高三数学总复习练习第二章 函数、导数及其应用
第二章 函数、导数及其应用
第一节 函数及其表示
基础盘查一 函数的有关概念
(一)循纲忆知
1．了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念．
2．在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示
函数．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数是建立在其定义域到值域的映射( )
(2)函数 y＝f(x)的图象与直线 x＝a 最多有 2 个交点( )
(3)函数 f(x)＝x2－2x 与 g(t)＝t2－2t 是同一函数( )
(4)若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数是相等函数( )
(5)若 A＝R，B＝{x|x>0}，f：x→y＝|x|，其对应是从 A 到 B 的映射( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)×
2．(人教 A 版教材复习题改编)函数 f(x)＝ x－4
|x|－5 的定义域是________________．
答案：[4,5)∪(5，＋∞)
3．已知函数 y＝f(n)，满足 f(1)＝2，且 f(n＋1)＝3f(n)，n∈N*，则 f(4)＝________.
答案：54
基础盘查二 分段函数
(一)循纲忆知
了解简单的分段函数，并能简单应用(函数分段不超过三段)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数 f(x)＝Error!是分段函数( )
(2)若 f(x)＝Error!
则 f(－x)＝Error!( )
答案：(1)√ (2)√
2．分段函数的定义域等于各段函数的定义域的________，其值域等于各段函数的值域的
________．
答案：并集 并集
3．已知函数 f(x)＝Error!若 f(x)＝2，则 x＝________.
答案：1
2
对应学生用书P12
考点一 函数的概念|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
1．函数的定义
设 A、B 为两个非空的数集，如果按照某种确定的对应关系 f，使对于集合 A 中的任意一
个数 x，在集合 B 中都有唯一的数 f(x)和它对应，那么就称 f：A→B 为从集合 A 到集合 B 的
一个函数，记作 y＝f(x)．
2．函数的三要素
[题组练透]
1．下列四组函数中，表示同一函数的是( )
A．y＝x－1 与 y＝ (x－1)2 B．y＝ x－1与 y＝ x－1
x－1
C．y＝4lg x 与 y＝2lg x2 D．y＝lg x－2 与 y＝lg x
100
答案：D
2．下列所给图象是函数图象的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 B ①中当 x>0 时，每一个 x 的值对应两个不同的 y 值，因此不是函数图象，②
中当 x＝x0 时，y 的值有两个，因此不是函数图象，③④中每一个 x 的值对应唯一的 y 值，因
此是函数图象，故选 B.
[类题通法]
两个函数是否是同一个函数，取决于它们的定义域和对应关系是否相同，只有当两个函
数的定义域和对应关系完全相同时，才表示同一函数．另外，函数的自变量习惯上用 x 表示，
但也可用其他字母表示，如：f(x)＝2x－1，g(t)＝2t－1，h(m)＝2m－1 均表示同一函数．
考点二 函数的定义域问题|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
函数的定义域是使函数有意义的自变量取值的集合，它是函数不可缺少的组成部分，研
究函数问题必须树立“定义域优先”的观念．求给定函数的定义域往往转化为解不等式(组)
的问题，在解不等式(组)取交集时可借助于数轴.
常见的命题角度有：
(1)求给定函数解析式的定义域；
(2)求抽象函数的定义域；
(3)已知定义域确定参数问题.
角度一：求给定函数解析式的定义域
1．函数 f(x)＝ 1－|x－1|
ax－1 (a＞0 且 a≠1)的定义域为________．
解析：由Error!⇒Error!⇒0＜x≤2，
故所求函数的定义域为(0,2]．
答案：(0,2]
2．(2013·安徽高考)函数 y＝ln(1＋1
x )＋ 1－x2的定义域为________．
解析：要使函数有意义，需Error!即Error!
即Error!解得 0
0，所以 t>1，
故 f(x)的解析式是 f(x)＝lg 2
x－1，x>1.
(3)设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
由 f(0)＝0，知 c＝0，f(x)＝ax2＋bx，
又由 f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，
得 a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1，
即 ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋1，
所以Error!解得 a＝b＝1
2.
所以 f(x)＝1
2x2＋1
2x，x∈R.
(4)在 f(x)＝2f(
1
x ) x－1 中，
用1
x代替 x，得 f(
1
x )＝2f(x) 1
x
－1，
将 f(
1
x )＝2f(x)
x
－1 代入 f(x)＝2f(
1
x ) x－1 中，
可求得 f(x)＝2
3 x＋1
3.
[类题通法]
求函数解析式常用的方法
(1)配凑法：由已知条件 f(g(x))＝F(x)，可将 F(x)改写成关于 g(x)的表达式，然后以 x 替代
g(x)，便得 f(x)的表达式；
(2)换元法：已知复合函数 f(g(x))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；
(3)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法；
(4)消去法：已知关于 f(x)与 f (
1
x )或 f(－x)的表达式，可根据已知条件再构造出另外一
个等式组成方程组，通过解方程求出 f(x)．
[演练冲关]
1．已知 f( x＋1)＝x＋2 x，求 f(x)的解析式．
解：法一：设 t＝ x＋1，则 x＝(t－1)2，t≥1，代入原式有
f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1.
故 f(x)＝x2－1，x≥1.
法二：∵x＋2 x＝( x)2＋2 x＋1－1＝( x＋1)2－1，
∴f( x＋1)＝( x＋1)2－1， x＋1≥1，
即 f(x)＝x2－1，x≥1.
2．设 y＝f(x)是二次函数，方程 f(x)＝0 有两个相等实根，且 f′(x)＝2x＋2，求 f(x)的解
析式．
解：设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则 f′(x)＝2ax＋b＝2x＋2，
∴a＝1，b＝2，f(x)＝x2＋2x＋c.
又∵方程 f(x)＝0 有两个相等实根，
∴Δ＝4－4c＝0，解得 c＝1.故 f(x)＝x2＋2x＋1.
考点四 分段函数|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函
数通常叫做分段函数．
[提醒] 分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．
[典题例析]
1．已知 f(x)＝Error!且 f(0)＝2，f(－1)＝3，则 f(f(－3))＝( )
A．－2 B．2
C．3 D．－3
解析：选 B 由题意得 f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2，
解得 b＝1.
f(－1)＝a－1＋b＝a－1＋1＝3，解得 a＝1
2.
故 f(－3)＝(
1
2 )－3＋1＝9，
从而 f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2.
2．已知实数 a≠0，函数 f(x)＝Error!若 f(1－a)＝f(1＋a)，则 a 的值为________．
解析：当 a>0 时，1－a<1,1＋a>1.
这时 f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a，
f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3a.
由 f(1－a)＝f(1＋a)得 2－a＝－1－3a，解得 a＝－3
2.
不合题意，舍去．
当 a<0 时，1－a>1,1＋a<1，
这时 f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a，
f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a.
由 f(1－a)＝f(1＋a)得－1－a＝2＋3a，解得 a＝－3
4.
综上可知，a 的值为－3
4.
答案：－3
4
[类题通法]
分段函数“两种”题型的求解策略
(1)根据分段函数解析式求函数值
首先确定自变量的值属于哪个区间，其次选定相应的解析式代入求解．
(2)已知函数值或函数值范围求自变量的值或范围
应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段
的自变量的取值范围．
[提醒] 当分段函数的自变量范围不确定时，应分类讨论．
[演练冲关]
(2015·榆林二模)已知 f(x)＝Error!
使 f(x)≥－1 成立的 x 的取值范围是________．
解析：由题意知Error!或Error!
解得－4≤x≤0 或 0＜x≤2，故 x 的取值范围是[－4,2]．
答案：[－4,2]
一、选择题
1．(2015·大同调研)设全集为 R，函数 f(x)＝ln 1＋x
1－x的定义域为 M，则∁RM＝( )
A．(－1,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．[－1,1]
解析：选 C 由 f(x)＝ln1＋x
1－x，得到1＋x
1－x>0，
即(x＋1)(x－1)<0，
解得－1f(3)( )
(3)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两个自变量”改为“存在两个自变量”( )
(4)函数 y＝1
x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)( )
(5)函数 y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)×
2．(人教 A 版教材习题改编)函数 y＝x2－2x(x∈[2,4])的增区间为________．
答案：[2,4]
3．若函数 y＝(2k＋1)x＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，则 k 的取值范围是________．
答案：(－∞，－1
2)基础盘查二 函数的最值
(一)循纲忆知
1．理解函数最大值、最小值及其几何意义．
2．会运用函数图象理解和研究函数的最值．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)所有的单调函数都有最值( )
(2)函数 y＝1
x在[1,3]上的最小值为1
3( )
答案：(1)× (2)√
2 ．( 人 教 A 版教 材 例题 改 编 )已 知 函数 f(x) ＝ 2
x－1(x ∈[2,6]) ，则 函 数的 最 大 值为
________．
答案：2
考点一 函数单调性的判断|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
1．定义法
设函数 f(x)的定义域为 I，区间 D⊆I，如果对于任意 x1，x2∈D，且 x1f(x2)．
2．导数法
在某个区间(a，b)内，如果 f′(x)＞0，那么函数 y＝f(x)在这个区间上单调递增；如果 f′(x)
＜0，那么函数 y＝f(x)在这个区间上单调递减．
[题组练透]
1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－ 1
x＋1 D．f(x)＝－|x|
解析：选 C 当 x>0 时，f(x)＝3－x 为减函数；
当 x∈(0，3
2 )时，f(x)＝x2－3x 为减函数，
当 x∈(
3
2，＋∞)时，f(x)＝x2－3x 为增函数；
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－ 1
x＋1为增函数；
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．故选 C.
2．讨论函数 f(x)＝ ax
x2－1(a＞0)在 x∈(－1,1)上的单调性．
解：设－1＜x1＜x2＜1，
则 f(x1)－f(x2)＝ ax1
x21－1
－ ax2
x22－1
＝ax1x22－ax1－ax2x21＋ax2
(x21－1)(x22－1)
＝a(x2－x1)(x1x2＋1)
(x21－1)(x22－1) .
∵－1＜x1＜x2＜1，a>0，
∴x2－x1＞0，x1x2＋1＞0，(x21－1)(x22－1)＞0.
∴f(x1)－f(x2)＞0，即 f(x1)>f(x)2，
故函数 f(x)在(－1,1)上为减函数．
[类题通法]
对于给出具体解析式的函数，证明其在某区间上的单调性有两种方法：
(1)可以结合定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)求解．
(2)可导函数则可以利用导数判断．但是，对于抽象函数单调性的证明，只能采用定义法
进行判断．
考点二 求函数的单调区间|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
单调区间的定义
若函数 y＝f(x)在区间 D 上是增函数或减函数，则称函数 y＝f(x)在这一区间上具有(严格
的)单调性，区间 D 叫做 y＝f(x)的单调区间．
[典题例析]
求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log1
2(x2－3x＋2)．
解：(1)由于
y＝Error!
即 y＝Error!
画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和 [0,1] ，
单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．
(2)令 u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作 y＝log1
2u 与 u＝x2－3x＋2 的复合函数．
令 u＝x2－3x＋2＞0，则 x＜1 或 x＞2.
∴函数 y＝log1
2(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又 u＝x2－3x＋2 的对称轴 x＝3
2，且开口向上．
∴u＝x2－3x＋2 在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而 y＝log1
2u 在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝log1
2(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
[类题通法]
求函数的单调区间与确定单调性的方法一致
(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间．
(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义．
(3)图象法：如果 f(x)是以图象形式给出的，或者 f(x)的图象易作出，可由图象的直观性写
出它的单调区间．
(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．
[提醒] 单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分
别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．
[演练冲关]
1．若将典例(1)中的函数变为“y＝|－x2＋2x＋1|”，则结论如何？
解：函数 y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．
由图象可知，函数 y＝|－x2＋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)．
2．设函数 y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数 k，
定义函数 fk(x)＝Error!取函数 f(x)＝2－|x|.当 k＝1
2时，求函数 fk(x)的单调递增区间．
解：由 f(x)>1
2，得－10
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
解析：选 B ∵函数 f(x)＝log2x＋ 1
1－x在(1，＋∞)上为增函数，且 f(2)＝0，
∴当 x1∈(1,2)时，f(x1)f(2)＝0，
即 f(x1)<0，f(x2)>0.
角度三：解函数不等式
3．f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足 f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当 f(x)＋f(x－
8)≤2 时，x 的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8,9]
C．[8,9] D．(0,8)
解析：选 B 2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由 f(x)＋f(x－8)≤2，可得 f[x(x－8)]≤f(9)，因为
f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有Error!
解得 8＜x≤9.
角度四：利用单调性求参数的取值范围或值
4．已知函数 f(x)＝Error!满足对任意的实数 x1≠x2，都有f(x1)－f(x2)
x1－x2 <0 成立，则实数 a
的取值范围为( )
A．(－∞，2) B.(－∞，13
8 ]
C．(－∞，2] D.[
13
8 ，2)解析：选 B 由题意可知，函数 f(x)是 R 上的减函数，
于是有Error!
由此解得 a≤13
8 ，
即实数 a 的取值范围是(－∞，13
8 ] .
[类题通法]
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数
的单调性解决．
(2)解不等式．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．
(3)利用单调性求参数．
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需注意若函数在区间[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．
(4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．
一、选择题
1．(2014·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ x＋1 B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)
解析：选 A 显然 y＝ x＋1是(0，＋∞)上的增函数；y＝(x－1)2 在(0,1)上是减函数，在
(1，＋∞)上是增函数；y＝2－x＝(
1
2 )x 在 x∈R 上是减函数；y＝log0.5(x＋1)在(－1，＋∞)
上是减函数，故选 A.
2．函数 f(x)＝|x－2|x 的单调减区间是( )
A．[1,2] B．[－1,0]
C．[0,2] D．[2，＋∞)
解析：选 A 由于 f(x)＝|x－2|x＝Error!
结合图象可知函数的单调减区间是[1,2]．
3．(2015·黑龙江牡丹江月考)设函数 f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线 x＝1 对称，
且当 x≥1 时，f(x)＝3x－1，则( )
A．f(
1
3 )f(
2
3 )，即 f(
1
3 )>f(
3
2 )>f(
2
3 ).
4.(创新题)定义新运算⊕：当 a≥b 时，a⊕b＝a；当 a0.
∵x1＋x2<0，∴x1<－x2<0.
由 f(x)＋f(－x)＝0 知 f(x)为奇函数．
又由 f(x)在(－∞，0)上单调递增得，f(x1)1，即|x|<1，且 x≠0.故－10 且 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求 a 的取值范围．
解：(1)证明：任设 x10，x1－x2<0，
∴f(x1)0，x2－x1>0，
∴要使 f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0 在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1.
综上所述知 a 的取值范围是(0,1]．
12．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数 f(x)满足 f (
x1
x2 )＝f(x1)－f(x2)，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 x1＝x2>0，
代入得 f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，
故 f(1)＝0.
(2)证明：任取 x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1>x2，
则x1
x2>1，由于当 x>1 时，f(x)<0，
所以 f(
x1
x2 )<0，即 f(x1)－f(x2)<0，
因此 f(x1)0)的周期函数( )
答案：(1)√ (2)√
2．若函数 f(x)是周期为 5 的奇函数，且满足 f(1)＝1，f(2)＝2，则 f(8)－f(14)＝________.
答案：－1
考点一 函数奇偶性的判断|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
函数的奇偶性的定义
如果对于函数 f(x)的定义域内任意一个 x，都有 f(－x)＝f(x)[或 f(－x)＝－f(x)]，那么函数 f(x)
就叫做偶函数(奇函数)．
[提醒] 定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的一个必要条件．
[题组练透]
判断下列函数的奇偶性．
(1)f(x)＝ 1－x2＋ x2－1；
(2)f(x)＝ 3－2x＋ 2x－3；
(3)f(x)＝3x－3－x；
(4)f(x)＝ 4－x2
|x＋3|－3；
(5)f(x)＝Error!
解：(1)∵由Error!得 x＝±1，
∴f(x)的定义域为{－1,1}．
又 f(1)＋f(－1)＝0，f(1)－f(－1)＝0，
即 f(x)＝±f(－x)．
∴f(x)既是奇函数又是偶函数．
(2)∵函数 f(x)＝ 3－2x＋ 2x－3的定义域为{
3
2 }，
不关于坐标原点对称，
∴函数 f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．
(3)∵f(x)的定义域为 R，
∴f(－x)＝3－x－3x＝－(3x－3－x)＝－f(x)，
所以 f(x)为奇函数．
(4)∵由Error!得－2≤x≤2 且 x≠0.
∴f(x)的定义域为[－2,0)∪(0,2]，
∴f(x)＝ 4－x2
|x＋3|－3＝ 4－x2
(x＋3)－3
＝ 4－x2
x ，
∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．
(5)易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，又当 x>0 时，f(x)＝x 2＋
x，
则当 x<0 时，－x>0，
故 f(－x)＝x2－x＝f(x)；
当 x<0 时，f(x)＝x2－x，则当 x>0 时，－x<0，
故 f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函数是偶函数．
[类题通法]
判定函数奇偶性的常用方法及思路
1．定义法：
2．图象法：
3．性质法：
(1)“奇＋奇”是奇，“奇－奇”是奇，“奇·奇”是偶，“奇÷奇”是偶；
(2)“偶＋偶”是偶，“偶－偶”是偶，“偶·偶”是偶，“偶÷偶”是偶；
(3)“奇·偶”是奇，“奇÷偶”是奇．
[提醒] (1)“性质法”中的结论是在两个函数的公共定义域内才成立的．
(2)判断分段函数的奇偶性应分段分别证明 f(－x)与 f(x)的关系，只有对各段上的 x 都满足
相同的关系时，才能判断其奇偶性．
考点二 函数的周期性|(题点多变型考点——全面发掘)
[必备知识]
1．周期函数
对于函数 y＝f(x)，如果存在一个非零常数 T，使得当 x 取定义域内的任何值时，都有 f(x
＋T)＝f(x)，那么就称函数 y＝f(x)为周期函数，称 T 为这个函数的周期．
2．最小正周期
如果在周期函数 f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做 f(x)的
最小正周期．
[一题多变]
[典型母题]
设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且对任意实数 x，恒有 f(x＋2)＝－f(x)．当 x∈[0,2]时，f(x)
＝2x－x2.
