較大小的基本方法。
【解題思路】根據對數和指數的性質，運用實數比較大小的基本方法，得出a，b，c的大小關系就可得出選項。
【詳細解答】 a==2021＞，0＜b=ln=ln2＜，a＞b，可以排除D；c=＞1，c＞b，可以排除A；2021＜2020， a= =2021＜2020＜2＜1，可以排除B，C正確，選C。
8、（理）已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)= f(2-x)，且對任意的，[1，+），當時，都有f()+f()0.03)，c=f()，則a，b，c的大小關系為 （用符號“<”連接）
（文）已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在 [0，+）上單調遞減，若a=f(0.3),
b=f(0.1)，c=f()，則a，b，c的大小關系為 （用符號“<”連接）（2021成都市高三二診）
【解析】
【考點】①函數圖像及運用；②函數單調性定義與性質；③對數定義與性質；④指數定義與性質；⑤偶函數定義與性質；⑥比較實數大小的基本方法。
【解題思路】（理）根據函數圖像和函數單調性的性質，結合問題條件得到函數f(x)的圖像關于直線x=1對稱，[1，+）上單調遞減，運用對數和指數的性質，確定ln2，0.03，的大小，就可得出且在求出a，b，c的大小關系。（文）根據偶函數和函數單調性的性質，結合問題條件得到函數f(x)的圖像關于Y軸對稱，[0，+）上單調遞減，運用對數和指數的性質，確定0.3，0.1，的大小，就可求出a，b，c的大小關系。
【詳細解答】（理）定義在R上的函數f(x)滿足f(x)= f(2-x)，且對任意的，[1，+），當時，都有f()+f()=<-2，<<2， b=f(0.1)< c=f()『思考問題3』
（1）【典例3】是運用不等式知識，比較實數大小的問題，解答這類問題時需要掌握比較實數大小的基本方法；
（2）比較實數大小的基本方法是：①求差法；②運求商法；
（3）求差法的基本方法是：①求出兩個實數的差；②確定兩個實數差與0的大小關系；③根據設a， bR，1》a-b＞0 a＞b；2》a-b＜0 a＜b；3》a-b=0 a=b得出兩個實數的大小關系；
（4）求商法的基本方法是：①求出兩個實數的商；②確定兩個實數上與1的大小關系；③根據設a， bR，1》＞1 a＞b；2》＜1 a＜b；3》=1 a=b得出兩個實數的大小關系。
【典例4】解答下列問題：
已知a，b，c為正數，且++4=3。證明：
（1）a+b+2c≤3；
（2）若b=2c，則+≥3。（2022全國高考甲卷）
【解析】
【考點】①不等式定義與性質；②柯西不等式及運用；③證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據不等式的性質，運用基本不等式就可證明a+b+2c≤3；（2）根據不等式的性質，運用基本不等式，結合問題條件就可證明結論。
【詳細解答】（1）（++4）（1+1+1）≥，++4=3,，9≥
，a，b，c為正數，a+b+2c≤3，當且僅當a=b=2c，即a=b=1，c=時，等號成立；（2）由（1）知，b=2c，且a+b+2c≤3，0=+≥≥3。
2、已知a，b，c為正數，且++=1。證明：
（1）abc<；
（2）++≤（2022全國高考乙卷）
【解析】
【考點】①不等式定義與性質；②柯西不等式及運用；③證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據不等式的性質，運用基本不等式就可證明abc<；（2）根據不等式的性質，運用基本不等式，結合問題條件就可證明結論。
【詳細解答】（1）a，b，c為正數，1=++≥3≥3，當且僅當a=b=c=時，等號,成立，≤，abc<；（2）a，b，c為正數，b+c≥2，a+c≥2，a+b≥2，當且僅當a=b=c=時，等號分別成立，++≤
≤，≤++≤
≤，++≤。
3、已知函數f(x)=|x-2|，g(x)=|2x+3|-|2x-1|。
（1）畫出y=f(x)和y=g(x)的圖像；
（2）若f(x+a) g(x)，求a的取值范圍（2021全國高考甲卷）。
【解析】
【考點】①絕對值定義與性質；②分段函數定義與性質；③已知函數解析式，作函數圖像的基本方法；④求解不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據絕對值的性質，把函數f(x)，g(x)化為分段函數，運用分段函數的性質和已知函數解析式作函數圖像的基本方法，就可畫出y=f(x)和y=g(x)的圖像；（2）根據（1）中y=f(x)和y=g(x)的圖像，運用求解不等式的基本方法，就可求出a的取值范圍。
【詳細解答】（1） f(x)=|x-2|=x-2，x2，g(x)=|2x+3|-|2x-1|=-4，x<- ，畫出y=f(x)和
2-x，x<2， 4x+2，-x<，y=g(x)的
4，x，圖像如圖所示；
（2）函數f(x+a)的圖像是函數f(x)的圖像沿X軸向左（或）向右平移|a|個單位長度而得到，