(1)求函数的最小正周期；
(2)计算 f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 015)．
[解] (1)∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．
∴f(x)的最小正周期为 4.
(2)f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，
f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1.
又∵f(x)是周期为 4 的周期函数，
∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 012)＋f(2 013)＋f(2 014)＋f(2
015)＝0，
∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 015)＝0.
[题点发散 1] 本例条件若改为：设定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x＋2)＝f(x)，且当 x∈
[0,2)时，f(x)＝2x－x2.试计算 f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 015)的值．
解：因为 f(x＋2)＝f(x)，所以周期 T＝2.
又 f(0)＝0，f(1)＝1，
所以 f(0)＝f(2)＝f(4)＝…＝f(2 014)＝0，
f(1)＝f(3)＝f(5)＝…＝f(2 015)＝1，
所以 f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 015)＝1 008.
[题点发散 2] 若本例中条件变为“f(x＋2)＝－ 1
f(x)”，求函数 f(x)的最小正周期．
解：∵对任意 x∈R，都有 f(x＋2)＝－ 1
f(x)，
∴f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－ 1
f(x＋2)＝－ 1
－ 1
f(x)
＝f(x)，
∴f(x)是以 4 为周期的周期函数．
[题点发散 3] 在本例条件下，求 f(x)(x∈[2,4])的解析式．
解：当 x∈[－2,0]时，－x∈[0,2]，
由已知得 f(－x)＝2(－x)－(－x)2＝－2x－x2，
又 f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)＝－2x－x2.
∴f(x)＝x2＋2x.
又当 x∈[2,4]时，x－4∈[－2,0]，
∴f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)．
又 f(x)是周期为 4 的周期函数，
∴f(x)＝f(x－4)＝(x－4)2＋2(x－4)＝x2－6x＋8.
故 x∈[2,4]时，f(x)＝x2－6x＋8.
[类题通法]
1．判断函数周期性的两个方法
(1)定义法．
(2)图象法．
2．周期性三个常用结论
对 f(x)定义域内任一自变量的值 x：
(1)若 f(x＋a)＝－f(x)，则 T＝2a；
(2)若 f(x＋a)＝ 1
f(x)，则 T＝2a；
(3)若 f(x＋a)＝－ 1
f(x)，则 T＝2a.(a>0)
[提醒] 应用函数的周期性时，应保证自变量在给定的区间内．
考点三 函数性质的综合应用|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
高考对于函数性质的考查，一般不会单纯地考查某一个性质，而是对奇偶性、周期性、
单调性的综合考查.
归纳起来常见的命题角度有：
(1)单调性与奇偶性结合；
(2)周期性与奇偶性结合；
(3)单调性、奇偶性与周期性结合.
角度一：单调性与奇偶性结合
1．(2015·洛阳统考)下列函数中，既是偶函数又在(－∞，0)上单调递增的是( )
A．y＝x2 B．y＝2|x|
C．y＝log2
1
|x| D．y＝sin x
解析：选 C 函数 y＝x2 在(－∞，0)上是减函数；函数 y＝2|x|在(－∞，0)上是减函数；
函数 y＝log2
1
|x|＝－log2|x|是偶函数，且在(－∞，0)上是增函数；函数 y＝sin x 不是偶函数．综
上所述，选 C.
2．已知奇函数 f(x)的定义域为[－2,2]，且在区间[－2,0]上递减，求满足 f(1－m)＋f(1－
m2)<0 的实数 m 的取值范围．
解：∵f(x)的定义域为[－2,2]，
∴Error!解得－1≤m≤ 3.①
又 f(x)为奇函数，且在[－2,0]上递减，
∴f(x)在[－2,2]上递减，
∴f(1－m)<－f(1－m2)＝f(m2－1)⇒1－m>m2－1，
解得－2g(0)>g(－1)．
答案：f(1)>g(0)>g(－1)
10．设 f(x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝Error!其中 a，b∈
R.若 f(
1
2 )＝f(
3
2 )，则 a＋3b 的值为________．
解析：因为 f(x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，所以 f(
3
2 )＝f(－1
2 )，且 f(－1)＝
f(1)，故 f(
1
2 )＝f(－1
2 )，从而
1
2b＋2
1
2＋1
＝－1
2a＋1，即 3a＋2b＝－2.①
由 f(－1)＝f(1)，得－a＋1＝b＋2
2 ，即 b＝－2a.②
由①②得 a＝2，b＝－4，从而 a＋3b＝－10.
答案：－10
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝Error!是奇函数．
(1)求实数 m 的值；
(2)若函数 f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数 a 的取值范围．
解：(1)设 x<0，则－x>0，
所以 f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.
又 f(x)为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，
于是 x<0 时，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以 m＝2.
(2)要使 f(x)在[－1，a－2]上单调递增，
结合 f(x)的图象知Error!
所以 1＜a≤3，故实数 a 的取值范围是(1,3]．
12．设 f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当 0≤x≤1 时，f(x)＝x.
(1)求 f(π)的值；
(2)当－4≤x≤4 时，求 f(x)的图象与 x 轴所围成图形的面积；
(3)写出(－∞，＋∞)内函数 f(x)的单调区间．
解：(1)由 f(x＋2)＝－f(x)，得
f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x)是以 4 为周期的周期函数．
∴f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.
(2)由 f(x)是奇函数与 f(x＋2)＝－f(x)，
得 f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，
即 f(1＋x)＝f(1－x)．
从而可知函数 y＝f(x)的图象关于直线 x＝1 对称．
又当 0≤x≤1 时，f(x)＝x，且 f(x)的图象关于原点成中心对称，则 f(x)的图象如图所
示．
设当－4≤x≤4 时，f(x)的图象与 x 轴围成的图形面积为 S，
则 S＝4S△OAB＝4×(
1
2 × 2 × 1)＝4.
(3)函数 f(x)的单调递增区间为[4k－1,4k＋1](k∈Z)，
单调递减区间为[4k＋1,4k＋3](k∈Z)．
第四节 函数的图象
基础盘查一 利用描点法作函数图象
(一)循纲忆知
会利用描点法作一些函数图象(如 y＝sin x)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数 f(x)＝ x－1
x－1
与 g(x)＝ x－1的图象相同( )
(2)点(0,0)，(
1
2，1
8 )，(1,1)，(2,8)为 y＝x3 的关键点( )
答案：(1)× (2)√
2．函数 y＝xax
|x| (a>1)的图象的大致形状是( )
答案：A
基础盘查二 利用图象变换法作函数图象
(一)循纲忆知
能用变换法作函数图象，并会运用函数图象理解和研究函数的性质．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)当 x∈(0，＋∞)时，函数 y＝|f(x)|与 y＝f(|x|)的图象相同( )
(2)函数 y＝af(x)与 y＝f(ax)(a>0 且 a≠1)的图象相同( )
(3)函数 y＝f(x)与 y＝－f(x)的图象关于原点对称( )
(4)若函数 y＝f(x)满足 f(1＋x)＝f(1－x)，则函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称( )
(5)将函数 y＝f(－x)的图象向右平移 1 个单位得到函数 y＝f(－x－1)的图象( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
2．已知图①中的图象对应的函数为 y＝f(x)，则图②中的图象对应的函数为( )
A．y＝f(|x|) B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|) D．y＝－f(|x|)
答案：C
考点一 作函数的图象|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
描点法作函数图象的基本步骤：列表、描点、连线．
首先：①确定函数的定义域；②化简函数解析式；③讨论函数的性质(奇偶性、单调性、
周期性)；
其次：列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、与坐标轴的交点)；
最后：描点，连线．
[题组练透]
分别画出下列函数的图象：
(1)y＝|lg x|；
(2)y＝2x＋2；
(3)y＝x2－2|x|－1.
解：(1)y＝Error!图象如图 1.
(2)将 y＝2x 的图象向左平移 2 个单位．图象如图 2.
(3)y＝Error!图象如图 3.
[类题通法]
画函数图象的一般方法
1．直接法．当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数
的特征直接作出；
2．图象变换法．变换包括：平移变换、伸缩变换、对称变换、翻折变换．
(1)平移变换：
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― →a > 0，右移a个单位
a < 0，左移|a|个单位 y＝f(x－a)；
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― →b > 0，上移b个单位
b < 0，下移|b|个单位 y＝f(x)＋b.
(2)伸缩变换：
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ―→0 < ω < 1，伸长为原来的倍
y＝f(ωx)；
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― ―→A > 1，伸为原来的A倍
0 < A < 1，缩为原来的A y＝Af(x)．
(3)对称变换：
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― →关于x轴对称
y＝－f(x)；
y＝f(x) ― ― ― ― ―→关于y轴对称
y＝f(－x)；
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― →关于原点对称
y＝－f(－x)．
(4)翻折变换：
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ―→去掉y轴左边图，保留y轴右边图
将y轴右边的图象翻折到左边去 y＝f(|x|)；
y＝f(x) ― ― ― ― ― ― ― ― ―→留下x轴上方图
将x轴下方图翻折上去 y＝|f(x)|.
考点二 识图与辨图|(重点保分型考点——师生共研)
[典题例析]
1．(2015·海淀区期中测试)函数 f(x)＝2x＋sin x 的部分图象可能是( )
解析：选 A 因为 x∈R，f(－x)＝－2x－sin x＝－f(x)，所以函数图象关于原点对称，又
f′(x)＝2＋cos x＞0，所以函数单调递增，因此选 A.
2.已知定义在区间[0,2]上的函数 y＝f(x)的图象如图所示，则 y＝－f(2－x)
的图象为( )
解：选 B 法一：由 y＝f(x)的图象知
f(x)＝Error!
当 x∈[0,2]时，2－x∈[0,2]，
所以 f(2－x)＝Error!
故 y＝－f(2－x)＝Error!
法二：当 x＝0 时，－f(2－x)＝－f(2)＝－1；
当 x＝1 时，－f(2－x)＝－f(1)＝－1.
观察各选项，可知应选 B.
[类题通法]
识图常用的方法
(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利
用这一特征分析解决问题；
(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；
(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解
决问题．
[演练冲关]
1．已知 f(x)＝Error!则下列函数的图象错误的是( )
解析：选 D 先在坐标平面内画出函数 y＝f(x)的图象，如图所示，再
将函数 y＝f(x)的图象向右平移 1 个单位长度即可得到 y＝f(x－1)的图象，
因此 A 正确；
作函数 y＝f(x)的图象关于 y 轴的对称图形，即可得到 y＝f(－x)的图
象，因此 B 正确；
y＝f(x)的值域是[0,2]，因此 y＝|f(x)|的图象与 y＝f(x)的图象重合，C 正确；
y＝f(|x|)的定义域是[－1,1]，且是一个偶函数，当 0≤x≤1 时，y＝f(|x|)＝ x，相应这部分
图象不是一条线段，因此选项 D 不正确．
综上所述，选 D.
2.如图，不规则四边形 ABCD 中：AB 和 CD 是线段，AD 和 BC 是圆弧，直
线 l⊥AB 交 AB 于 E，当 l 从左至右移动(与线段 AB 有公共点)时，把四边形
ABCD 分成两部分，设 AE＝x，左侧部分的面积为 y，则 y 关于 x 的图象大致
是( )
解析：选 C 当 l 从左至右移动时，一开始面积的增加速度越来越快，过了 D 点后面积
保持匀速增加，图象呈直线变化，过了 C 点后面积的增加速度又逐渐减慢，故选 C.
3.如图，函数 f(x)的图象是曲线 OAB，其中点 O，A，B 的坐标分别为
(0,0)，(1,2)，(3,1)，则 f (
1
f(3) )的值等于________．
解析：∵由图象知 f(3)＝1，
∴ 1
f(3)＝1.∴f(
1
f(3) )＝f(1)＝2.
答案：2
考点三 函数图象的应用|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系
提供了“形”的直观性.
归纳起来图象的应用常见的命题角度有：
(1)研究函数的性质；
(2)确定方程根的个数；
(3)求参数的取值范围；
(4)求不等式的解集.
角度一：研究函数的性质
1．已知函数 f(x)＝x|x|－2x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)是偶函数，递增区间是(0，＋∞)
B．f(x)是偶函数，递减区间是(－∞，1)
C．f(x)是奇函数，递减区间是(－1,1)
D．f(x)是奇函数，递增区间是(－∞，0)
解析：选 C 将函数 f(x)＝x|x|－2x 去掉绝对值得 f(x)＝Error!画出函数 f(x)
的图象，如图，观察图象可知，函数 f(x)的图象关于原点对称，故函数 f(x)为奇
函数，且在(－1,1)上单调递减．
角度二：确定方程根的个数
2 ． (2015· 日 照 一 模 ) 已 知 f(x) ＝ Error! 则 函 数 y ＝ 2f2(x) － 3f(x) ＋ 1 的 零 点 个 数 是
________．
解析：方程 2f2(x)－3f(x)＋1＝0 的解为 f(x)＝1
2或 1.作出 y＝f(x)的图象，由图象知零点的
个数为 5.
答案：5
角度三：求参数的取值范围
3．(2014·山东高考)已知函数 f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程 f(x)＝g(x)有两个不相等的
实根，则实数 k 的取值范围是( )
A.(0，1
2 ) B.(
1
2，1 )C．(1,2) D．(2，＋∞)
解析：选 B 在同一坐标系中分别画出函数 f(x)，g(x)的图象如
图所示，方程 f(x)＝g(x)有两个不相等的实根等价于两个函数的图
象有两个不同的交点，结合图象可知，当直线 y＝kx 的斜率大于
坐标原点与点(2,1)连线的斜率且小于直线 y＝x－1 的斜率时符合
题意，故1
20，
在(
π
2，4 )上 y＝cos x<0.
由 f(x)的图象知在(1，π
2 )上 f(x)
cos x<0，
因为 f(x)为偶函数，y＝cos x 也是偶函数，
所以 y＝ f(x)
cos x为偶函数，
所以 f(x)
cos x<0 的解集为(－π
2，－1)∪(1，π
2 ).
答案：(－π
2，－1)∪(1，π
2 ) [类题通法]
1．利用函数的图象研究函数的性质，一定要注意其对应关系，如：图象的左右范围对应
定义域；上下范围对应值域；上升、下降趋势对应单调性；对称性对应奇偶性．
2．有关方程解的个数问题常常转化为两个熟悉的函数的图象交点个数；利用此法也可由
解的个数求参数值．
3．有关不等式的问题常常转化为两函数图象的上、下关系来解．
一、选择题
1．函数 y＝e1－x2 的图象大致是( )
解析：选 C 易知函数 f(x)为偶函数，因此排除 A，B；又因为 f(x)＝e1－x2＞0，故排除
D，因此选 C.
2．为了得到函数 y＝2x－3－1 的图象，只需把函数 y＝2x 的图象上所有的点( )
A．向右平移 3 个单位长度，再向下平移 1 个单位长度
B．向左平移 3 个单位长度，再向下平移 1 个单位长度
C．向右平移 3 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度
D．向左平移 3 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度
解析：选 A y＝2x ― ― ― ― ― ― ― ― ―→向右平移3个单位长度
y＝2x－3 ― ― ― ― ― ― ― ― ―→向下平移1个单位长度
y＝2x－3－1.故选 A.
3．(2015·海淀区期中测试)下列函数 f(x)图象中，满足 f(
1
4 )＞f(3)＞f(2)的只可能是( )
解析：选 D 因为 f(
1
4 )＞f(3)＞f(2)，所以函数 f(x)有增有减，排除 A，B.在 C 中，f(
1
4 )
＜f(0)＝1，f(3)＞f(0)，即 f(
1
4 )＜f(3)，排除 C，选 D.
4．设函数 F(x)＝f(x)＋f(－x)，x∈R，且[－π，－π
2]是函数 F(x)的一个单调递增区间．将
函数 F(x)的图象向右平移 π 个单位，得到一个新的函数 G( x)的图象，则 G(x)的一个单调递减
区间是( )
A.[－π，－π
2] B.[－π
2，0]
C.[
π
2，π ] D.[
3π
2 ，2π]解析：选 D ∵F(x)＝f(x)＋f(－x)，x∈R，∴F(－x)＝f(－x)＋f(x)＝F(x)，∴F(x)为偶函
数，∴[
π
2，π ]为函数 F(x)的一个单调递减区间．将 F(x)的图象向右平移 π 个单位，得到一个
新的函数 G(x)的图象，则 G(x)的一个单调递减区间是[
3π
2 ，2π].
5．(2015·成都模拟)设奇函数 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且 f(1)＝0，则不等式f(x)－f(－x)
x
<0 的解集为( )
A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0,1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)
解析：选 D f(x)为奇函数，所以不等式f(x)－f(－x)
x <0 化为f(x)
x <0，即
xf(x)<0，f(x)的大致图象如图所示．所以 xf(x)<0 的解集为(－1,0)∪(0,1)．
6.(创新题)已知函数 f(x)的定义域为 R，且 f(x)＝Error!若方程 f(x)＝x＋a
有两个不同实根，则 a 的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(0,1) D．(－∞，＋∞)
解析：选 A x≤0 时，
f(x)＝2－x－1，
00 时，f(x)是周期函数，
如图所示．
若方程 f(x)＝x＋a 有两个不同的实数根，则函数 f(x)的图象与直线 y＝x＋a 有两个不同交
点，
故 a<1，即 a 的取值范围是(－∞，1)，故选 A.
二、填空题
7.已知函数 f(x)的图象如图所示，则函数 g(x)＝log 2f(x)的定义域
是________．
解析：当 f(x)>0 时，函数 g(x)＝log 2f(x)有意义，
由函数 f(x)的图象知满足 f(x)>0 的 x∈(2,8]．
答案：(2,8]
8．函数 f(x)＝x＋1
x 的图象的对称中心为________．
解析：因为 f(x)＝x＋1
x ＝1＋1
x，故 f(x)的对称中心为(0,1)．
答案：(0,1)
9．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数 f(x)的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，
则 f(x)的解析式为____________．
解析：当－1≤x≤0 时，设解析式为 y＝kx＋b，
则Error!得Error!∴y＝x＋1.
当 x>0 时，设解析式为 y＝a(x－2)2－1，
∵图象过点(4,0)，∴0＝a(4－2)2－1，得 a＝1
4.
答案：f(x)＝Error!
10．设函数 f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的 x∈R，不等式 f(x)≥g(x)恒成立，则实
数 a 的取值范围是____________．
解析：如图作出函数 f(x) ＝|x ＋a| 与 g(x) ＝x －1 的图象，观察
图象可知：当且仅当－a≤1，即 a≥－1 时，不等式 f(x)≥g(x)恒成
立，因此 a 的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝Error!
(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出 f(x)的图象；
(2)写出 f(x)的单调递增区间；
(3)由图象指出当 x 取什么值时 f(x)有最值．
解：(1)函数 f(x)的图象如图所示．
(2)由图象可知，
函数 f(x)的单调递增区间为[－1,0]，[2,5]．
(3)由图象知当 x＝2 时，f(x)min＝f(2)＝－1，
当 x＝0 时，f(x)max＝f(0)＝3.
12．已知函数 f(x)的图象与函数 h(x)＝x＋1
x＋2 的图象关于点 A(0,1)对称．
(1)求 f(x)的解析式；
(2)若 g(x)＝f(x)＋a
x，且 g(x)在区间(0,2]上为减函数，求实数 a 的取值范围．
解：(1)设 f(x)图象上任一点 P(x，y)，则点 P 关于(0,1)点的对称点 P′(－x,2－y)在 h(x)的
图象上，
即 2－y＝－x－1
x＋2，
∴y＝f(x)＝x＋1
x(x≠0)．
(2)g(x)＝f(x)＋a
x＝x＋a＋1
x ，g′(x)＝1－a＋1
x2 .
∵g(x)在(0,2]上为减函数，
∴1－a＋1
x2 ≤0 在(0,2]上恒成立，
即 a＋1≥x2 在(0,2]上恒成立，
∴a＋1≥4，即 a≥3，
故 a 的取值范围是[3，＋∞)．
命题点一 函数的概念及其表示 命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低 题型：选择题、填空题
1．(2014·山东高考)函数 f(x)＝ 1
(log2x)2－1
的定义域为( )
A.(0，1
2 ) B．(2，＋∞)
C.(0，1
2 )∪(2，＋∞) D.(0，1
2 ]∪[2，＋∞)
解析：选 C 由题意可知 x 满足(log2x)2－1>0，即 log2x>1 或 log2x<－1，解得 x>2 或 00，
则 x 的取值范围是________．
解析：由题可知，当－20，f(x－1)的图象是由 f(x)的图象向右平移 1 个单
位长度得到的，若 f(x－1)>0，则－1g(2)＝1，∴f(x)与 g(x)的图象的交点个数为 2，故选 B.
4．(2013·四川高考)函数 y＝ x3
3x－1的图象大致是( )
解析：选 C 因为函数的定义域是非零实数集，所以 A 错；当 x<0 时，y>0，所以 B 错；
当 x→＋∞时，y→0，所以 D 错，故选 C.
5．(2012·天津高考)已知函数 y＝|x2－1|
x－1 的图象与函数 y＝kx－2 的图象恰有两个交点，则
实数 k 的取值范围是________________．
解析：因为函数 y＝|x2－1|
x－1 ＝Error!又函数 y＝kx－2 的图象恒过点(0，－2)，根据图象易
知，两个函数图象有两个交点时，03－2a>0 或 3－2a1 时，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2.
综上可知，a＝－1 或 a＝2.
2．设函数 y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函数的最小值为 g(x)，求 g(x)．
解：∵函数 y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∴对称轴为直线 x＝1，
∵x＝1 不一定在区间[－2，a]内，
∴应进行讨论．
当－21 时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a]上单调递增，则当 x＝1 时，y 取得最小
值，即 ymin＝－1.
综上，g(x)＝Error!
角度二：二次函数中恒成立问题
3．已知 a 是实数，函数 f(x)＝2ax2＋2x－3 在 x∈[－1,1]上恒小于零，求实数 a 的取值范
围．
解：2ax2＋2x－3＜0 在[－1,1]上恒成立．
当 x＝0 时，适合；
当 x≠0 时，a＜3
2(
1
x－1
3 )2－1
6，因为1
x∈(－∞，－1]
∪[1，＋∞)，当 x＝1 时，右边取最小值1
2，所以 a＜1
2.
综上，实数 a 的取值范围是(－∞，1
2).
角度三：二次函数的零点问题
4．已知关于 x 的二次函数 f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t.
(1)求证：对于任意 t∈R，方程 f(x)＝1 必有实数根；
(2)若1
2＜t＜3
4，求证：函数 f(x)在区间(－1,0)及(0，1
2 )上各有一个零点．
证明：(1)∵f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t，
∴f(x)＝1⇔(x＋2t)(x－1)＝0，(*)
∴x＝1 是方程(*)的根，即 f(1)＝1.
因此 x＝1 是 f(x)＝1 的实根，即 f(x)＝1 必有实根．
(2)当1
2＜t＜3
4时，f(－1)＝3－4t＞0，
f(0)＝1－2t＝2(
1
2－t )＜0，
f(
1
2 )＝1
4＋1
2(2t－1)＋1－2t＝3
4－t＞0.
又函数 f(x)的图象连续不间断．
因此 f(x)在区间(－1,0)及(0，1
2 )上各有一个零点．
[类题通法]
二次函数图象与性质问题解题策略
1．对于二次项系数含参数的二次函数、方程、不等式问题，应对参数分类讨论，分类讨
论的标准就是二次项系数与 0 的关系．
2．当二次函数的对称轴不确定时，应分类讨论，分类讨论的标准就是对称轴在区间的左、
中、右三种情况．
3．求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要
求．
一、选择题
1．(2015·湖北孝感调研)函数 f(x)＝(m2－m－1)xm 是幂函数，且在 x∈(0，＋∞)上为增函
数，则实数 m 的值是( )
A．－1 B．2
C．3 D．－1 或 2
解析：选 B f(x)＝(m2－m－1)xm 是幂函数⇒m2－m－1＝1⇒m＝－1 或 m＝2.又 x∈(0，＋
∞)上是增函数，所以 m＝2.
2．(2015·阿克苏 3 月模拟)已知幂函数 f(x)＝x α 的部分对应值如下表，则不等式 f(|x|)≤2
的解集是( )
x 1 1
2
f(x) 1 2
2
A．{x|－4≤x≤4} B．{x|0≤x≤4}
C．{x|－ 2≤x≤ 2} D．{x|0＜x≤ 2}
解析：选 A 由题意知 2
2 ＝(
1
2 )α，
∴α＝1
2，∴f(x)＝x1
2，
由|x|1
2≤2，得|x|≤4，故－4≤x≤4.
3．(2015·洛阳统考)设函数 f(x)＝x2－23x＋60，g(x)＝f(x)＋|f(x)|，则 g(1)＋g(2)＋…＋g(20)
＝( )
A．56 B．112
C．0 D．38
解析：选 B 由二次函数图象的性质得，当 3≤x≤20 时，f(x)＋|f(x)|＝0，∴g(1)＋g(2)
＋…＋g(20)＝g(1)＋g(2)＝112.
4．(2015·北京西城期末)定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(x＋1)＝2f(x)，且当 x∈(0,1]时，f(x)
＝x2－x，则当 x∈[－2，－1]时，f(x)的最小值为( )
A．－ 1
16 B．－1
8
C．－1
4 D．0
解析：选 A 设 x∈[－2，－1]，则 x＋2∈[0,1]，则 f(x＋2)＝(x＋2) 2－(x＋2)，又 f(x＋2)＝
f[(x＋1)＋1]＝2f(x＋1)＝4f(x)，∴f(x)＝1
4(x2＋3x＋2)，∴当 x＝－3
2时，取最小值为－ 1
16.
5．(2015·吉林松原月考)设函数 f(x)＝x2＋x＋a(a＞0)，已知 f(m)＜0，则( )
A．f(m＋1)≥0 B．f(m＋1)≤0
C．f(m＋1)＞0 D．f(m＋1)＜0
解析：选 C ∵f(x)的对称轴为 x＝－1
2，f(0)＝a＞0，
∴f(x)的大致图象如图所示．
由 f(m)＜0，得－1＜m＜0，
∴m＋1＞0，∴f(m＋1)＞f(0)＞0.
6．已知函数 f(x)＝Error!则“－2≤a≤0”是“f(x)在 R 上单调递增”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选 B 当 a＝－1 时，f(x)＝Error!作出图象可知，函数 f(x)在 R 上不是单调递增
函数，所以充分性不满足；反之，若函数 f(x)在 R 上是单调递增函数，则当 a＝0 时满足，
当 a≠0 时，－a
2≤1，a＜0 且－ 1
2a≥1，解得－ 1
2≤a＜0，即－ 1
2≤a≤0.所以能够推出－
2≤a≤0，故“－2≤a≤0”是“函数 f(x)在 R 上单调递增”的必要不充分条件．
二、填空题
7．二次函数的图象过点(0,1)，对称轴为 x＝2，最小值为－1，则它的解析式为
________________．
解析：依题意可设 f(x)＝a(x－2)2－1，
又其图象过点(0,1)，
∴4a－1＝1，∴a＝1
2.
∴f(x)＝1
2(x－2)2－1.
答案：f(x)＝1
2(x－2)2－1
8．对于任意实数 x，函数 f(x)＝(5－a)x2－6x＋a＋5 恒为正值，则 a 的取值范围是________．
解析：由题意可得Error!
解得－4＜a＜4.
答案：(－4,4)
9．已知幂函数 f(x)＝x－1
2，若 f(a＋1)＜f(10－2a)，则 a 的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x－1
2＝ 1
x(x＞0)，易知 x∈(0，＋∞)时为减函数，又 f(a＋1)＜f(10－2a)，
∴Error!解得Error!
∴3＜a＜5.
答案：(3,5)
10．设 f(x)与 g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数 y＝f(x)－g(x)在 x∈[a，
b]上有两个不同的零点，则称 f(x)和 g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区
间”．若 f(x)＝x2－3x＋4 与 g(x)＝2x＋m 在[0,3]上是“关联函数”，则 m 的取值范围为________．
解析：由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x 2－5x＋4－m 在[0,3]上有两个不同
的零点．在同一直角坐标系下作出函数 y＝m 与 y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的
图象如图所示，结合图象可知，
当 x∈[2,3]时，
y＝x2－5x＋4∈[－9
4，－2]，
故当 m∈(－9
4，－2]时，函数 y＝m 与 y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象有两个交点．
答案：(－9
4，－2]三、解答题
11．已知幂函数 f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)．
(1)试确定该函数的定义域，并指明该函数在其定义域上的单调性；
(2)若该函数 f(x)的图象经过点(2， 2)，试确定 m 的值，并求满足条件 f(2－a)＞f(a－1)
的实数 a 的取值范围．
解：(1)∵m2＋m＝m(m＋1)(m∈N*)，而 m 与 m＋1 中必有一个为偶数，
∴m2＋m 为偶数，
∴函数 f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)的定义域为[0，＋∞)，并且该函数在[0，＋∞)上为增函
数．
(2)∵函数 f(x)的图象经过点(2， 2)，
∴ 2＝2 ，即 2 ＝2 ，
∴m2＋m＝2，解得 m＝1 或 m＝－2.
又∵m∈N*，∴m＝1，f(x)＝x .
又∵f(2－a)＞f(a－1)，
∴Error!解得 1≤a＜3
2，
故函数 f(x)的图象经过点(2， 2)时，m＝1.
2 1( )−＋m m
1
2 2 1( )−＋m m
1
2
满足条件 f(2－a)＞f(a－1)的实数 a 的取值范围为[1，3
2 ).
12．已知函数 f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若 f(x)在区间[2,3]上有最大值 5，最小值 2.
(1)求 a，b 的值；
(2)若 b<1，g(x)＝f(x)－mx 在[2,4]上单调，求 m 的取值范围．
解：(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.
当 a>0 时，f(x)在[2,3]上为增函数，
故Error!⇒Error!⇒Error!
当 a<0 时，f(x)在[2,3]上为减函数，
故Error!⇒Error!⇒Error!
(2)∵b<1，∴a＝1，b＝0，即 f(x)＝x2－2x＋2.
g(x)＝x2－2x＋2－mx＝x2－(2＋m)x＋2，
∵g(x)在[2,4]上单调，∴2＋m
2 ≤2 或m＋2
2 ≥4.
∴m≤2 或 m≥6.
故 m 的取值范围为(－∞，2]∪[6，＋∞)．
第六节 指数与指数函数
基础盘查一 根式
(一)循纲忆知
理解根式的概念并能化简．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)n an与(n a)n 都等于 a(n∈N*)( )
(2)当 n∈N*时，(n －3)n 都有意义( )
(3) (π－4)2＝4－π( )
答案：(1)× (2)× (3)√
2．化简 a3b23 ab2
(ab)4ab (a>0，b>0)的结果为____________．
答案：ab－1
基础盘查二 有理数指数幂
(一)循纲忆知
理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)分数指数幂 a m
n可以理解为m
n个 a 相乘( )
(2)(－1) ＝(－1) ＝ －1( )
答案：(1)× (2)×
2．(人教 A 版教材习题改编)
(1)2 3×3 1.5×6 12＝________.
(2)(2a )(－6a b )÷(－3a b )＝________.
答案：(1)6 (2)4a
基础盘查三 指数函数的图象与性质
(一)循纲忆知
1．理解指数函数的概念及其单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点．
2．知道指数函数是一类重要的函数模型．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数 y＝3·2x 与 y＝2x＋1 都不是指数函数( )
(2)若 am0 且 a≠1)，则 m1)的值域是(0，＋∞)( )
(5)函数 y＝ax－1(a>0 且 a≠1)恒过点(1,1)( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)√
2．(人教 A 版教材习题改编)已知 0.2m<0.2n，则 m______n(填“>”或“<”)．
答案：>
3．指数函数 y＝(2－a)x 在定义域内是减函数，则 a 的取值范围是__________．
答案：(1,2)
考点一 指数幂的化简与求值|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
(1)幂的有关概念：
2
4
1
2
2
3
1
2
1
2
1
3
1
6
5
6
2 +1xa
①正分数指数幂：a ＝n am(a>0，m，n∈N*，且 n>1)．
②负分数指数幂：a ＝ 1
am
n
＝ 1
n am(a>0，m，n∈N*，且 n>1)．
③0 的正分数指数幂等于 0,0 的负分数指数幂没有意义．
(2)有理数指数幂的性质：
①aras＝ar＋s(a>0，r，s∈Q)；
②(ar)s＝ar s(a>0，r，s∈Q)；
③(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q)．
[提醒] 有理数指数幂的运算性质中，要求指数的底数都大于 0，否则不能用性质来运
算．
[题组练透]
求值与化简：
(1)(23
5 )0＋2－2·(21
4 ) －(0.01)0.5；
(2)5
6a ·b－2·(－3a b－1)÷(4a ·b－3) ；
(3)
(a·b－1)·a·b
6 a·b5
解：(1)原式＝1＋1
4×(
4
9 ) －(
1
100 ) ＝1＋1
4×2
3－ 1
10＝1＋1
6－ 1
10＝16
15.
(2)原式＝－5
2a b－3÷(4a ·b－3)
＝－5
4a b－3÷(a b )
＝－5
4a ·b .
＝－5
4· 1
ab3＝－5 ab
4ab2 .
(3)原式＝ab·ab
ab ＝a ·b ＝1
a.
[类题通法]
指数幂运算的一般原则
(1)有括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算．
(2)先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．
(3)底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化成假分
数．
m
n
− m
n
1
2
−
1
3
1
2
− 2
3
1
2
1
2
1
2
1
6
− 2
3
1
2
1
6
− 1
3
3
2
−
1
2
− 3
2
−
1 1 1
3 2 6
− − − 1 1 5
2 3 6
+ −
(4)若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解
答．
[提醒] 运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数．
考点二 指数函数的图象及应用|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
(1)当 a＞1 时，指数函数的图象“上升”；当 0＜a＜1 时，指数函数的图象“下降”．
(2)指数函数 y＝ax(a＞0，且 a≠1)的图象过定点(0,1)，且函数图象经过第一、二象限．
[典题例析]
1．函数 y＝ax－1
a(a>0，且 a≠1)的图象可能是( )
解析：选 D 法一：当 00，且 a≠1)的图象必过点(－1,0)，所以选 D.