由（1）中的圖像可知，若函數f(x)的圖像沿X y y=g(x)
軸向右平移，顯然與題意不符，函數f(x)的圖 3
像應沿X軸向左平移，從圖像得到要滿足： y= f(x+a) 2 y= f(x)
f(x+a) g(x)，必有f(+a) g()，+a 1
-24，a6-，若f(x+a) g(x)， -2 -1 0 1 2 3 x
則a的取值范圍[，+）。
4、已知函數f(x)=|x-a|+|x+3|。
（1）當a=1時，求不等式f(x) 6的解集；
（2）若f(x)>-a，求a的取值范圍（2021全國高考乙卷）。
【解析】
【考點】①絕對值定義與性質；②分段函數定義與性質；③求解不等式的基本方法；④求分段函數最值的基本方法。
【解題思路】（1）根據絕對值的性質，把函數f(x)化為分段函數，運用分段函數的性質和求解不等式的基本方法，就可求出不等式f(x) 6的解集；（2）根據（1）中y=f(x)和y=g(x)的圖像，運用求解不等式的基本方法，就可求出a的取值范圍。
【詳細解答】（1）當a=1時，f(x)=|x-1|+|x+3|，①當x<-3時， f(x) 6，-2x-26，x-4；②當-3x<1時， f(x) 6，46，此時不等式無解；③當x1時， f(x) 6，2x+26，x2，綜上所述，當a=1時，不等式f(x) 6的解集為（--4] [2，+）；（2） f(x)>-a，|x-a|+|x+3|>-a，|x-a|+|x+3||x+3-x+a||a+3|,
f(x)>-a，|a+3|>-a，a+3-，即若f(x)>-a，則a的取值范圍是（-，+）。
5、設a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（2020全國高考新課標III）。
（1）證明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}--- 。
【解析】
【考點】①完全平方式及運用；②數學反正法及運用；③運用反證法證明結論的基本方法；④基本不等式及運用。
【解題思路】（1）根據完全平方式，結合問題條件，得到=+++2ab+2bc+2ca，=0，從而得到ab+bc+ca=-（++），運用abc=1得到a，b，c均不為0，就可證明結論；（2）根據數學反證法，運用基本不等式和反證法證明結論的基本方法就可得出結論。
【詳細解答】=+++2ab+2bc+2ca，a+b+c=0， ab+bc+ca=-（+
+）， abc=1， a，b，c均不為0，-（++）<0， ab+bc+ca<0；（2）設a， a+b+c=0， -a-b=c, c=-a-b >2
>2=，與假設矛盾， max{a，b，c}--- 。
6、已知函數f(x)=|3x+1|-2|x-1|。
（1）畫出函數f(x)的圖像；
（2）求不等式f(x)> f(x+1)的解集。
【解析】
【考點】①絕對值定義與性質；②分段函數定義與性質；③已知函數解析式，作函數圖像的基本方法；④求解不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據絕對值的性質，把函數f(x)化為分段函數，運用分段函數的性質和已知函數解析式作函數圖像的基本方法，就可畫出函數f(x)的圖像；（2）根據函數f(x+1)的圖像是函數f(x)的圖像沿X軸向左平移一個單位而得到的圖像，結合圖像，運用求解不等式的基本方法，就可求出不等式f(x)> f(x+1)的解集。
【詳細解答】（1）當x<-時， f(x)=|3x+1|-2|x-1|=-x-3，當-x<1時，f(x)=|3x+1|-2|x-1|=5x-1，當x1時，f(x)=|3x+1|-2|x-1|=x+3，作出函數f(x)的圖像的圖像如圖所示；（2）函數f(x+1)
的圖像是函數f(x)的圖像沿X軸向左平移一個 y f(x)
單位而得到的圖像，由在同一直角坐標系函數 f(x+1)
f(x)的圖像和函數f(x+1)的圖像可知，要使不
等式f(x)> f(x+1)成立，x的取值范圍是（-， -1 0 1 x
-），不等式f(x)> f(x+1)的解集為（-，-）。
7、設函數f(x)=ln(1+|x|-，則使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是（ ）（2021全國高考新課標II）
A （，1） B （-，）（1，+） C （-，） D （-，-）（，+）
【解析】
【考點】①函數奇偶性定義與性質；②函數單調性定義與性質；③判斷函數奇偶性的基本方法；④判斷函數單調性的基本方法；⑤求解不等式的基本方法。
【解題思路】根據函數奇偶性的性質和判斷函數奇偶性的基本方法，得到函數f(x)為偶函數；運用函數單調性的性質和判斷函數單調性的基本方法，得到函數f(x)在（0，+）上單調遞增；利用求解不等式的基本方法，求出x的取值范圍就可得出選項。