2．(2015·衡水模拟)若曲线|y|＝2 x＋1 与直线 y＝b 没有公共点，则 b 的取值范围是
________．
解析：曲线|y|＝2x＋1 与直线 y＝b 的图象如图所示，由图可知：如果|y|＝2x＋1 与直线 y＝
b 没有公共点，则 b 应满足的条件是 b∈[－1,1]．
答案：[－1,1]
[类题通法]
指数函数图象的画法及应用
(1)画指数函数 y＝ax(a>0，a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0,1)，(－1，1
a).
(2)与指数函数有关的函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对
称变换得到其图象．
(3)一些指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象数形结合求
解．
[演练冲关]
1．(2015·北京模拟)在同一坐标系中，函数 y＝2x 与 y＝(
1
2 )x 的图象之间的关系是( )
A．关于 y 轴对称 B．关于 x 轴对称
C．关于原点对称 D．关于直线 y＝x 对称
解析：选 A ∵y＝(
1
2 )x＝2－x，
∴它与函数 y＝2x 的图象关于 y 轴对称．
2．若将典例 2 中“|y|＝2x＋1”改为“y＝|2x－1|”，且与直线 y＝b 有两个公共点，求 b
的取值范围．
解：曲线 y＝|2x－1|与直线 y＝b 的图象如图所示，由图象可得，如果曲线 y＝|2x－1|与直
线 y＝b 有两个公共点，则 b 的取值范围是(0,1)．
考点三 指数函数的性质及应用|(常考常新型考点——多角探明)
[必备知识]
指数函数的性质
(1)定义域是 R；
(2)值域是(0，＋∞)；
(3)过定点(0,1)，即 x＝0 时，y＝1；
(4)当 a＞1 时，在 R 上是增函数；当 0＜a＜1 时，在 R 上是减函数．
[多角探明]
高考常以选择题或填空题的形式考查指数函数的性质及应用，难度偏小，属中低档题.
归纳起来常见的命题角度有：
(1)比较指数式的大小；
(2)简单的指数方程或不等式的应用；
(3)探究指数型函数的性质.
角度一：比较指数式的大小
1．设 a＝(
3
5 ) ，b＝(
2
5 ) ，c＝(
2
5 ) ，则 a，b，c 的大小关系是________．
解析：∵y＝x (x>0)为增函数，∴a>c.
∵y＝(
2
5 )x(x∈R)为减函数，∴c>b，∴a>c>b.
答案：a>c>b
角度二：简单的指数方程或不等式的应用
2．设函数 f(x)＝Error!若 f(a)＜1，则实数 a 的取值范围是( )
A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)
C．(－3,1) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
解析：选 C 当 a＜0 时，不等式 f(a)＜1 可化为(
1
2 )a－7＜1，即 (
1
2 )a＜8，即 (
1
2 )
a＜(
1
2 )－3，
因为 0＜1
2＜1，所以 a＞－3，此时－3＜a＜0；
当 a≥0 时，不等式 f(a)＜1 可化为 a＜1，
所以 0≤a＜1.故 a 的取值范围是(－3,1)，故选 C.
角度三：探究指数型函数的性质
3．已知函数 f(x)＝(
1
3 ) .
(1)若 a＝－1，求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)有最大值 3，求 a 的值；
(3)若 f(x)的值域是(0，＋∞)，求 a 的值．
解：(1)当 a＝－1 时，f(x)＝(
1
3 ) ，
令 g(x)＝－x2－4x＋3，
由于 g(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而 y＝ (
1
3 )t 在 R 上
单调递减，
所以 f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数 f(x)的单调递增
区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．
(2)令 g(x)＝ax2－4x＋3，f(x)＝(
1
3 )g(x)，
由于 f(x)有最大值 3，所以 g(x)应有最小值－1，
2
5
3
5
2
5
2
5
2 4 3− +ax x
2 4 3− +-x x
因此必有Error!
解得 a＝1，即当 f(x)有最大值 3 时，a 的值等于 1.
(3)由指数函数的性质知，
要使 y＝(
1
3 )g(x)的值域为(0，＋∞)．
应使 g(x)＝ax2－4x＋3 的值域为 R，
因此只能 a＝0.(因为若 a≠0，则 g(x)为二次函数，其值域不可能为 R)．
故 a 的值为 0.
[类题通法]
指数函数的性质及应用问题解题策略
(1)比较大小问题．常利用指数函数的单调性及中间值(0 或 1)法．
(2)简单的指数方程或不等式的求解问题．解决此类问题应利用指数函数的单调性，要特
别注意底数 a 的取值范围，并在必要时进行分类讨论．
(3)解决指数函数的综合问题时，要把指数函数的概念和性质同函数的其他性质(如奇偶性、
周期性)相结合，同时要特别注意底数不确定时，对底数的分类讨论．
一、选择题
1．函数 f(x)＝2|x－1|的图象是( )
解析：选 B f(x)＝Error!故选 B.
2．已知 f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则 f(x)的值域( )
A．[9,81] B．[3,9]
C．[1,9] D．[1，＋∞)
解析：选 C 由 f(x)过定点(2,1)可知 b＝2，因 f(x)＝3x－2 在[2,4]上是增函数，f(x)min＝f(2)＝
1，f(x)max＝f(4)＝9.可知 C 正确．
3．已知 a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．b>c>a
解析：选 A 由 0.2<0.6,0.4<1，并结合指数函数的图象可知 0.40.2>0.40.6，即 b>c；因为 a＝
20.2>1，b＝0.40.2<1，所以 a>b.综上，a>b>c.
4．(2015·太原一模)函数 y＝2x－2－x 是( )
A．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增
B．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减
C．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增
D．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递减
解析：选 A 令 f(x)＝2x－2－x，则 f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以函数 f(x)是奇函数，排
除 C，D.
又函数 y＝－2－x，y＝2x 均是 R 上的增函数，
故 y＝2x－2－x 在 R 上为增函数．
5．(2015·丽水模拟)当 x∈(－∞，－1]时，不等式(m 2－m)·4x－2x＜0 恒成立，则实数 m
的取值范围是( )
A．(－2,1) B．(－4,3)
C．(－1,2) D．(－3,4)
解析：选 C 原不等式变形为 m2－m＜(
1
2 )x，
∵函数 y＝(
1
2 )x 在(－∞，－1]上是减函数，
∴(
1
2 )x≥(
1
2 )－1＝2，
当 x∈(－∞，－1]时，m2－m＜(
1
2 )x 恒成立等价于 m2－m＜2，解得－1＜m＜2.
6．(2015·济宁三模)已知函数 f(x)＝|2x－1|，a＜b＜c 且 f(a)＞f(c)＞f(b)，则下列结论中，
一定成立的是( )
A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a＜0，b≥0，c＞0
C．2－a＜2c D．2a＋2c＜2
解析：选 D 作出函数 f(x)＝|2x－1|的图象，如图，
∵a＜b＜c，且 f(a)＞f(c)＞f(b)，结合图象知
00 的解集是(1，＋∞)，由 1－ a
2x>0，可得 2x>a，故
x>log2a，由 log2a＝1 得 a＝2.
答案：2
8．(2015·南昌一模)函数 y＝8－23－x(x≥0)的值域是________．
解析：∵x≥0，∴－x≤0，∴3－x≤3，
∴0＜23－x≤23＝8，∴0≤8－23－x<8，
∴函数 y＝8－23－x 的值域为[0,8)．
答案：[0,8)
9．定义区间[x1，x2]的长度为 x2－x1，已知函数 f(x)＝3|x|的定义域为[a，b]，值域为[1,9]，
则区间[a，b]的长度的最大值为________，最小值为________．
解析：由 3|x|＝1 得 x＝0，由 3 |x|＝9 得 x＝±2，故满足题意的定义域可以为[－2，
m](0≤m≤2)或[n,2](－2≤n≤0)，故区间[a，b]的最大长度为 4，最小长度为 2.
答案：4 2
10．(2015·济宁月考)已知函数 f(x)＝(a－2)a x(a＞0，且 a≠1)，若对任意 x 1，x2∈R，
f(x1)－f(x2)
x1－x2 ＞0，则 a 的取值范围是__________________．
解析：当 0＜a＜1 时，a－2＜0，y＝ax 单调递减，所以 f(x)单调递增；当 1＜a＜2 时，a
－2＜0，y＝ax 单调递增，所以 f(x)单调递减；当 a＝2 时，f(x)＝0；当 a＞2 时，a－2＞0，y＝
ax 单调递增，所以 f(x)单调递增．又由题意知 f(x)单调递增，故 a 的取值范围是(0,1)∪(2，＋
∞)．
答案：(0,1)∪(2，＋∞)
三、解答题
11．化简下列各式：
(1)(27
9 )0.5＋0.1－2＋(210
27 ) －3π0＋37
48；
(2)3 a· a－3÷ 3 a－3· a－1.
解：(1)原式＝(
25
9 ) ＋ 1
0.12＋(
64
27 ) －3＋37
48
2
3
−
1
2
2
3
−
＝5
3＋100＋ 9
16－3＋37
48＝100.
(2)原式＝ 3 a·a÷ 3 a·a
＝ 3 a÷ 3 a－1
2
＝a ÷a ＝a ＝a .
12．已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2x－ 1
2|x|.
(1)若 f(x)＝3
2，求 x 的值；
(2)若 2tf(2t)＋mf(t)≥0 对于 t∈[1,2]恒成立，求实数 m 的取值范围．
解：(1)当 x＜0 时，f(x)＝0，无解；
当 x≥0 时，f(x)＝2x－1
2x，
由 2x－1
2x＝3
2，
得 2·22x－3·2x－2＝0，
看成关于 2x 的一元二次方程，
解得 2x＝2 或 2x＝－1
2，
∵2x＞0，∴x＝1.
(2)当 t∈[1,2]时，2t
(22t－ 1
22t)＋m(2t－1
2t)≥0，
即 m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1＞0，
∴m≥－(22t＋1)，
∵t∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，
故 m 的取值范围是[－5，＋∞)．
第七节 对数与对数函数
基础盘查一 对数与对数运算
(一)循纲忆知
理解对数的概念及其运算性质，知道用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数；
了解对数在简化运算中的作用．
7
6
1
6
− 8
6
4
3
(二)小题查验
1．判断正误
(1)(－2)3＝－8 可化为 log(－2)(－8)＝3( )
(2)若 MN>0，则 loga(MN)＝logaM＋logaN( )
(3)logax·logay＝loga(x＋y)( )
答案：(1)× (2)× (3)×
2．(人教 A 版教材习题改编)计算：
(1)log35－log315＝________.
(2)log23·log34·log45·log52＝________.
答案：(1)－1 (2)1
基础盘查二 对数函数的图象与性质
(一)循纲忆知
1．理解对数函数的概念及其单调性，掌握对数函数图象通过的特殊点．
2．知道对数函数是一类重要的函数模型．
3．了解指数函数 y＝ax 与对数函数 y＝logax 互为反函数(a>0 且 a≠1)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数 y＝log2x 及 y＝log 3x 都是对数函数( )
(2)对数函数 y＝logax(a>0，且 a≠1)在(0，＋∞)上是增函数( )
(3)函数 y＝ln 1＋x
1－x与 y＝ln(1＋x)－ln(1－x)的定义域相同( )
(4)对数函数 y＝logax(a>0 且 a≠1)的图象过定点(1,0)，且过点(a,1)，(
1
a，－1)，函数图象
只在第一、四象限( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
2．(人教 A 版教材习题改编)函数 y＝ log0.5(4x－3)的定义域为________．
答案：(
3
4，1 ]3．函数 y＝loga(3x－2)(a>0，a≠1)的图象经过定点 A，则 A 点坐标是________．
答案：(1,0)
4．已知 a>0，且 a≠1，函数 y＝ax 与 y＝loga(－x)的图象可能是________(填序号)．
1
3
答案：②
考点一 对数式的化简与求值|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
对数的运算
(1)loga(MN)＝logaM＋logaN(a>0，且 a≠1，M>0，N>0)；
(2)loga
M
N＝logaM－logaN(a>0，且 a≠1，M>0，N>0)；
(3)logaMn＝nlogaM(a>0，且 a≠1，M>0，n∈R)；
(4)对数换底公式：logbN＝logaN
logab(a>0，a≠1，b>0，b≠1，N>0)；
(5)对数恒等式：a ＝N(a>0，a≠1，N>0)．
[提醒] 在应用 logaMn＝nlogaM 时，易忽视 M >0.
[题组练透]
1．(2013·陕西高考)设 a，b，c 均为不等于 1 的正实数， 则下列等式中恒成立的是( )
A．logab·logcb＝logca B．logab·logca＝logcb
C．loga(bc)＝logab·logac D．loga(b＋c)＝logab＋logac
解析：选 B 利用对数的换底公式进行验证，log ab·logca＝logcb
logca·logca＝log cb，则 B
对．
2．计算下列各题：
(1)lg3
7＋lg 70－lg 3－ (lg 3)2－lg 9＋1；
(2)log3
4 27
3 ·log5[4 －(3 3) －7 ]．
解：(1)原式＝lg
3
7 × 70
3 － (lg 3)2－2lg 3＋1＝lg 10－ (lg 3－1)2＝1－|lg 3－1|＝lg 3.
(2)原式＝log3
3
3 ·log5[2log210－(3 ) －7 ]
＝(
3
4log33－log33)·log5(10－3－2)
＝(
3
4－1 )·log55＝－1
4.
[类题通法]
对数运算的一般思路
(1)首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，
loga N
1 102 2log 2
3 27log
3
2
2
3 27log
然后正用对数运算性质化简合并．
(2)将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同
底对数真数的积、商、幂的运算．
考点二 对数函数的图象及应用|(题点多变型考点——全面发掘)
[必备知识]
对数函数图象的特点
(1)当 a>1 时，对数函数的图象呈上升趋势；
当 00，且 a≠1)的图象过定点(1,0)，且过点(a,1)，(
1
a，－1)，函数图象
只在第一、四象限．
[一题多变]
[典型母题]
当 01 时不满足条件，当 0
2
2 ，所以 a
的取值范围为(
2
2 ，1).
法二：∵04x>1，
∴01 时，显然不成立；
当 01 时，在(0，＋∞)上是增函数；当 00 得－1b>c B．b>c>a
C．c>b>a D．b>a>c
解析：选 A ∵a＝3 >1,0b>c，故选 A.
2．已知函数 f(x)＝ax＋logax(a>0，a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为 loga2＋6，则
a 的值为( )
A.1
2 B.1
4
C．2 D．4
解析：选 C 显然函数 y＝a x 与 y＝logax 在[1,2]上的单调性相同，因此函数 f(x)＝a x＋
logax 在[1,2]上的最大值与最小值之和为 f(1)＋f(2)＝(a＋loga1)＋(a2＋loga2)＝a＋a2＋loga2＝
loga2＋6，故 a＋a2＝6，解得 a＝2 或 a＝－3(舍去)．故选 C.
3．若 f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上递减，则 a 的取值范围为( )
A．[1,2) B．[1,2]
B．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：选 A 令函数 g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，对称轴为 x＝a，要使函
数在(－∞，1]上递减，则有Error!即Error!解得 1≤a<2，即 a∈[1,2)，故选 A.
一、选择题
1．(2015·内江三模)lg 5 1 000－8 ＝( )
A．23
5 B．－17
5
C．－18
5 D．4
解析：选 B lg 5 1 000－8 ＝lg 10 －(23) ＝ －4＝－17
5 .
2．若函数 y＝f(x)是函数 y＝ax(a＞0，且 a≠1)的反函数，且 f(2)＝1，则 f(x)＝( )
A．log2x B.1
2x
C．log1
2x D．2x－2
解析：选 A f(x)＝logax，∵f(2)＝1，∴loga2＝1.∴a＝2.∴f(x)＝log2x.
1
2
1
3
1
2
1
3
2
3
2
3
3
5
2
3
3
5
3．(2014·天津高考)函数 f(x)＝log (x2－4)的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
解析：选 D 函数 y＝f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为函数 y＝f(x)是由 y＝
log t 与 t＝g(x)＝x2－4 复合而成，又 y＝log t 在(0，＋∞)上单调递减，g(x)在(－∞，－2)
上单调递减，所以函数 y＝f(x)在(－∞，－2)上单调递增．选 D.
4．(2015·福州模拟)函数 y＝lg|x－1|的图象是( )
解析：选 A 因为 y＝lg|x－1|＝Error!
当 x＝1 时，函数无意义，故排除 B、D.
又当 x＝2 或 0 时，y＝0，所以 A 项符合题意．
5．(2015·长春质检)已知函数 f(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上单调递增，则( )
A．f(3)1，f(1)0 时，f(x)＝lg x2＋1
|x| ＝lgx2＋1
x ＝lg(x＋1
x )，令 t(x)＝x＋1
x，
x>0，则 t′(x)＝1－ 1
x2，可知当 x∈(0,1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，当 x∈(1，＋∞)时，
t′(x)>0，t(x)单调递增，即在 x＝1 处取到最小值为 2.由偶函数的图象关于 y 轴对称及复合函
数的单调性可知②错误，③正确，④正确，故答案为①③④.
答案：①③④
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1log 6
− 2
1log 6
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a>0 且 a≠1.
(1)求 f(x)的定义域；
(2)判断 f(x)的奇偶性并予以证明；
(3)当 a>1 时，求使 f(x)>0 的 x 的解集．
解：(1)要使函数 f(x)有意义．
则Error!解得－11 时，f(x)在定义域(－1,1)内是增函数，
所以 f(x)>0⇔x＋1
1－x>1，解得 00 的 x 的解集是(0,1)．
12．设 x∈[2,8]时，函数 f(x)＝1
2loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且 a≠1)的最大值是 1，最小值是－
1
8，求 a 的值．
解：由题意知 f(x)＝1
2(logax＋1)·(logax＋2)
＝1
2(log2ax＋3logax＋2)
＝1
2(logax＋3
2)2－1
8.
当 f(x)取最小值－1
8时，logax＝－3
2.
又∵x∈[2,8]，∴a∈(0,1)．
∵f(x)是关于 logax 的二次函数，
∴函数 f(x)的最大值必在 x＝2 或 x＝8 时取得．
若 1
2(loga2＋3
2)2－1
8＝1，则 a＝2 ，
此时 f(x)取得最小值时，
x＝(2 ) ＝ 2∉[2,8]，舍去．
1
3
−
1
3
− 3
2
−
若 1
2(loga8＋3
2)2－1
8＝1，则 a＝1
2，
此时 f(x)取得最小值时，x＝(
1
2 ) ＝2 2∈[2,8]，符合题意，∴a＝1
2.
第八节 函数与方程
基础盘查一 函数的零点
(一)循纲忆知
1．了解函数零点的概念以及函数零点与方程根的联系．
2．掌握函数零点存在的条件，并会判断函数零点的个数．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数的零点是函数 y＝f(x)与 x 轴的交点( )
(2)若 f(x)在(a，b)上有零点，一定有 f(a)·f(b)<0( )
(3)函数 y＝2sin x－1 的零点有无数多个( )
答案：(1)× (2)× (3)√
2．函数 f(x)＝2x＋3x 的零点所在的一个区间是( )
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
答案：B
3．函数 f(x)＝kx＋1 在[1,2]上有零点，则 k 的取值范围是________．
答案：(－1，－1
2)基础盘查二 二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系
(一)循纲忆知
结合二次函数的图象，判断一元二次方程根的存在性及根的个数．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在 b2－4ac<0 时没有零点( )
(2)已知函数 f(x)＝x2＋x＋a 在区间(0,1)上有零点，则实数 a 的取值范围是(－2,0)( )
答案：(1)√ (2)√
3
2
−
2．函数 f(x)＝(x2－2)(x2－3x＋2)的零点为________．
答案：－ 2， 2，1,2
考点一 函数零点所在区间的判定|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
零点存在性定理
如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)＜0，那
么，函数 y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程
f(x)＝0 的根．
[提醒] 此定理只能判断出零点存在，不能确定零点的个数．
[题组练透]
1．已知函数 f(x)＝6
x－log2x，在下列区间中，包含 f(x)零点的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,4) D．(4，＋∞)
解析：选 C 因为 f(1)＝6－log21＝6＞0，f(2)＝3－log22＝2＞0，f(4)＝3
2－log24＝－1
2＜
0，所以函数 f(x)的零点所在区间为(2,4)．
2．函数 f(x)＝2x－2
x－a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数 a 的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,2)
C．(0,3) D．(0,2)
解析：选 C 由条件可知 f(1)f(2)<0，即(2－2－a)(4－1－a)<0，即 a(a－3)<0，解得
00，∴f(1)·f(8)<0，
又 f(x)＝x2－3x－18 在区间[1,8]的图象是连续的，
故 f(x)＝x2－3x－18 在区间[1,8]存在零点．
法二：令 f(x)＝0，得 x2－3x－18＝0，
∴(x－6)(x＋3)＝0.
∵x＝6∈[1,8]，x＝－3∉[1,8]，
∴f(x)＝x2－3x－18 在区间[1,8]存在零点．
答案：存在
[类题通法]
确定函数 f(x)的零点所在区间的常用方法
(1)利用函数零点的存在性定理：首先看函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再
看是否有 f(a)·f(b)＜0.若有，则函数 y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．
(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与 x 轴在给定区间上是否有交点来判断．
考点二 判断函数零点个数|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
1．函数零点的定义
对于函数 y＝f(x)，把使 f(x)＝0 成立的实数 x 叫做函数 y＝f(x)的零点．
2．几个等价关系
方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有交点⇔函数 y＝f(x)有零点．
[典题例析]
1．(2013·天津高考)函数 f(x)＝2x|log0.5x|－1 的零点个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 B 由 f(x)＝2x|log0.5x|－1＝0，可得|log0.5x|＝(
1
2 )x.
设 g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝(
1
2 )x，在同一坐标系下分别画出函数
g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有 2 个交点，因此函数
f(x)有 2 个零点．
2．(2014·福建高考)函数 f(x)＝Error! 的零点个数是________．
解析：当 x≤0 时，令 x2－2＝0，解得 x＝－ 2(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零
点．当 x>0 时，f′(x)＝2＋1
x＞0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为 f(2)＝－2
＋ln 2＜0，f(3)＝ln 3＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数 f(x)的零点个数为
2.
答案：2
[类题通法]
判断函数零点个数的方法
(1)解方程法：若对应方程 f(x)＝0 可解时，通过解方程，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要判断函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且
f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函
数有多少个零点．
(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其
交点的个数，其中交点的个数，就是函数零点的个数．
[演练冲关]
1．函数 f(x)＝sin(πcos x)在区间[0,2π]上的零点个数是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选 C 令 f(x)＝0，得 πcos x＝kπ(k∈Z)⇒cos x＝k，所以 k＝0,1，－1.若 k＝0，则
x＝π
2或 x＝3π
2 ；若 k＝1，则 x＝0 或 x＝2π；若 k＝－1，则 x＝π，故零点个数为 5.
2．(2015·北京丰台二模)函数 f(x)＝x1
2－(
1
2 )x 的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 B 令 f(x)＝0，得 x1
2＝(
1
2 )x，在平面直角坐标系中分别画出函数 y＝x 1
2与 y
＝(
1
2 )x 的图象，可得交点只有一个，所以零点只有一个，故选 B.
考点三 函数零点的应用|(题点多变型考点——全面发掘)
[一题多变]
[典型母题]
若函数 f(x)＝xln x－a 有两个零点，则实数 a 的取值范围为________．
[解析] 令 g(x)＝xln x，h(x)＝a，则问题可转化成函数 g(x)与 h(x)的图象有两个交
点．g′(x)＝ln x＋1，令 g′(x)<0，即 ln x<－1，可解得 00，即 ln x>－1，
可解得 x>1
e，所以，当 01
e时，函数 g(x)单调递增，由此
可知当 x＝1
e时，g(x)min＝－1
e.在同一坐标系中作出函数 g(x)和 h(x)的简图如图所示，据图可
得－1
e2，
∴f(1)·f(2)<0，
∵函数 f(x)＝ln x＋x－2 的图象是连续的，
∴函数 f(x)的零点所在的区间是(1,2)．
法二：函数 f(x)的零点所在的区间转化为函数 g(x)＝ln x，h(x)＝－x＋2 图象交点的横坐
标所在的范围，如图所示，
可知 f(x)的零点所在的区间为(1,2)．
2．设 f(x)＝x3＋bx＋c 是[－1,1]上的增函数，且 f(－1
2 )·f(
1
2 )<0，则方程 f(x)＝0 在[－
1,1]内( )
A．可能有 3 个实数根 B．可能有 2 个实数根
C．有唯一的实数根 D．没有实数根
解析：选 C 由 f(x)在[－1,1]上是增函数，且 f(－1
2 )·f(
1
2 )<0，知 f(x)在[－1
2，1
2]上有
唯一零点，所以方程 f(x)＝0 在[－1,1]上有唯一实数根．
3．(2015·河北质检)若 f(x)是奇函数，且 x0 是 y＝f(x)＋ex 的一个零点，则－x0 一定是下列
哪个函数的零点( )
A．y＝f(－x)ex－1 B．y＝f(x)e－x＋1
C．y＝exf(x)－1 D．y＝exf(x)＋1
解析：选 C 由已知可得 f(x0)＝－ex0，则 e－x0f(x0)＝－1，e－x0f(－x0)＝1，故－x0 一定
是 y＝exf(x)－1 的零点．
4．已知函数 f(x)满足 f(x＋1)＝f(x－1)，f(x)＝f(2－x)，且函数 y＝f(x)在区间[0,1]内有且只
有一个零点1
2，则 y＝f(x)在区间[0,2 014]上的零点的个数为( )
A．2 012 B．1 006
C．2 014 D．1 007
解析：选 C 由 f(x＋1)＝f(x－1)可得函数 f(x)为周期为 2 的周期函数，由 f(x)＝f(2－x)可
得 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，由函数 y＝f(x)在区间[0,1]上有且只有一个零点1
2，可知函
数 y＝f(x)在区间[1,2]上有一个零点3
2，又 f(x)在区间[0,2 014]上有 1 007 个周期，故有 2 014 个
零点．
5．已知函数 f(x)＝x2－bx＋a 的图象如图所示，则函数 g(x)＝ln x＋f′(x)的零点所在的区
间是( )
A.(
1
4，1
2 ) B.(
1
2，1 )C．(1,2) D．(2,3)
解析：选 B 由题图可知 f(x)的对称轴 x＝b
2∈(
1
2，1 )，则 1＜b＜2，易知 g(x)＝ln x＋2x－
b，则 g(
1
4 )＝－2ln 2＋1
2－b＜0，g(
1
2 )＝－ln 2＋1－b＜0，g(1)＝2－b＞0，故 g(x)的零
点所在的区间是(
1
2，1 ).
6．(2015·湖北八校联考)已知 x∈R，符号[x]表示不超过 x 的最大整数，若函数 f(x)＝[x]
x －
a(x≠0)有且仅有 3 个零点，则 a 的取值范围是( )
A.(
3
4，4
5 ]∪[
4
3，3
2 ) B.[
3
4，4
5 ]∪[
4
3，3
2 ]
C.(
1
2，2
3 ]∪[
5
4，3
2 ) D.[
1
2，2
3 ]∪[
5
4，3
2 ]
解析：选 A 当 00 和 k<0 作出函数 f(x)的图象．当 01 或 k<0 时，没有交点，故当 01)的增长速度会超过并远远大于 y＝xα(α>0)的
增长速度( )
(3)“指数爆炸”是指数型函数 y＝a·bx＋c(a≠0，b>0，b≠1)增长速度越来越快的形象比
喻( )
(4)幂函数增长比直线增长更快( )
(5)指数函数模型，一般用于解决变化较快，短时间内变化量较大的实际问题中( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2．某种病毒经 30 分钟繁殖为原来的 2 倍，且知病毒的繁殖规律为 y＝ekt(其中 k 为常数，
t 表示时间，单位：小时，y 表示病毒个数)，则 k＝________，经过 5 小时，1 个病毒能繁殖
为________个．
答案：2ln 2 1 024
基础盘查二 常见的几种函数模型
(一)循纲忆知
了解函数模型(如指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函
数模型)的广泛应用．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)不存在 x0，使 ax00)．当 x － 4
x
＝0，即 x＝4 时，L
取得最大值 21.5.
故当年广告费投入 4 万元时，该公司的年利润最大．
答案：4
9．某商家一月份至五月份累计销售额达 3 860 万元，预测六月份销售额为 500 万元，七
月份销售额比六月份递增 x%，八月份销售额比七月份递增 x%，九、十月份销售总额与七、
八月份销售总额相等．若一月份至十月份销售总额至少达 7 000 万元，则 x 的最小值是
________．
解析：七月份的销售额为 500(1＋x%)，八月份的销售额为 500(1＋x%)2，则一月份到十
月份的销售总额是 3 860＋500＋2 [500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]，根据题意有
3 860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7 000，
即 25(1＋x%)＋25(1＋x%)2≥66，
令 t＝1＋x%，则 25t2＋25t－66≥0，
解得 t≥6
5或者 t≤－11
5 (舍去)，
故 1＋x%≥6
5，解得 x≥20.
答案：20
10．一个容器装有细沙 a cm3，细沙从容器底下一个细微的小孔慢慢地匀速漏出，t min
后剩余的细沙量为 y＝ae －b t (cm3)，经过 8 min 后发现容器内还有一半的沙子，则再经过
________min，容器中的沙子只有开始时的八分之一．
解析：当 t＝0 时，y＝a；当 t＝8 时，y＝ae－8b＝1
2a，故 e－8b＝1
2.当容器中的沙子只有开
始时的八分之一时，即 y＝ae－bt＝1
8a，e－bt＝1
8＝(e－8b)3＝e－24b，则 t＝24，所以再经过 16 min
容器内沙子只有开始时的八分之一．
答案：16
三、解答题
11．(2015·湖北鄂州月考)如图所示，已知边长为 8 米的正方形钢板有
一个角被锈蚀，其中 AE＝4 米，CD＝6 米．为合理利用这块钢板，在五边
形 ABCDE 内截取一个矩形 BNPM，使点 P 在边 DE 上．
(1)设 MP＝x 米，PN＝y 米，将 y 表示成 x 的函数，求该函数的解析
式及定义域；
(2)求矩形 BNPM 面积的最大值．
解：(1)作 PQ⊥AF 于 Q，
所以 PQ＝(8－y)米，
EQ＝(x－4)米．
又△EPQ∽△EDF，
所以EQ
PQ＝EF
FD，即x－4
8－y＝4
2.
所以 y＝－1
2x＋10，
定义域为{x|4≤x≤8}．
(2)设矩形 BNPM 的面积为 S 平方米，
则 S(x)＝xy＝x(10－x
2)＝－1
2(x－10)2＋50，
S(x)是关于 x 的二次函数，且其图象开口向下，对称轴为 x＝10，所以当 x∈[4,8]时，S(x)
单调递增．
所以当 x＝8 米时，矩形 BNPM 的面积取得最大值，为 48 平方米．
12．一片森林原来面积为 a，计划每年砍伐一些树，且每年砍伐面积的百分比相等，当
砍伐到面积的一半时，所用时间是 10 年，为保护生态环境，森林面积至少要保留原面积的1
4，
已知到今年为止，森林剩余面积为原来的 2
2 .
(1)求每年砍伐面积的百分比；
(2)到今年为止，该森林已砍伐了多少年？
(3)今后最多还能砍伐多少年？
解：(1)设每年砍伐面积的百分比为 x(0a＝log37>1，b＝21.1>2，c＝0.83.1<1，所以 c1 时，函数 f(x)＝xa(x>0)单调递增，函数 g(x)＝logax 单调递增，且过
点(1,0)，由幂函数的图象性质可知 C 错；当 00)单调递增，函数 g(x)
＝logax 单调递减，且过点(1,0)，排除 A，又由幂函数的图象性质可知 B 错，因此选 D.
4．(2013·浙江高考)已知 a，b，c∈R，函数 f(x)＝ax2＋bx＋c.若 f(0)＝f(4)>f(1)，则( )
A．a>0,4a＋b＝0 B．a<0,4a＋b＝0
C．a>0,2a＋b＝0 D．a<0,2a＋b＝0
解析：选 A 由 f(0)＝f(4)知二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c 对称轴为 x＝2，即－ b
2a＝2.所以 4a
＋b＝0，又 f(0)>f(1)且 f(0)，f(1)在对称轴同侧，故函数 f(x)在(－∞，2]上单调递减，则抛物
线开口方向朝上，知 a>0，故选 A.
5. (2014·安微高考)(
16
81 )－3
4＋log3
5
4＋log3
4
5＝________.
解析：原式＝((
2
3 )4
)－3
4＋log3(
5
4 × 4
5)＝(
2
3 )－3＝27
8 .
答案：27
8
6．(2014·重庆高考)函数 f(x)＝log2 x·log 2(2x)的最小值为________．
解析：依题意得 f(x)＝1
2log2x·(2＋2log2x)＝(log2x)2＋log2x＝(log2x＋1
2)2－1
4≥－1
4，当且仅
当 log2x＝－1
2，即 x＝ 1
2
时等号成立，因此函数 f(x)的最小值为－1
4.
答案：－1
4
7．(2014·湖南高考)若 f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax 是偶函数，则 a＝________.
解析：函数 f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax 为偶函数，故 f(－x)＝f(x)，即 ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)
＋ax，化简得 ln 1＋e3x
e3x＋e6x＝2ax＝ln e2ax，即 1＋e3x
e3x＋e6x＝e2ax，整理得 e3x＋1＝e2ax＋3x(e3x＋1)，所以
2ax＋3x＝0，解得 a＝－3
2.
答案：－3
2
8．(2014·天津高考)已知函数 f(x)＝|x 2＋3x|，x∈R.若方程 f(x)－a|x－1|＝0 恰有 4 个互异
的实数根，则实数 a 的取值范围为________．
解析：画出函数 f(x)＝|x2＋3x|的大致图象，如图，令 g(x)＝a|x－1|，
则函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象有且仅有 4 个不同的交点，显然
a>0.联立Error!消去 y，得 x2＋(3－a)x＋a＝0，
由 Δ>0，解得 a<1 或 a>9；联立Error!消去 y，得 x2＋(3＋a)x－a＝
0，由 Δ>0，解得 a>－1 或 a<－9.