【詳細解答】函數f(x)的定義域為R關于原點對稱，f(-x)=ln(1+|-x|- = ln(1+|x|-= f(x)，函數f(x)為偶函數，且函數f(x) 在（0，+）上單調遞增， f(x)>f(2x-1)，|x|>|2x-1|，f(2x-1)成立的x的取值范圍是（，1），A正確，選A。
8、設a，b，c，d均為正數，且a+b=c+d。證明：
（1）若ab>cd，則+>+；
（2）+>+是|a-b|<|c-d|的充要條件（2020全國高考新課標II）。
【解析】
【考點】①完全平方式及運用；②充分條件，必要條件，充分必要條件定義與性質；③判斷充分條件，必要條件和充分必要條件的基本方法。
【解題思路】（1）根據完全平方式，得到=a+b+2，=c+d+2，結合問題條件得到>，從而證明結論；（2）根據充分條件，必要條件和充分必要條件的性質，運用判斷充分條件，必要條件和充分必要條件的基本方法，分別從充分條件，必要條件進行證明，就可得出結論。
【詳細解答】=a+b+2，=c+d+2，a+b=c+d，ab>cd，>，+>+；（2）①充分性，當+>
+時，=a+b+2>=c+d+2，a+b=c+d，>， ab>cd，=-4ab，=-4cd，a+b=c+d，-
=-4ab+4cd=4（cd-ab）<0，<，|a-b|<|c-d|；②必要性，當|a-b|<|c-d|時，<，-4ab<-4cd，-4ab<-4cd， ab>cd，由（1）可知，
若ab>cd，則+>+，綜上所述，+>+是|a-b|<|c-d|的充要條件。
『思考問題4』
（1）【典例4】是求解不等式（或不等式的證明）的問題，解答這類問題需要理解不等式的定義，掌握求解不等式（或不等式證明）的基本方法；
（2）求解不等式問題主要包括：①求解含絕對值的不等式；②求解一元一次不等式；③求解一元二次不等式；④求解分式不等式；⑤求解無理不等式；
（3）求解不等式的基本方法是：①分辨問題屬于哪種類型；②運用求解該類型不等式的基本方法對不等式實施解答；③得出不等式的解集；
（4）證明不等式的基本方法是：①比較法；②分析法與綜合法；③反證法（或換元法）；④放縮法；⑤利用函數的方法證明不等式。
（5）比較法證明不等式的理論依據是：①設a，b∈R，1》a＞ba-b＞0；2》a＜ba-b＜0；3》a=ba-b=0；②設a，b∈R，1》＞1a-b＞0；2》＜1a-b＜0；3》=1a-b=0。
比較法的基本方法是：①求差法；②求商法；
（6）分析法的基本思路是從所證明的不等式出發，分析使這個不等式成立的充分必要條件條件，從而把證明不等式問題轉化為判定這些充分必要條件是否成立的問題，如果能夠肯定這些充分必要條件都成立，那么就可以判斷原不等式成立；
（7）綜合法的基本思路是利用已經證明過的不等式（或不等式的性質），由不等式（或不等式的性質）的條件出發，推導出所要證明的不等式；
（8）運用分析法證明不等式時應注意三個問題：①尋找使不等式成立的充分必要條件時，往往是先尋找不等式成立的必要條件，再考慮這個必要條件是否是充分條件；②在解決不等式的證明問題時，通常是分析法與綜合法聯合起來使用；③在具體處理不等式的證明問題時，一般是用分析法尋找證明的思路，用綜合法敘述證明不等式的過程；
（9）反證法證明的基本方法是：①假設命題的距離不成立（或結論的反面成立）；②由假設出發，通過推證得出與題設（或某定理，公理，哲理）矛盾；③得到結論成立；
（10）換元法是通過引進輔助元，把分散的條件聯系起(或者把隱含的條件顯現出來，或者把條件與結論聯系起來，或者轉化為熟悉的問題)來證明不等式方法，運用換元法證明不等式時，一定要注意新元成立的條件和整體置換的數學思想。
（10）放縮法的基本方法是：①在證明不等式A＞B（或A【典例5】解答下列問題：
1、已知函數f(x)=x-。
（1）當a=1時，討論函數f(x)的單調性；
（2）當x>0時，f(x)<-1，求實數a的取值范圍；
（3）設n，證明：++------+>ln(n+1)（2022全國高考新高考
II卷）
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④運用函數導函數求函數最值的基本方法；⑤用函數導函數證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數 (x) ，運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法，就可得出f(x)的單調性；（2）構造函數g(x)= f(x)+1,根據參數分類討論已知和基本方法，運用函數導函數求函數最值的基本方法，分別求出函數g(x)的最大值，由g(x)的最大值小于0得到關于a的不等式，求解不等式就可求出實數a的取
值范圍；（3）構造函數u（x）=x--2lnx(x>1)，根據函數證明不等式的基本方法，得到函數
u（x）>0在（1，+）上恒成立，從而得到x->2lnx在（1，+）上恒成立，設x=，容易得到->2ln=ln(1+)，從而得到> ln(1+)=ln ，運用求和公式就可證明結論。
【詳細解答】（1）當a=1時，函數f(x)=x-， (x)= + x-= x，令 (x)=0解得x=0，當x（-，0）時， (x)<0，當x（0，+）時， (x)>0，函數f(x)