综上，实数 a 的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．
答案：(0,1)∪(9，＋∞)
命题点二 函数与方程 命题指数：☆☆☆☆
难度：高、中 题型：选择题、填空题
1．(2014·湖北高考)已知 f(x) 是定义在 R 上的奇函数，当 x≥0 时， f(x)＝x2－3x.则函数
g(x)＝f(x)－x＋3 的零点的集合为( )
A．{1,3} B．{－3，－1,1,3}
C．{2－ 7，1,3} D．{－2－ 7，1,3}
解析：选 D 当 x≥0 时，函数 g(x)的零点即方程 f(x)＝x－3 的根，由 x2－3x＝x－3，解
得 x＝1 或 3；当 x<0 时，由 f(x)是奇函数得－f(x)＝f(－x)＝x2－3(－x)，即 f(x)＝－x2－3x.由 f(x)
＝x－3 得 x＝－2－ 7(正根舍去)．
2．(2014·北京高考)已知函数 f(x)＝6
x－log2x，在下列区间中，包含 f(x)零点的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,4) D．(4，＋∞)
解析：选 C 因为 f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝3
2－log24＝－1
2<0，
所以函数 f(x)的零点所在区间为(2,4)．
3．(2014·江苏高考)已知 f(x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数，当 x∈[0,3)时，f(x)＝
|x2－2x＋1
2|.若函数 y＝f(x)－a 在区间[－3,4]上有 10 个零点(互不相同)，则实数 a 的取值范围
是________．
解析：函数 y＝f(x)－a 在区间[－3,4]上有互不相同的 10 个零点，即函数 y＝f(x)，x∈[－
3,4]与 y＝a 的图象有 10 个不同交点．作出函数 y＝f(x)在[－3,4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝
f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝1
2，观察图象可得 00 是 f(x)为增函数的充要条件( )
(2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”( )
答案：(1)× (2)×
2．(人教 A 版教材习题改编)函数 f(x)＝ex－x 的减区间为________．
答案：(－∞，0)
3．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________．
答案：3
基础盘查二 函数的极值与导数
(一)循纲忆知
了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其
中多项式函数不超过三次)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的( )
(2)函数的极大值不一定比极小值大( )
(3)对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的充要条件( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
2．(人教 A 版教材例题改编)函数 f(x)＝1
3x3－4x＋4 的极大值为________．
答案：28
3
基础盘查三 函数的最值与导数
(一)循纲忆知
会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)函数的极大值一定是函数的最大值( )
(2)开区间上的单调连续函数无最值( )
(3)函数 f(x)＝1
x在区间[－1,1]上有最值( )
答案：(1)× (2)√ (3)×
2．(人教 A 版教材例题改编)函数 f(x)＝1
3x3－4x＋4 在[0,3]的最小值为________．
答案：－4
3
第一课时 导数与函数的单调性
考点一 判断或证明函数的单调性|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
函数的单调性
在区间(a，b)内可导函数 f(x)，f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒等于 0.
f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．
f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
[典题例析]
(2014·大纲卷节选)函数 f(x)＝ln(x＋1)－ ax
x＋a(a>1)．讨论 f(x)的单调性．
解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝x[x－(a2－2a)]
(x＋1)(x＋a)2 .
①当 10，f(x)在(－1，a2－2a)内是增函数；
若 x∈(a2－2a,0)，则 f′(x)<0，f(x)在(a2－2a,0)内是减函数；
若 x∈(0，＋∞)，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)内是增函数．
②当 a＝2 时，f′(x)≥0，f′(x)＝0 成立当且仅当 x＝0，f(x)在(－1，＋∞)内是增函
数．
③当 a>2 时，若 x∈(－1,0)，则 f′(x)>0，f(x)在(－1,0)内是增函数；
若 x∈(0，a2－2a)，则 f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)内是减函数；
若 x∈(a2－2a，＋∞)，则 f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)内是增函数．
[类题通法]
导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求 f′(x)；
(2)确认 f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)>0 时为增函数；f′(x)<0 时为减函数．
[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分
类讨论．
[演练冲关]
(2015·兰州、张掖联考)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在
点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴．
(1)确定 a 与 b 的关系；
(2)若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性．
解：(1)依题意得 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，
则 g′(x)＝1
x＋2ax＋b.
由函数 g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，
∴b＝－2a－1.
(2)由(1)得
g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1
x ＝
(2ax－1)(x－1)
x .
∵函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当 a＝0 时，g′(x)＝－x－1
x .
由 g′(x)＞0 得 0＜x＜1，由 g′(x)＜0 得 x＞1，
即函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当 a＞0 时，令 g′(x)＝0 得 x＝1 或 x＝ 1
2a，
若 1
2a＜1，即 a＞1
2，由 g′(x)＞0 得 x＞1 或 0＜x＜ 1
2a，
由 g′(x)＜0 得 1
2a＜x＜1，
即函数 g(x)在(0， 1
2a)，(1，＋∞)上单调递增，在(
1
2a，1)上单调递减；
若 1
2a＞1，即 0＜a＜1
2，由 g′(x)＞0 得 x＞ 1
2a或 0＜x＜1，由 g′(x)＜0 得 1＜x＜ 1
2a，
即函数 g(x)在(0,1)，(
1
2a，＋∞)上单调递增，在(1， 1
2a)上单调递减；
若 1
2a＝1，即 a＝1
2，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0，
即函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得：当 a＝0 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当 00，故 f(x)
在(5，＋∞)内为增函数．
[类题通法]
求函数的单调区间的“两个”方法
方法一
(1)确定函数 y＝f(x)的定义域；
(2)求导数 y′＝f′(x)；
(3)解不等式 f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
方法二
(1)确定函数 y＝f(x)的定义域；
(2)求导数 y′＝f′(x)，令 f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；
(3)把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺
序排列起来，然后用这些点把函数 f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定 f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
[演练冲关]
(2015·北京西城模拟)已知函数 f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a＞0)．
(1)若函数 y＝f(x)的导函数是奇函数，求 a 的值；
(2)求函数 y＝f(x)的单调区间．
解：(1)函数 f(x)的定义域为 R.
由已知得 f′(x)＝ ex
ex＋1－a.
∵函数 y＝f(x)的导函数是奇函数，
∴f′(－x)＝－f′(x)，即 e－x
e－x＋1－a＝－ ex
ex＋1＋a，
解得 a＝1
2.
(2)由(1)f′(x)＝ ex
ex＋1－a＝1－ 1
ex＋1－a.
①当 a≥1 时，f′(x)＜0 恒成立，
∴a∈[1，＋∞)时，函数 y＝f(x)在 R 上单调递减．
②当 0＜a＜1 时，由 f′(x)＞0 得(1－a)(ex＋1)>1，
即 ex＞－1＋ 1
1－a，解得 x＞ln a
1－a，
当 0＜a＜1 时，由 f′(x)＜0 得(1－a)(ex＋1)＜1，
即 ex＜－1＋ 1
1－a，解得 x＜ln a
1－a.
∴a∈(0,1)时，函数 y＝f(x)在 (ln a
1－a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a
1－a)上单调递
减．
考点三 已知函数的单调性求参数的范围|(题点多变型考点——全面发掘)
[一题多变]
[典型母题]
已知函数 f(x)＝x3－ax－1.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)在 R 上为增函数，求实数 a 的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝3x2－a.
①当 a≤0 时，f′(x)≥0，
所以 f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当 a＞0 时，令 3x2－a＝0 得 x＝±
3a
3 ；
当 x＞ 3a
3 或 x＜－ 3a
3 时，f′(x)＞0；
当－ 3a
3 ＜x＜ 3a
3 时，f′(x)＜0.
因此 f(x)在(－∞，－ 3a
3 )，(
3a
3 ，＋∞)上为增函数，在(－ 3a
3 ， 3a
3 )上为减函数．
综上可知，当 a≤0 时，f(x)在 R 上为增函数；
当 a＞0 时，f(x)在(－∞，－ 3a
3 )，(
3a
3 ，＋∞)上为增函数，在(－ 3a
3 ， 3a
3 )上为减函
数．
(2)因为 f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以 f′(x)＝3x2－a≥0 在(－∞，＋∞)上恒成立，
即 a≤3x2 对 x∈R 恒成立．
因为 3x2≥0，所以只需 a≤0.
又因为 a＝0 时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1 在 R 上是增函数，所以 a≤0，即 a 的取值
范围为(－∞，0].
[题点发散 1] 函数 f(x)不变，若 f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围．
解：因为 f′(x)＝3x3－a，且 f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，
所以 f′(x)≥0 在(1，＋∞)上恒成立，
即 3x2－a≥0 在(1，＋∞)上恒成立，
所以 a≤3x2 在(1，＋∞)上恒成立，所以 a≤3，
即 a 的取值范围为(－∞，3].
[题点发散 2] 函数 f(x)不变，若 f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求 a 的取值范围．
解：由 f′(x)＝3x2－a≤0 在(－1,1)上恒成立，得 a≥3x2 在(－1,1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，所以 3x2＜3，所以 a≥3.
即当 a 的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数．
[题点发散 3] 函数 f(x)不变，若 f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求 a 的值．
解：由例题可知，
f(x)的单调递减区间为(－ 3a
3 ， 3a
3 )，
∴ 3a
3 ＝1，即 a＝3.
[题点发散 4] 函数 f(x)不变，若 f(x)在区间(－1,1)上不单调，求 a 的取值范围．
解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.
由 f′(x)＝0，得 x＝±
3a
3 (a≥0)．
∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，
∴0＜ 3a
3 ＜1，得 0＜a＜3，
即 a 的取值范围为(0,3)．
[类题通法]
已知函数单调性，求参数范围的两个方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的
子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则 f′(x)≥0；若函数单调递减，
则 f′(x)≤0”来求解．
[提醒] f(x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a，b)都有 f′(x)≥0 且在(a，b)内的任一
非空子区间上 f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
[A 卷——夯基保分]
一、选择题
1．(2015·苏中八校学情调查)函数 f(x)＝x－ln x 的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析：选 A 函数的定义域是(0，＋∞)，且 f′(x)＝1－1
x＝x－1
x ，令 f′(x)＜0，解得 0＜
x＜1，所以单调递减区间是(0,1)．
2．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选 D ∵f(x)＝(x－3)·ex，
则 f′(x)＝ex(x－2)，令 f(x)＞0，得 x＞2.
∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
3．(2015·长春调研)已知函数 f(x)＝1
2x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在 R 上单调递增”的
( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 A f′(x)＝3
2x2＋a，当 a≥0 时，f′(x)≥0 恒成立，故“a＞0”是“f(x)在 R 上
单调递增”的充分不必要条件．
4．已知 a≥0，函数 f(x)＝(x2－2ax)ex，若 f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则 a 的取值范
围是( )
A.(0，3
4 ) B.(
1
2，3
4 )
C.[
3
4，＋∞) D.(0，1
2 )解析：选 C f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)e2＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当 x∈[－1,1]
时，f′(x)≤0 恒成立，即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 恒成立．
令 g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有Error!
即Error!解得 a≥3
4.
5．(2015·洛阳统考)已知函数 f(x)满足 f(x)＝f(π－x)，且当 x∈ (－π
2，π
2)时，f(x)＝ex＋sin
x，则( )
A．f(1)＜f(2)＜f(3) B．f(2)＜f(3)＜f(1)
C．f(3)＜f(2)＜f(1) D．f(3)＜f(1)＜f(2)
解析：选 D 由 f(x)＝f(π－x)，得 f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，由 f(x)＝ex＋sin x 得函数
在(－π
2，π
2)上单调递增，又－π
2<π－3<1<π－2< π
2，∴f(π－2)＞f(1)＞f(π－3)，∴f(2)＞f(1)＞
f(3)．
6．(2015·湛江一模)若函数 f(x)＝x＋ b
x(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则 f(x)在下
列区间上单调递增的是( )
A．(－2,0) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)
解析：选 D 由题意知，f′(x)＝1－b
x2，∵函数 f(x)＝x＋b
x(b∈R)的导函数在区间(1,2)上
有零点，∴当 1－b
x2＝0 时，b＝x2，又 x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，令 f′(x)＞0，解得 x＜－ b或 x
＞ b，即 f(x)的单调递增区间为(－∞，－ b)，( b，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合
题意，故选 D.
二、填空题
7．函数 f(x)＝x3－15x2－33x＋6 的单调减区间为________．
解析：由 f(x)＝x3－15x2－33x＋6 得 f′(x)＝3x2－30x－33，令 f′(x)＜0，即 3(x－11)(x＋
1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数 f(x)的单调减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
8．函数 f(x)＝1＋x－sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．
解析：在(0,2π)上有 f′(x)＝1－cos x>0，所以 f(x)在(0,2π)上单调递增．
答案：单调递增
9．函数 f(x)＝ sin x
2＋cos x的单调递增区间是______________．
解析：由导函数 f′(x)＝
(2＋cos x)cos x－sin x(－sin x)
(2＋cos x)2
＝ 2cos x＋1
(2＋cos x)2
＞0，
得 cos x＞－1
2，
所以 2kπ－2π
3 0 时，由 f′(x)>0 得，x>2a 或 x<0，
由于此时 02a 时，f(x)为增函数，x<0 时，f(x)为增函数；
由 f′(x)<0 得，00 得，x>0 或 x<2a，由于此时 2a0 时，f(x)为增函数．
由 f′(x)<0 得，2a0 时，函数 f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2a，＋∞)，单调减区间为(0，a)，
(a,2a)．
当 a<0 时，函数 f(x)的单调增区间为(－∞，2a)，(0，＋∞)，单调减区间为(2a，a)，
(a,0)．
(2)①当 a≤0 时，由(1)可得，f(x)在(1,2)上单调递增，且 x∈(1,2)时，x≠a.
②当 0<2a≤1 时，即 00，右侧 f′(x)<0，那么 f(x0)是极大值；
②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，那么 f(x0)是极小值．
[提醒] 可导函数的极值点必须是导数为 0 的点，但导数为 0 的点不一定是极值点，即
f′(x0)＝0 是可导函数 f(x)在 x＝x0 处取得极值的必要不充分条件．例如函数 y＝x3 在 x＝0 处有
y′＝0，但 x＝0 不是极值点．
[多角探明]
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，
为中高档题.
归纳起来常见的命题角度有：
(1)知图判断函数极值；
(2)已知函数求极值；
(3)已知极值求参数.
角度一：知图判断函数极值
1.设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，且函数 y＝(1－
x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)
B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1)
C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2)
D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
解析：选 D 由题图可知，当 x<－2 时，f′(x)>0；当－22 时，f′(x)>0.由此可以得到函数 f(x)在 x＝－2 处取得极大值，在 x＝2
处取得极小值．
角度二：已知函数求极值
2．设 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 的导数 f′(x)满足 f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，其中常数 a，b∈
R.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设 g(x)＝f′(x)e－x，求函数 g(x)的极值．
解：(1)由于 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
则 f′(1)＝3＋2a＋b＝2a，解得 b＝－3；
f′(2)＝12＋4a＋b＝－b，解得 a＝－3
2.
所以 f(x)＝x3－3
2x2－3x＋1，f′(x)＝3x2－3x－3，
于是有 f(1)＝－5
2，f′(1)＝－3，
故曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－(－5
2 )＝－3(x－1)，即 6x＋2y－1＝0.
(2)由(1)知 g(x)＝(3x2－3x－3)e－x，
则 g′(x)＝(－3x2＋9x)e－x，
令 g′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝3，于是函数 g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，
在(3，＋∞)上单调递减．
所以函数 g(x)在 x＝0 处取得极小值 g(0)＝－3，在 x＝3 处取得极大值 g(3)＝15e－3.
角度三：已知极值求参数
3．设 f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2，若 f(x)在 x＝1 处取得极值，则 a 的值为________．
解析：由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
且 f′(x)＝ 1
1＋x－2ax－1＝
－2ax2－(2a＋1)x
1＋x ，
由题意得：f′(1)＝0，则－2a－2a－1＝0，得 a＝－1
4，
又当 a＝－1
4时，f′(x)＝
1
2x2－1
2x
1＋x ＝
1
2x(x－1)
1＋x ，
当 01 时，f′(x)>0，
所以 f(1)是函数 f(x)的极小值，所以 a＝－1
4.
答案：－1
4
[类题通法]
利用导数研究函数极值的一般流程
考点二 运用导数解决函数的最值问题|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
函数的最值
(1)在闭区间[a，b ]上连续的函数 f(x)在[a，b ]上必有最大值与最小值．
(2)若函数 f(x)在[a，b ]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函
数 f(x)在[a，b ]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
[提醒]
函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
[典题例析]
(2015·洛阳统考)已知函数 f(x)＝1－x
x ＋kln x，k<1
e，求函数 f(x)在[
1
e，e ]上的最大值和最
小值．
解：因 f(x)＝1－x
x ＋kln x，
f′(x)＝
－x－(1－x)
x2 ＋k
x＝kx－1
x2 .
①若 k＝0，则 f′(x)＝－1
x2在[
1
e，e ]上恒有 f′(x)<0，
∴f(x)在[
1
e，e ]上单调递减．
∴f(x)min＝f(e)＝1－e
e ，f(x)max＝f(
1
e )＝e－1.
②若 k≠0，f′(x)＝kx－1
x2 ＝
k(x－1
k )x2 .
①若 k<0，则在[
1
e，e ]上恒有
k(x－1
k )x2 <0，
∴f(x)在[
1
e，e ]上单调递减，
∴f(x)min＝f(e)＝1－e
e ＋kln e＝1
e＋k－1，
f(x)max＝f(
1
e )＝e－k－1.
②若 k>0，由 k<1
e，得1
k>e，则 x－1
k<0，
∴
k(x－1
k )x2 <0，∴f(x)在[
1
e，e ]上单调递减．
∴f(x)min＝f(e)＝1－e
e ＋kln e＝1
e＋k－1，
f(x)max＝f(
1
e )＝e－k－1.
综上，当 k＝0 时，f(x)min＝1－e
e ，f(x)max＝e－1；
当 k≠0 且 k<1
e时，f(x)min＝1
e＋k－1，f(x)max＝e－k－1.