在（-，0）上單調遞減，在（0，+）上單調遞增；（2）設函數g(x)=f(x)+1= x-+1（x>0），（x）=+ ax-，（0）=1+0-1=0，設函數h（x）=（x）=+ ax-，（x）=a+ a+ x-=a(ax+2)-，（0）=2a-1，①當
2a-1>0，即a>時， h（0）= =>0，存在>0，使得當
x（0，）時，有>0，（x）>0，函數g(x)在（0，）上單調遞增，
g()> g(0)=0-1+1=0，與題意不符；②當2a-10，即a時，（x）=+ ax-
=----0，, 函數g(x)在（0，+）上單調遞減， g(x)< g(0)=0-1+1=0，綜上所述，當x>0時，f(x)<-1，則實數a的取值范圍是
（-，]；（3）設函數u（x）=x--2lnx(x>1)，（x）=1+-=>0在（1，+）上恒成立，函數u（x）在（1，+）上單調遞增， u（x）> u（1）=1-1-0=0，
設x= ，->2ln=ln(1+)，> ln(1+)=ln ，
>=ln(------)=ln(n+1)，
++------+>ln(n+1)（n）。
2、（理）已知函數f(x)= 2ax-lnx，其中aR。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）當a>0時，若，（0<<）滿足f()=f()，證明f(2a)+f(2a)>4（
+）（成都市2019級高三零診）
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則和基本方法；②函數單調性定義與性質；③運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；④運用函數導函數證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則和基本方法，結合問題條件求出函數f(x)的導函數(x)，運用函數單調性的性質和由函數導函數判斷函數單調性的基本方法就可得出函數的單調性；（2）根據運用函數導函數證明不等式的基本方法，就可證明f(2a)+f(2a)>4（+）。
【詳細解答】（1）(x)=2a - = ，①當a>0時，令(x)=0解得：x=， x（0，）時，(x)<0，x（，+）時，(x)>0，函數f(x)在（0，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增；②當a=0時，(x)=- <0（0，+）上恒成立，函數f(x)在（0，+）上單調遞減；③當a<0時，(x)=<0（0，+）上恒成立，函數f(x)在（0，+）上單調遞減，綜上所述，當a0時，函數f(x)在（0，+）上單調遞減，當a>0時，函數f(x)在（0，）上單調遞減，在（，+）上單調遞增；
（2） f(x)= 2ax-lnx，，（0<<）滿足f()=f()， 2a-ln= 2a-ln，
=2a， f(2a)+f(2a)>4（+）， ln(2a)+ln(2a)<0，
<，a>0， f(2a)+f(2a)>4（+）， <， <
，ln->0，2ln+->0，設=t，0<<，t(0，1)，f(2a)+f(2a)>4（+），2lnt+-t >0在(0，1)上恒成立，設g(x)=2lnx
+-x ， (x)= --1==-<0在(0，1)上恒成立， 函數g(x)
在（0，1）上單調遞減，對任意的x（0，1），都有g(x)> g(1)= 2ln1+1-1=0，2lnt-t
+>0在(0，1)上恒成立， f(2a)+f(2a)>4（+）。
3、已知函數f(x)=sinx- 2ax，aR。
（1）當a時，求函數f(x)在區間[0，]上的最值；
（2）（理）若關于x的不等式不等式f(x) axcosx在區間（0，+）上恒成立，求a的取值范圍。（文）若關于x的不等式不等式f(x) cosx-1在區間（，）上恒成立，求a的取值范圍（成都市2019級高三一診）
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④運用函數導函數求函數最值的基本方法；⑤運用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數（x），運用參數的分類法則與方法和導函數判斷函數的單調性的基本方法分別判斷函數f(x)在區間[0，]上的單調性，利用函數導函數求函數最值的基本方法就可求出函數f(x)在區間[0，]上的最值；（2）（理）根據不等式f(x) axcosx在區間（0，+）上恒成立， sinx- 2ax-
axcosx0在區間（0，+）上恒成立，- ax0在區間（0，+）上恒成立，
設函數g(x)= - ax，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出函數g(x)= - ax在區間（0，+）上的最大值就可得出實數a的取值范圍。（文）根據不等式f(x) cosx-1在區間（，）上恒成立， sinx- 2ax- cosx+10在區間（，）