[类题通法]
求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)；
(3)将函数 f(x)的极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小
值．
[演练冲关]
设函数 f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数 f(x)在 x＝1 处与直线 y＝－1
2相切，
(1)求实数 a，b 的值；
(2)求函数 f(x)在[
1
e，e ]上的最大值．
解：(1)f′(x)＝a
x－2bx，
∵函数 f(x)在 x＝1 处与直线 y＝－1
2相切，
∴Error!解得Error!
(2)由(1)得 f(x)＝ln x－1
2x2，
则 f′(x)＝1
x－x＝1－x2
x ，
∵当1
e≤x≤e 时，令 f′(x)>0 得1
e≤x<1；
令 f′(x)<0，得 10)的导函数 y＝f′(x)的两个零点为－3 和 0.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)的极小值为－e3，求 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
(2ax＋b)ex－(ax2＋bx＋c)ex
(ex)2
＝
－ax2＋(2a－b)x＋b－c
ex ，
令 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为 ex>0，所以 y＝f′(x)的零点就是 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c 的零点，且 f′(x)与
g(x)符号相同．
又因为 a>0，所以－30，即 f′(x)>0，
当 x<－3 或 x>0 时，g(x)<0，即 f′(x)<0，
所以 f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3 是 f(x)的极小值点，所以有
Error!
解得 a＝1，b＝5，c＝5，
所以 f(x)＝x2＋5x＋5
ex .
因为 f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以 f(0)＝5 为函数 f(x)的极大值，
故 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取 f(－5)和 f(0)中的最大者．
而 f(－5)＝ 5
e－5＝5e5>5＝f(0)，
所以函数 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是 5e5.
[类题通法]
求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求
函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过
单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
[演练冲关]
已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 x＝1 处的切线为 l：3x－y＋1＝0，若 x
＝2
3时，y＝f(x)有极值．
(1)求 a，b，c 的值；
(2)求 y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
解：(1)由 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
当 x＝1 时，切线 l 的斜率为 3，可得 2a＋b＝0， ①
当 x＝2
3时，y＝f(x)有极值，则 f′(
2
3 )＝0，
可得 4a＋3b＋4＝0， ②
由①②，解得 a＝2，b＝－4.
由于切点的横坐标为 1，所以 f(1)＝4.
所以 1＋a＋b＋c＝4，得 c＝5.
(2)由(1)可得 f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
f′(x)＝3x2＋4x－4.
令 f′(x)＝0，解得 x1＝－2，x2＝2
3.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：
x －3 (－3，－2) －2 (－2，2
3)
2
3 (
2
3，1 ) 1
f′(x) ＋ ＋ 0 － 0 ＋ ＋
f(x) 8 13 95
27 4
13，最小值为95
27.
[A 卷——夯基保分]
一、选择题
1．当函数 y＝x·2x 取极小值时，x＝( )
A. 1
ln 2 B．－ 1
ln 2
C．－ln 2 D．ln 2
解析：选 B 令 y′＝2x＋x·2xln 2＝0，∴x＝－ 1
ln 2.
2．(2015·济宁一模)函数 f(x)＝1
2x2－ln x 的最小值为( )
A.1
2 B．1
C．0 D．不存在
解析：选 A f′(x)＝x－1
x＝x2－1
x ，且 x>0.令 f′(x)>0，得 x>1; 令 f′(x)<0，得 00，f′(－1)>0，不满足
f′(－1)＋f(－1)＝0.
5．已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax(a > 1
2 )，当 x∈(－2,0)时，f(x)的
最小值为 1，则 a 的值等于( )
A.1
4 B.1
3
C.1
2 D．1
解析：选 D ∵f(x)是奇函数，∴f(x)在(0,2)上的最大值为－1.当 x∈(0,2)时，f′(x)＝1
x－
a，令 f′(x)＝0 得 x＝1
a，又 a>1
2，∴0<1
a<2.当 00，f(x)在(0，1
a )上单调递增；
当 x>1
a时，f′(x)<0，f(x)在(
1
a，2 )上单调递减，∴f(x)max＝f(
1
a )＝ln1
a－a·1
a＝－1，解得 a＝
1.
6．(2015·山东日照月考)如果函数 y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：
①函数 y＝f(x)在区间(－3，－1
2)内单调递增；
②函数 y＝f(x)在区间(－1
2，3)内单调递减；
③函数 y＝f(x)在区间(4，5 )内单调递增；
④当 x＝2 时，函数 y＝f(x)有极小值；
⑤当 x＝－1
2时，函数 y＝f(x)有极大值．
则上述判断中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④⑤ D．③
解析：选 D 当 x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，①错；当 x∈ (－1
2，2)时，
f′(x)>0，f(x)单调递增，当 x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，②错；当 x＝2 时，函数 y＝
f(x)有极大值，④错；当 x＝－1
2时，函数 y＝f(x)无极值，⑤错．故选 D.
二、填空题
7．函数 f(x)＝x3
3＋x2－3x－4 在[0,2]上的最小值是________．
解析：f′(x)＝x2＋2x－3，
令 f′(x)＝0 得 x＝1(x＝－3 舍去)，
又 f(0)＝－4，f(1)＝－17
3 ，f(2)＝－10
3 ，
故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)＝－17
3 .
答案：－17
3
8．(2015·东北八校月考)已知函数 y＝f(x)＝x 3＋3ax2＋3bx＋c 在 x＝2 处有极值，其图象
在 x＝1 处的切线平行于直线 6x＋2y＋5＝0，则 f(x)的极大值与极小值之差为________．
解析：∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，
∴Error!⇒Error!
∴f′(x)＝3x2－6x，令 3x2－6x＝0，得 x＝0 或 x＝2，
∴f(x)极大值－f(x)极大值＝f(0)－f(2)＝4.
答案：4
9．函数 f(x)＝x 3－3ax＋b(a>0)的极大值为 6，极小值为 2，则 f(x)的单调递减区间是
________．
解析：令 f′(x)＝3x2－3a＝0，得 x＝± a，
则 f(x)，f′(x)随 x 的变化情况如下表：
x (－∞，－ a) － a (－ a， a) a ( a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
从而Error!解得Error!
所以 f(x)的单调递减区间是(－1,1)．
答案：(－1,1)
10．已知 f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0； ②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0； ④f(0)f(3)<0.
其中正确结论的序号是________．
解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由 f′(x)<0，得 10，得 x<1 或 x>3，
∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．
又 a0，
y 极小值＝f(3)＝－abc<0.
∴00.又 x＝1，x＝3 为函数 f(x)的极值点，后一种
情况不可能成立，如图．
∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③.
答案：②③
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝x－1＋a
ex(a∈R，e 为自然对数的底数)．
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值；
(2)求函数 f(x)的极值．
解：(1)由 f(x)＝x－1＋a
ex，得 f′(x)＝1－a
ex.
又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，
得 f′(1)＝0，即 1－a
e＝0，解得 a＝e.
(2)f′(x)＝1－a
ex，
①当 a≤0 时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数 f(x)无极值．
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a.
x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值，
且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；
当 a>0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
12．(2015·衡水中学二调)已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a 为实数)．
(1)当 a＝5 时，求函数 y＝g(x)在 x＝1 处的切线方程；
(2)求 f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值．
解：(1)当 a＝5 时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.
又 g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切线的斜率为 g′(1)＝4e.
所以切线方程为：y－e＝4e(x－1)，即 y＝4ex－3e.
(2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，1
e )
1
e (
1
e，＋∞)f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
①当 t≥1
e时，在区间[t，t＋2]上 f(x)为增函数，
所以 f(x)min＝f(t)＝tln t.
②当 0f′(x)；
(2)若 f(x)有两个极值点 x1，x2，求实数 a 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax－ex，
令 f(x)－f′(x)＝ax(x－2)>0.
当 a＝0 时，无解；
当 a>0 时，解集为{x|x<0 或 x>2}；
当 a<0 时，解集为{x|00 时，由 g′(x)＝0，得 x＝ln 2a，
当 x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当 x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴当 g(x)max>0 时，方程 g(x)＝0 才有两个根，
∴g(x)max＝g(ln 2a)＝2aln 2a－2a>0，得 a>e
2.
故实数 a 的取值范围是(
e
2，＋∞).
2．(2014·江西高考)已知函数 f(x)＝(4x2＋4ax＋a2) x，其中 a<0.
(1)当 a＝－4 时，求 f(x)的单调递增区间；
(2)若 f(x)在区间 [1,4]上的最小值为 8，求 a 的值．
解：(1)当 a＝－4 时，f(x)＝(4x2－16x＋16) x，其中 x>0.则 f′(x)＝2(5x－2)(x－2)
x .
由 f′(x)>0 得 02.
故函数 f(x)的单调递增区间为(0，2
5 )和(2，＋∞)．
(2)f′(x)＝
(10x＋a)(2x＋a)
2 x
，a<0，
由 f′(x)＝0 得 x＝－ a
10或 x＝－a
2.
当 x∈(0，－ a
10)时，f(x)单调递增；当 x∈－ a
10，－a
2时，f(x)单调递减；当 x∈(－a
2，＋∞)时，f(x)单调递增．
易知 f(x)＝(2x＋a)2 x≥0，且 f(－a
2 )＝0.
①当－a
2≤1 时，即－2≤a<0 时，f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，
得 a＝±2 2－2，均不符合题意．
②当 1<－a
2≤4 时，即－8≤a<－2 时，f(x)在[1,4]上的最小值为 f (－a
2 )＝0，不符合题
意．
③当－a
2>4 时，即 a<－8 时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在 x＝1 或 x＝4 处取得，而 f(1)≠8，
由 f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8 得 a＝－10 或 a＝－6(舍去)，当 a＝－10 时，f(x)在(1,4)上单调递
减，f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)＝8，符合题意．
综上有，a＝－10.
3.(2015·云南第一次检测)已知 f(x)＝ex(x3＋mx2－2x＋2)．
(1)假设 m＝－2，求 f(x)的极大值与极小值；
(2)是否存在实数 m，使 f(x)在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求 m 的取值范围；如
果不存在，请说明理由．
解：(1)当 m＝－2 时，
f(x)＝ex(x3－2x2－2x＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．
则 f′(x)＝ex(x3－2x2－2x＋2)＋ex(3x2－4x－2)
＝xex(x2＋x－6)
＝(x＋3)x(x－2)ex，
∴当 x∈(－∞，－3)或 x∈(0,2)时，f′(x)<0;
当 x∈(－3,0)或 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0;
f′(－3)＝f′(0)＝f′(2)＝0，
∴f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增；
在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴当 x＝－3 或 x＝2 时，f(x)取得极小值；
当 x＝0 时，f(x)取得极大值，
∴f(x)极小值＝f(－3)＝－37e－3，f(x)极小值＝f(2)＝－2e2，
f(x)极大值＝f(0)＝2.
(2)f′(x)＝ex(x3＋mx2－2x＋2)＋ex(3x2＋2mx－2)
＝xex[x2＋(m＋3)x＋2m－2].
∵f(x)在[－2，－1]上单调递增，
∴当 x∈[－2，－1]时，f′(x)≥0.
又∵当 x∈[－2，－1]时，xex<0，
∴当 x∈[－2，－1]时，x2＋(m＋3)x＋2m－2≤0，
∴Error!解得 m≤4，
∴当 m∈(－∞，4]时，f(x)在[－2，－1]上单调递增．
第三课时 导数与函数的综合问题
考点一 利用导数研究生活中的优化问题|(重点保分型考点——师生共研)
[典题例析]
(2013·重庆高考)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面
半径为 r 米，高为 h 米，体积为 V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本
为 100 元/平方米，底面的建造成本为 160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π
为圆周率)．
(1)将 V 表示成 r 的函数 V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数 V(r)的单调性，并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大．
解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为 100·2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为 160πr2 元，
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意 200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以 h＝ 1
5r(300－4r2)，
从而 V(r)＝πr2h＝π
5(300r－4r3)．
因为 r＞0，又由 h＞0 可得 r＜5 3，
故函数 V(r)的定义域为(0,5 3)．
(2)因为 V(r)＝π
5(300r－4r3)，
所以 V′(r)＝π
5(300－12r2)．
令 V′(r)＝0，解得 r1＝5，r2＝－5(因为 r2＝－5 不在定义域内，舍去)．
当 r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故 V(r)在(0,5)上为增函数；
当 r∈(5,5 3)时，V′(r)＜0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数．
由此可知，V(r)在 r＝5 处取得最大值，此时 h＝8.
即当 r＝5，h＝8 时，该蓄水池的体积最大．
[类题通法]
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之
间的函数关系式 y＝f(x)；
(2)求函数的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和 f′(x)＝0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答．
[演练冲关]
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量 y(单位：千克)与销售价格 x(单位：
元/千克)满足关系式 y＝ a
x－3＋10(x－6)2，其中 3＜x＜6，a 为常数．已知销售价格为 5 元/千
克时，每日可售出该商品 11 千克．
(1)求 a 的值；
(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格 x 的值，使商场每日销售该商品所获得
的利润最大．
解：(1)因为 x＝5 时，y＝11，
所以a
2＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量 y＝ 2
x－3＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)[
2
x－3＋10(x－6)2
]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.
从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (3,4) 4 (4,6)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 极大值
由上表可得，x＝4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
所以，当 x＝4 时，函数 f(x)取得最大值，且最大值等于 42.
当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根|(重点保分型考点——师生共研)
[典题例析]
(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0,2)处的切线与
x 轴交点的横坐标为－2.
(1)求 a；
(2)证明：当 k<1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点．
解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲线 y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y＝ax＋2.
由题设得－2
a＝－2，所以 a＝1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设 g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知 1－k>0.
当 x≤0 时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以 g(x)
＝0 在(－∞，0]有唯一实根．
当 x>0 时，令 h(x)＝x3－3x2＋4，则 g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x 2 －6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以
g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以 g(x)＝0 在(0，＋∞)没有实根．
综上，g(x)＝0 在 R 上有唯一实根，即曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点．
[类题通法]
利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，
根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想
去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
[演练冲关]
已知函数 f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a.
(1)当 a＝1 时，求 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)在区间(0，1
2 )上无零点，求 a 的最小值．
解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝x－1－2ln x，
则 f′(x)＝1－2
x，定义域 x∈(0，＋∞)．
由 f′(x)＞0，得 x＞2，由 f′(x)＜0，得 0＜x＜2，
故 f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)，
(2)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，
令 m(x)＝(2－a)(x－1)，x＞0；h(x)＝2ln x，x＞0，
则 f(x)＝m(x)－h(x)，
①当 a＜2 时，m(x)在(0，1
2 )上为增函数，h(x)在(0，1
2 )上为增函数，
若 f(x)在(0，1
2 )上无零点，则 m(
1
2 )≥h(
1
2 )，
即(2－a)(
1
2－1 )≥2ln 1
2，∴a≥2－4ln 2，
∴2－4ln 2≤a<2，
②当 a≥2 时，在(0，1
2 )上 m(x)≥0，h(x)＜0，
∴f(x)＞0，∴f(x)在(0，1
2 )上无零点．
由①②得 a≥2－4ln 2，∴amin＝2－4ln 2.
考点三 利用导数研究与不等式有关的问题|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，
属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：
(1)证明不等式；
(2)不等式恒成立问题；
(3)存在型不等式成立问题.
角度一：证明不等式
1．(2015·唐山一模)已知 f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数 f(x)的最大值；
(2)设 g(x)＝f(x)
x ，x＞－1，且 x≠0，证明：g(x)＜1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以 f(x)的最大值为 f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当 x＞0 时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.
当－1＜x＜0 时，g(x)＜1 等价于 f(x)＞x.
设 h(x)＝f(x)－x，则 h′(x)＝－xex－1.
当 x∈(－1,0)时，0＜－x＜1,0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1，
从而当 x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1,0]上单调递减．
当－1＜x＜0 时，h(x)＞h(0)＝0，即 g(x)＜1.
综上，总有 g(x)＜1.
角度二：不等式恒成立问题
2．已知 f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切 x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围；
(2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，ln x＞1
ex－ 2
ex恒成立．
解：(1)由题意知 2xln x≥－x2＋ax－3 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立，
则 a≤2ln x＋x＋3
x，
设 h(x)＝2ln x＋x＋3
x(x＞0)，
则 h′(x)＝
(x＋3)(x－1)
x2 ，
①当 x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以 h(x)min＝h(1)＝4，对一切 x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以 a≤h(x)min＝4.
即实数 a 的取值范围是(－∞，4]
(2)证明：问题等价于证明 xln x>x
ex－2
e(x∈(0，＋∞))．
又 f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，
当 x∈(0，1
e )时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(
1
e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以 f(x)min＝f(
1
e )＝－1
e.
设 m(x)＝x
ex－2
e(x∈(0，＋∞))，则 m′(x)＝1－x
ex ，
易知 m(x)max＝m(1)＝－1
e，
从而对一切 x∈(0，＋∞)，ln x＞1
ex－ 2
ex恒成立．
角度三：存在型不等式成立问题
3．(2015·新乡调研)已知函数 f(x)＝x－(a＋1)ln x－a
x(a∈R)，g(x)＝1
2x2＋ex－xex.
(1)当 x∈[1，e]时，求 f(x)的最小值；
(2)当 a<1 时，若存在 x1∈[e，e2]，使得对任意的 x2∈[－2，0]，f(x1)
e2－2e
e＋1 ，
所以 a 的取值范围为(
e2－2e
e＋1 ，1).