上恒成立，設函數g(x)= sinx- 2ax- cosx+1，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出函
數g(x)= sinx- 2ax- cosx+1在區間（，）上的最大值就可得出實數a的取值范圍。
【詳細解答】（1）當a時，（x）=cosx-2a0在區間[0，]上恒成立， 函數f(x) 在區間[0，]上單調遞減，= f(0)=0-0=0，= f()=0-2a=-2a；（2）（理）關于x的不等式f(x) axcosx在區間（0，+）上恒成立， sinx- 2ax- axcosx0在區間（0，+）上恒成立，- ax0在區間（0，+）上恒成立，設g(x) = - ax，（x）=-a=-a，設h(x)= ，t=2cosx+1， t[-1，3]，當t=0時，h(t)= = h(0)=0；當t 0時，h(t)= =
= ， h(t) [-1，0）（0，]， h(x) [-1，]，（x）>0，
①當a時，（x）=-a 0在區間（0，+）上恒成立， 函數g(x) 在（0，+）上單調遞減， 0，（）=0-a=-a<0，（0，），使（）=0，且x（0，）時，（x）>0，x（，）時，（x）<0，函數g(x)在（0，）上單調遞增，在（，）上單調遞減，=g（）> g（0）=0-0=0，與題意不符，綜上所述，若關于x的不等式不等式f(x) axcosx在區間（0，+）上恒成立，則實數a的取值范圍是[，+）。（文）f(x) cosx-1在區間（，）上恒成立， 2a在區間（，）上恒成立，設g(x) = ，x（，）, （x）=
=，設h(x)=xcosx+xsinx-sinx+cosx-1，(x)= -xsinx+xcosx
=x(cosx-sinx)<0在區間（，）上恒成立，函數h(x)在（，）上單調遞減， h()
=cos+sin-sin+cos-1=0+-1+0-1=-2<0，（x）
=<0在（，）上恒成立，函數g(x) 在（，）上單調遞減，當x（，）時，有g(x) < g()==，a，若關于x的不等式不等式f(x) cosx-1在區間（，）上恒成立，則實數a的取值范圍是[，+）。
4、已知函數f(x)=2+3a-12x，其中aR（成都市2019級高三三珍）
（1）求函數f(x)的單調區間；
（2）（理）若函數g(x)= 2--（12-1）x+2sinx-2，當a>0，x>0時，證明：g(x)< f(x)。
（文）若函數f(x)區間[，2a]上的最大值為g(a)，證明：g(a)< 32
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②參數分類討論的原則和基本方法；③運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法；④函數最值定義與性質；⑤運用函數導函數求函數最值的基本求法；⑥運用函數導函數證明不等式的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)導函數（x），運用參數分類討論的原則和基本方法，利用函數導函數判斷函數單調性的基本方法就可求出函數f(x)的單調區間；（2）（理）根據g(x)< f(x)， g(x)- f(x)<0，（3a+1）-x-2sinx+2>0,設函數h(x)= （3a+1）-x-2sinx+2,從而問題轉化為證明：當a>0時，函數h(x)>0在（0，+ ）上恒成立，當a>0時，函數h(x)在（0，+ ）上的最小值大于零，運用函數導函數求函數最值的基本方法，求出當a>0時，函數h(x)在（0，+ ）上的最小值并證明其大于零就可證明當a>0，x>0時，g(x)< f(x)。（文）根據<2a得到0【詳細解答】（1）（x）=6+6ax-12=6（x+2a）（x-a），①當a>0時，x（-，
-2a）（a，+）時，（x）>0，x（-2a，a）時，（x）<0，函數f(x)在（-，-2a），（a，+）上單調遞增，在（-2a，a）上單調遞減；②當a=0時，（x）==60在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增；③當a<0時，x（-，a）（-2a，+）時，（x）>0，x（a，-2a）時，（x）<0，函數f(x)在（-，a），（-2a，+）上單調遞增，在（a，-2a）上單調遞減，綜上所述，當a>0時，函數f(x)的單調遞增區間為（-，-2a），（a，+），單調遞減區間為（-2a，a）；當a=0時，函數f(x)的單調遞增區間為（-， +）；當a<0時，函數f(x)的單調遞增區間為（-，a），（-2a，+），單調遞減區間為（a，-2a）；（2）（理） g(x)< f(x)， g(x)- f(x)<0，3a+-x-2sinx+2>0, a>0，3a+-x-2sinx+2>0在（0，+ ）上恒成立，-x-2sinx+20在（0，+ ）上恒成立，①當x1時，-x=x（x-1）0，-2sinx+2=-2（sinx-1）0，-x-2sinx+20成立；②當00在（0，1）上恒成立，函數u（x）在（0，1）上單調遞增，當x（0，1）時，u（x）< u（1）=2-2cos1-1=1-2cos1<1-2cos<0，（x）<0在（0，1）上恒成立，函數h(x) 在（0，1）上單調遞減， 當x（0，1）時，h(x) > h(1)=1-1-2sin1+2=2 -2sin1>2-2sin>0， 綜上所述，當a>0，x>0時，不等式3a+-x-2sinx+2>0恒成立，即當a>0，x>0時，g(x)< f(x)。（文）<2a， 00， g(a)= f(2a)= 4<4<32；②當1a<2時，由（1）知，函數f(x)在（， 2a）上單調遞增， g(a)= f(2a) =16 +12 -24=4<48<32， 綜上所述，若函數f(x)區間[，2a]上的最大值為g(a)，則g(a)< 32。
5、（理）設函數f(x)=ln(a-x)，已知x=0是函數y=x f(x)的極值點。
（1）求a；
（2）設函數g(x)= ，證明：g(x)<1。
（文）已知函數f(x)= - +ax+1。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）求曲線y= f(x)過坐標原點的切線與曲線y= f(x)的公共點的坐標（2021全國高考乙卷）。
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④函數極值的定義與性質；⑤運用函數導函數求函數極值的基本方法；⑥用函數導函數證明不等式的基本方法；⑦求曲線過某點的切線方程的基本方法；⑧求直線與曲線公共點的基本方法。
【解題思路】（理）（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數 ，運用函數極值的性質和求函數極值的基本方法得到關于a的方程，求解方程就可求出a的值；（2）根據函數f(x)=ln(1-x)，知x（-，1），得到函數x f(x)<0在（-，1）上恒成立，從而得到g(x)= <1，x+ f(x)> x f(x)，構造函數G（x）= x+ f(x)>-x f(x)，運用函數導函數證明不等式的基本方法就可證明：g(x)<1。（文）（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數 (x)，運用參數的分類法則與基本方法和函數導函數判斷函數單調性的基本方法就可判斷函數的單調性；（2）根據求曲線過某點的切線方程的基本方法求出先求出曲線y= f(x)過坐標原點的切線方程，運用函數導函數求直線與曲線的公共點的基本方法就可求出切線與曲線y= f(x)的公共點的坐標。
【詳細解答】（理）（1）= ln(a-x)- ，x=0是函數y=x f(x)的極值點，
=ln(a-0)-0=lna=0，即a=1；（2）由函數f(x)=ln(1-x)，知x（-，1），①當01， ln(1-x)>0， x f(x)<0，函數x f(x)<0在（-，1）上恒成立，g(x)= <1，x+ f(x)> x f(x)，設函數G（x）= x+ ln(1-x)- x ln(1-x)，x（-，0）（0，1），（x）=1-- ln(1-x)+ =-ln(1-x)， x（-，0）時，（x）<0，x（0，1）時，（x）>0，函數G（x）在（-，0）上單調遞減，在（0，1）上單調遞增，當x（-，1）（0，1）時，> G（0）=0+0-0=0， g(x)= <1。（文）（1） (x)=3-2x+a，
①當=4-12a0，即a時， (x)0在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增；②當=4-12a>0，即a<時， x（-，）（，+）時， (x)
>0，x（，）時， (x)<0，函數f(x)在（，）上單調遞減，在（-，），（，+）上單調遞增；綜上所述，
當a時，函數f(x)在R上單調遞增；當a<時，函數f(x)在（，）上單調遞減，在（-，），（，+）上單調遞增；（2） f(0)=0-0+0+1=1
0，原點不在曲線y= f(x)上，設曲線y= f(x)切線的切點為（，f()）， ()=3
-2+a，曲線y= f(x)在點（，f()）處的切線方程為y-(-+a+1)=( 3-2+a)
x-( 3-2+a) ，即y=( 3-2+a)x-2++1，切線過原點，0=-2++1，
=1，曲線y= f(x)過坐標原點的切線方程為y=(1+a)x，f(x)= - +ax+1=(1+a)x得：
- -x+1=0，x=-1或x=1， f(-1)=-1-1-a+1=-1-a，f(1)=1-1+a+1=1+a，曲線y= f(x)過坐標原點的切線與曲線y= f(x)的公共點的坐標為（-1，-1-a）或（1，1+a）。
6、已知函數f(x)=x(1-lnx)（2021全國高考新高考I卷）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）設a，b為兩個不相等的正數，且blna-alnb=a-b，證明：2<+【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數（x），
運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法就可得到函數f(x)的單調性；（2）根據blna-a
lnb=a-b，-ln=-ln，構造函數g(x)=f(x)-f(2-x)，x（0，1），運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法判斷函數g(x)在（0，1）上單調遞增，從而得到g(x)< g(1)，證明：+>2；利用（1）的結論證明：+【詳細解答】（1）（x）=1- lnx-1=- lnx，令（x）=0解得：x=1，x（0，1）時，（x）>0，x（1，+）時，（x）<0，函數f(x) 在（0，1）上單調遞增，在（1，+）上單調遞減；（2） blna-alnb=a-b，-ln=-ln，設=，=，由a，b為兩個不相等的正數知，不妨設<，0<<1<+=-lnx(2-x)>0在（0，1）上恒成立，函數g(x)在（0，1）上單調遞增， g(x)< g(1)，
= f(1)-f(1)=0， g() =f()-f(2-)<0， f(2-)> f()=f()，函數f(x)在（1，+）上單調遞減，2-<，+>2；①當e-1時，0<<1，+<1+e-1=e，即+x(e-x) （0，e-1）時，x(e-x)單調遞減，函數G(x)在（e-1，e）上先增后減， G(x)<
max[G(e-1)，G(e)]， G(e-1)=（e-1）[1-ln(e-1)]-1<0，ln<-1顯然成立，
G(x)<0在（e-1，e）上恒成立， G()<0， f()-f(e-)<0， f()函數f(x) 在（0，1）上單調遞增，< e-，即+7、（理）已知函數f(x)= x+ax，aR。
（1）設f(x)的導函數為(x)，試討論(x)的零點個數；
（2）設g(x)=alnx+alnx+(a-1)x，當x（1，+）時，若f(x) g(x)恒成立，求實數a的取值范圍。
（文）已知函數f(x)= （x-1）lnx。
（1）判斷函數f(x)的單調性；
（2）設g(x)=-a+（a-1）x+1，aR，當x[，]時，討論函數f(x) 與g(x)圖像的公共點個數（2021成都市高三零診）。
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則和基本方法；②函數零點的定義與性質；③運用函數導函數證明不等式的基本方法；④處理不等式在某區間恒成立問題的基本方法；⑤處理函數在某區間上零點問題的基本方法。
【解題思路】（理）（1）根據函數求導公式，法則和基本方法，結合問題條件求出函數f(x)的導函數(x)，運用函數零點的性質就可得出函數(x)零點的個數；（2）根據運用函數導函數證明不等式和處理不等式在某區間恒成立問題的基本方法，結合問題條件得到關于自變量x的新函數，運用函數導函數求函數最值的基本方法求出新函數的最值就可得出實數a的取值范圍。（文）（1）根據函數求導公式，法則和基本方法，結合問題條件求出函數f(x)的導函數(x)，運用函數導函數判斷函數單調性的基本方法就可判斷函數f(x)的單調性；（2）根據函數零點的性質和處理函數在某區間上零點問題的基本方法，結合問題條件就可得出函數f(x) 與g(x)圖像的公共點個數。
【詳細解答】（理）（1）(x)=+x+a=(x+1）+a，函數(x)零點的個數方程(x+1）
=-a的根的個數，設h (x)= (x+1），（x）=(x+1）+=(x+2），令（x）=0解得x=-2，x（-，-2）時，（x）<0，x（-2，+）時，（x>0， 函數h (x)在（-，-2）上單調遞減，在（-2，+）上單調遞增，= h (-2)=- ， h (-1)=0，
x（-，-1）時，h (x)<0，x（-1，+）時，h (x)>0，當x -時，h (x) 0，x +時，h (x) +，①當-a0或-a=- ，即a0或a=時，函數h (x)的圖像與直線y=-a只有一個公共點；②當- <-a<0，即0時，函數(x)沒有零點；（2）當x（1，+）時，f(x) g(x)恒成立，當x（1，
a<+）時， x+x alnx+alnx恒成立，當x（1，+）時，x+x
（alnx）+alnx恒成立，設u(x)= x+x，當x（1，+）時，f(x) g(x)恒成立，當x（1，+）時，u(x) u(alnx)恒成立，（x）=+x+1=(x+1）+1，設G（x）=(x+1）+1，（x）=(x+1）+=(x+2），令（x）=0解得x=-2，x（-，-2）時，（x）<0，x（-2，+）時，（x>0， 函數,G (x)在（-，-2）上單調遞減，在（-2，+）上單調遞增，（x）（-2）=1->0，函數u(x)在R上單調遞增， u(x) u(alnx)， x alnx，設M（x）= x - alnx， （x）=1- = ，①當a 1時，（x）>0在（1，+）上恒成立，函數M（x）在（1，+）上單調遞增， M（x）=1-0=1>0， x alnx在（1，+）上恒成立；②當a>1時，令（x）=0解得x=a， x（1，a）時， (x)<0，當x（a，+）時， (x)>0，函數M(x)在（1，a）上單調遞減，在（a，+）上單調遞增，= M（a）=a-alna0，解得10在（0，+）上恒成立， 函數h (x)在（0，+）上單調遞增， h (1)= ln1+1-1=0， x（0，1）時，(x)= h (x)<0，x（1，+）時，(x)= h (x)>0，函數f(x)= （x-1）lnx x在（0，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；（2）當x[，]時，函數f(x)
與g(x)圖像的公共點個數，當x[，]時，函數F（x）= f(x)- g(x)= （x-1）lnx+ a-
（a-1）x-1=（x-1）(lnx+ax+1)零點的個數，顯然x=1是方程（x-1）(lnx+ax+1)=0在區間[
，]上的一個零點，設函數G（x）= lnx+ax+1，令G（x）=0得：-a= ，，函數G（x）在[，]上零點的個數，函數u(x)= 的圖像與直線y=-a在[，]上交點的個數，（x）==，x[，1）時，（x>0，x（1，]時，（x）<0，函數,u (x)在[，1）上單調遞增，在（1，]上單調遞減，= u(1) =1， u() =（-2+1）=-，u() ==，①當-a=1即a=-1時，函數u(x)= 的圖像與直線y=-a在[，]上只有1個公共點；②當-a>1或-a<-，即a<-1或a>時，函數u(x)= 的圖像與直線y=-a在[，]上沒有公共點；③當-a<1即-1時，函數f(x) 與g(x)圖像在[，]上只有1個公共點，當-18、已知函數f(x)=（x-2）- +ax，aR（2021成都市高三一診）。
（1）討論函數f(x)的單調性；
（2）（理）若不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求實數a的取值范圍。（文）當x<1時，不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，求實數a的取值范圍。
【解析】
【考點】①函數求導公式，法則與基本方法；②運用函數的導函數判定函數單調性的基本方法；③參數分類討論的原則與基本方法；④用函數導函數證明不等式某區間上恒成立的基本方法。
【解題思路】（1）根據函數求導公式，法則與基本方法求出函數f(x)的導函數（x），運
用參數的分類法則與方法和導函數判斷函數的單調性的基本方法分別判斷函數的單調性；
（2）（理）根據不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，（2x-1）-ax+a >0恒成立，（2x-1）>a(x-) 恒成立，運用函數導函數處理不等式問題的基本方法分別對x<1，x=1和x>1三種情況求出實數a的取值范圍就可得出實數a的取值范圍。（文）根據當x<1時，不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，當x<1時，不等式（2x-1）-ax+a>0恒成立，當x<1時，不等式【詳細解答】（1）（x）=+（x-2）-ax+a=（x-1）-a（x-1）=（x-1）（-a），
①當a0時，-a>0在R上恒成立，x（-，1）時，（x）<0，x（1，+）時，
（x）>0，函數f(x) 在（-，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；②當00，x（lna，1）時，（x）<0，函數f(x) 在（lna，1）上單調遞減，在（-，lna），（1，+）上單調遞增；⑧當a=e時，（x）0在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增；④當a>e時，x（-，1）（lna，+）時，（x）>0，x（1,lna）時，（x）<0，函數f(x) 在（1,lna）上單調遞減，在（-，1），（lna，+）上單調遞增；綜上所述，當a0時，函數f(x) 在（-，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增；當0e時，函數f(x) 在（1,lna）上單調遞減，在（-，1），（lna，+）上單調遞增；（2）（理）根據不等式f(x)+ （x+1）+-2ax+a>0恒成立，（2x-1）-ax+a >0恒成立，（2x-1）>a(x-) 恒成立，①當x（-，1）時，（2x-1）>a(x-) 恒成立，不等式0，x（0，1）時，（x）<0，函數g(x) 在（-，0）上單調遞增，在（0，1）上單調遞減，
=g（0）=1，a>1；②當x=1時，（2x-1）>a(x-) 恒成立，e>0在R上
恒成立，a=R；③當x（1，+）時，（2x-1）>a(x-) 恒成立，不等式>a在（1，+）上恒成立，設G（x）=，（x）=，令（x）=0解得：x=0或x=，0（1，+），x（1，）時，（x）<0，x（，+）時，（x）>0