[类题通法]
导数在不等式问题中的应用问题解题策略
(1)利用导数证明不等式
若证明 f(x)＜g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，如果 F′(x)＜0，则 F(x)
在(a，b)上是减函数，同时若 F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有 F(x)＜0，即
证明了 f(x)＜g(x)．
(2)利用导数解决不等式的恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出
最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，
直接把问题转化为函数的最值问题．
[A 卷——夯基保分]
1．一火车锅炉每小时煤的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为 20
km/h 时，每小时消耗的煤价值 40 元，其他费用每小时需 400 元，火车的最高速度为 100
km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
解：设火车的速度为 x km/h，甲、乙两城距离为 a km.
由题意，令 40＝k·203，∴k＝ 1
200，
则总费用 f(x)＝(kx3＋400)·a
x
＝a(kx2＋400
x )＝a(
1
200x2＋400
x )(0＜x≤100)．
由 f′(x)＝a(x3－40 000)
100x2 ＝0，得 x＝203 5.
当 0＜x＜20 3 5时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当 203 5＜x≤100 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当 x＝20 3 5时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为 203 5 km/h 时，总费用最少．
2．(2015·山西四校联考)已知 f(x)＝ln x－x＋a＋1.
(1)若存在 x∈(0，＋∞)使得 f(x)≥0 成立，求 a 的取值范围；
(2)求证：当 x＞1 时，在(1)的条件下，1
2x2＋ax－a＞xln x＋1
2成立．
解：(1)原题即为存在 x>0 使得 ln x－x＋a＋1≥0，
∴a≥－ln x＋x－1，令 g(x)＝－ln x＋x－1，
则 g′(x)＝－1
x＋1＝x－1
x .
令 g′(x)＝0，解得 x＝1.
∵当 0＜x＜1 时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，
当 x＞1 时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
∴g(x)min＝g(1)＝0，a≥g(1)＝0.
故 a 的取值范围是[0，＋∞)．
(2)证明：原不等式可化为
1
2x2＋ax－xln x－a－1
2＞0(x＞1，a≥0)．
令 G(x)＝1
2x2＋ax－xln x－a－1
2，则 G(1)＝0.
由(1)可知 x－ln x－1＞0，
则 G′(x)＝x＋a－ln x－1≥x－ln x－1＞0，
∴G(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(1)＝0 成立，
∴1
2x2＋ax－xln x－a－1
2＞0 成立，即 1
2x2＋ax－a>x1nx＋1
2成立．
3．(2014·四川高考)已知函数 f(x)＝e x－ax2－bx－1，其中 a，b∈R，e＝2.718 28…为自
然对数的底数．
(1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数，求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值；
(2)若 f(1)＝0，函数 f(x)在区间(0,1)内有零点．证明：e－2n>1，证明
m n
n m>n
m.
解：(1)因为 f(x)＝xln x＋mx，所以 f′(x)＝1＋ln x＋m.
由题意 f′(1)＝1＋ln 1＋m＝2，得 m＝1.
(2)g(x)＝f(x)－x
x－1 ＝xln x
x－1(x>0，x≠1)，
所以 g′(x)＝x－1－ln x
(x－1)2 .
设 h(x)＝x－1－ln x，h′(x)＝1－1
x.
当 x>1 时，h′(x)＝1－1
x>0，h(x)是增函数，
h(x)>h(1)＝0，
所以 g′(x)＝x－1－ln x
(x－1)2 >0，
故 g(x)在(1，＋∞)上为增函数；
当 0h(1)＝0，
所以 g′(x)＝x－1－ln x
(x－1)2 >0，故 g(x)在(0,1)上为增函数；
所以 g(x)在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的．
(3)证明：由已知可知要证
m n
n m>n
m，
即证ln n
m －ln m
n >ln n－ln m，
即证 n－1
n ln m>m－1
m ln n，
即证mln m
m－1>nln n
n－1，
即证 g(m)>g(n)，
又 m>n>1(m，n∈N*)，由(2)知 g(m)>g(n)成立，所以
m n
n m>n
m.
第十二节 定积分与微积分基本定理
基础盘查一 定积分的概念、几何意义与性质
(一)循纲忆知
了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)设函数 y＝f(x)在区间[a，b]上连续，则 ∫b
a f(x)dx＝∫b
a f(t)dt( )
(2)定积分一定是曲边梯形的面积( )
(3)若 ∫b
a f(x)dx<0，那么由 y＝f(x)，x＝a，x＝b 以及 x 轴所围成的图形一定在 x 轴下方
( )
(4)若 f(x)是偶函数，则 ∫a
-a f(x)dx＝2∫a
0 f(x)dx( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．(人教 A 版教材习题改编) ∫1
0 1－x2dx＝________.
答案：π
4
基础盘查二 微积分基本定理
(一)循纲忆知
了解微积分基本定理的含义．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)微积分基本定理中 F(x)是唯一的( )
(2)若 f(x)是连续的奇函数，则 ∫a
-a f(x)dx＝0( )
答案：(1)× (2)√
2．(人教 A 版教材习题改编)计算：
(1) ∫0 (3x＋sin x)dx＝________.
(2) ∫2
1 (ex－2
x )dx＝________________.
答案：(1)3π2
8 ＋1 (2)e2－e－2ln 2
考点一 定积分的计算|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
1．定积分的性质
(1)∫b
a kf(x)dx＝k∫b
a f(x)dx(k 为常数)；
(2)∫b
a [f1(x)±f2(x)]dx＝∫b
a f1(x)dx±∫b
a f2(x)dx；
(3)∫b
a f(x)dx＝∫c
a f(x)dx＋∫b
c f(x)dx(其中 a0，故 a＝1.
答案：1
8.∫π
2
0 2sin(x＋π
4 )dx＝________.
解析：依题意得 ∫0 2sin(x＋π
4 )dx＝∫0 (sin x＋cos x)dx＝(sin x－cos x) Error! ＝
(sinπ
2－cosπ
2)－(sin 0－cos 0)＝2.
答案：2
9．(2015·北京海淀一模)函数 y＝x－x 2 的图象与 x 轴所围成的封闭图形的面积等于
________．
解析：由 x－x2＝0，得 x＝0 或 x＝1.因此所围成的封闭图形的面积为∫1
0 (x－x2)dx＝
(
x2
2－x3
3)Error!10＝1
2－1
3＝1
6.
答案：1
6
10．曲线 y＝1
x＋2x＋2e2x，直线 x＝1，x＝e 和 x 轴所围成的区域的面积是________．
解析：由题意得，所求面积为 ∫e
1 (
1
x＋2x＋2e2x
)dx＝
∫e
1
1
xdx＋∫e
1 2xdx＋∫e
1 2e2xdx＝ln x | e1＋x2| e1＋e2x| e1＝(1－0)＋(e 2－1)
＋(e2e－e2)＝e2e.
2
0
π
答案：e2e
三、解答题
11．求下列定积分．
(1) ∫2
1 (x－x2＋1
x)dx； (2) ∫0
-π (cos x＋ex)dx.
解：(1)∫2
1 (x－x2＋1
x)dx＝∫2
1 xdx－∫2
1 x2dx＋∫2
1
1
xdx
＝x2
2Error!21－x3
3Error!21＋ln xError!21＝3
2－7
3＋ln 2＝ln 2－5
6.
(2)∫0
-π (cos x＋ex)dx＝∫0
-π cos xdx＋∫0
-π exdx
＝sin xError! 0－π＋exError! 0－π＝1－1
eπ.
12．(2015·江西宜春月考)已知函数 f(x)＝x3－x2＋x＋1，求其在点(1,2)处的切线与函数 g(x)
＝x2 围成的图形的面积．
解：∵(1,2)为曲线 f(x)＝x3－x2＋x＋1 上的点，
设过点(1,2)处的切线的斜率为 k，
则 k＝f′(1)＝(3x2－2x＋1)Error!＝2，
∴过点(1,2)处的切线方程为 y－2＝2(x－1)，
即 y＝2x.
y＝2x 与函数 g(x)＝x2 围成的图形如图：
由Error!可得交点 A(2,4)．
∴y＝2x 与函数 g(x)＝x2 围成的图形的面积
S＝∫2
0 (2x－x2)＝(x2－1
3x3
)Error!20＝4－8
3＝4
3.
对应学生用书P
命题点一 导数的运算及几何意义 命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中、低 题型：选择题、填空题、解答题
1．(2014·大纲卷)曲线 y＝xex－1 在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A．2e B．e
C．2 D．1
解析：选 C 由题意可得 y′＝ex－1＋xex－1，所以曲线在点(1,1)处切线的斜率等于 2，故
选 C.
2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，则 a＝
( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 D y′＝a－ 1
x＋1，由题意得 y′|x＝0＝2，即 a－1＝2，所以 a＝3.
3 ．(2013· 江西 高考 )设 函数 f(x) 在 (0， ＋∞) 内可 导， 且 f(e x) ＝x＋ e x ， 则 f′(1)＝
________.
解析：因为 f(ex)＝x＋ex，所以 f(x)＝x＋ln x(x>0)，所以 f′(x)＝1＋1
x，所以 f′(1)＝2.
答案：2
4．(2014·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y＝ax2＋b
x(a，b 为常数)过点 P(2，－
5)，且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x＋2y＋3＝0 平行，则 a＋b 的值是________．
解析：y＝ax2＋b
x的导数为 y′＝2ax－b
x2，
直线 7x＋2y＋3＝0 的斜率为－7
2.
由题意得Error!解得Error!则 a＋b＝－3.
答案：－3
命题点二 导数的应用 命题指数：☆☆☆☆☆
难度：高、中 题型：选择题、解答题
1．(2012·辽宁高考)函数 y＝1
2x2－ln x 的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：选 B 函数 y＝1
2x2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1
x＝
(x－1)(x＋1)
x ，令 y′≤0，
则可得 01 时，f′(x)＝k－1
x≥0 恒成立，即 k≥1
x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为 x>1，
所以 0<1
x<1，所以 k≥1.故选 D.
3．(2013·浙江高考)已知 e 为自然对数的底数，设函数 f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( )
A．当 k＝1 时，f(x)在 x＝1 处取到极小值
B．当 k＝1 时，f(x)在 x＝1 处取到极大值
C．当 k＝2 时，f(x)在 x＝1 处取到极小值
D．当 k＝2 时，f(x)在 x＝1 处取到极大值
解析：选 C 法一：当 k＝1 时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1 是函数 f(x)的零点．当 01 时，f(x)＝(ex－1)(x－1)>0,1 不会是极值点．当 k＝2 时，f(x)＝(ex
－1)(x－1)2，零点还是 0,1，但是当 01 时，f(x)>0，由极值的概念，知选 C.
法二：当 k＝1 时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故 A、B 错；当 k＝2
时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)[(x＋1)ex－2]，故 f′(x)＝0 有一根
为 x1＝1，另一根 x 2∈(0,1)．当 x∈(x 2,1)时，f′(x)<0，f(x)递减，当 x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，f(x)递增，∴f(x)在 x＝1 处取得极小值．故选 C.
4．(2014·江西高考)在同一直角坐标系中，函数 y＝ax2－x＋a
2与 y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈
R)的图象不可能的是( )
解析：选 B 分两种情况讨论：
当 a＝0 时，函数为 y＝－x 与 y＝x，图象为 D，故 D 有可能；当 a≠0 时，函数 y＝ax2－
x＋a
2的对称轴为 x＝ 1
2a，对函数 y＝a2x3－2ax2＋x＋a 求导得 y′＝3a 2x2－4ax＋1＝(3ax－
1)(ax－1)，令 y′＝0，则 x1＝ 1
3a，x2＝1
a，所以对称轴 x＝ 1
2a介于两个极值点 x1＝ 1
3a，x2＝1
a之
间，A，C 满足，B 不满足，所以 B 不可能．故选 B.
5．(2014·陕西高考)设函数 f(x)＝ln x＋m
x，m ∈R.
(1)当 m＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f(x)的极小值；
(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－x
3零点的个数；
(3)若对任意 b>a>0，f(b)－f(a)
b－a <1 恒成立，求 m 的取值范围．
解：(1)由题设，当 m＝e 时，f(x)＝ln x＋e
x，
则 f′(x)＝x－e
x2 ，
∴当 x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，
当 x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴x＝e 时，f(x)取得极小值 f(e)＝ln e＋e
e＝2，
∴f(x)的极小值为 2.
(2)由题设 g(x)＝f′(x)－x
3＝1
x－m
x2－x
3(x＞0)，
令 g(x)＝0，得 m＝－1
3x3＋x(x＞0)．
设 φ(x)＝－1
3x3＋x(x≥0)，
则 φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当 x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1 是 φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此 x＝1 也是 φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为 φ(1)＝2
3.
又 φ(0)＝0，结合 y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当 m＞2
3时，函数 g(x)无零点；
②当 m＝2
3时，函数 g(x)有且只有一个零点；
③当 0＜m＜2
3时，函数 g(x)有两个零点；
④当 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当 m＞2
3时，函数 g(x)无零点；
当 m＝2
3或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个零点；
当 0＜m＜2
3时，函数 g(x)有两个零点．
(3)对任意的 b＞a＞0，f(b)－f(a)
b－a ＜1 恒成立．
等价于 f(b)－b＜f(a)－a 恒成立．(*)
设 h(x)＝f(x)－x＝ln x＋m
x－x(x＞0)，
∴(*)等价于 h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由 h′(x)＝1
x－m
x2－1≤0 在(0，＋∞)上恒成立，
得 m≥－x2＋x＝－(x－1
2 )2＋1
4(x＞0)恒成立，
∴m≥1
4(对m＝1
4，h′(x)＝0仅在x＝1
2时成立)，
∴m 的取值范围是[
1
4，＋∞).
6．(2014·北京高考)已知函数 f(x)＝xcos x－sin x，x∈[0，π
2 ].
(1)求证：f(x)≤0；
(2)若 a0)，若 f(x)在[－1,1]上的最小值记为
g(a)．
(1)求 g(a)；
(2)证明：当 x∈[－1,1]时，恒有 f(x)≤g(a)＋4.
解：(1)因为 a>0，－1≤x≤1，所以
(ⅰ)当 00，故 f(x)在(a,1)上是增函数；
所以 g(a)＝f(a)＝a3.
(ⅱ)当 a≥1 时，有 x≤a，则 f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x 2－3<0，故 f(x)在(－1,1)上是
减函数，所以 g(a)＝f(1)＝－2＋3a.
综上，g(a)＝Error!
(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(a)，
(ⅰ)当 00，
知 t(a)在(0,1)上是增函数．
所以 t(a)0)，设所求切线的斜率为 k，
∵g′(x)＝f(1,x)，∴k＝g′(1)＝1，
于是在点(1，0)处切线方程为 y＝x
－1. (2 分)
第二步
构造新函数，
将公共点转
化为零点
⇐
Error
!
(2)证明：曲线 y＝ex 与 y＝1
2x2＋x＋1
公共点的个数等于函数 φx＝ex－1
2
x2－x－1 零点个数. (4 分)
不说明两曲
线公共点的
个数等于函
数零点个数,
步骤不规范.
第三步
求零点
⇐
Error
!
∵φ(0)＝1－1＝0，
∴φ(x)存在零点 x＝0. (5 分)
又 φ′(x)＝e x－x－1，,令 h(x)＝
φ′(x)＝ex－x－1，
则 h′(x)＝ex－1，
当 x＜0 时，h′(x)＜0，
∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；
当 x＞0 时，h′(x)＞0，
想 不 到 第
二 次 求 导
即 构 造 新
函数 h(x)导
致 解 题 中
断．
第四步
求函数的导
函数并判断
其单调性进
而 求 极 值
(最值)
⇐
Error
! ∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(8 分)
∴φ′(x)在 x＝0 有唯一的极小值
φ′(0)＝0,
即 φ′(x) 在 R 上 的 最 小 值 为
φ′(0)＝0.
第五步
利 用 极 值
(最值)判断
零点个数即
交点个数
⇐
Error
!
∴φ′(x)≥0(仅当 x＝0 时等号成
立)，
∴φ(x)在 R 上是单调递增的，
∴φ(x)在 R 上有唯一的零点，
不 说 明
φ′(x) 有 最
小 值 0 导
致扣分.
第六步
得出结论
⇐
Error
!
故曲线 y＝f(x)与 y＝1
2x2＋x＋1 有
唯一的公共点. (12 分)
函数与导数
1．(2015·洛阳统考)已知函数 f(x)＝ex＋ax2－e2x.
(1)若曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线平行于 x 轴，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若 x>0 时，总有 f(x)>－e2x，求实数 a 的取值范围．
解：(1)由 f′(x)＝ex＋2ax－e2 得：
y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率 k＝4a＝0，则 a＝0.
此时 f(x)＝ex－e2x，f′(x)＝ex－e2.
由 f′(x)＝0，得 x＝2.
当 x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以函数 f(x)的单调增区间是(2，＋∞)，
单调减区间是(－∞，2)．
(2)由 f(x)>－e2x 得：a>－ex
x2.
设 g(x)＝－ex
x2，x>0，则 g′(x)＝ex(2－x)
x3 .
∴当 x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)在(0,2)上单调递增；
当 x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．
∴g(x)≤g(2)＝－e2
4.
因此，a 的取值范围为(－e2
4，＋∞).
2．已知定义在正实数集上的函数 f(x)＝1
2x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中 a>0，设两曲
线 y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同．
(1)用 a 表示 b；
(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)．
解：(1)设曲线 y＝f(x)与 y＝g(x)(x>0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，
∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝3a2
x ，
∴依题意得Error!
即Error!
由 x0＋2a＝3a2
x0 ，得 x0＝a 或 x0＝－3a(舍去)，
则 b＝1
2a2＋2a2－3a2ln a＝5
2a2－3a2ln a.
(2)证明：设 F(x)＝f(x)－g(x)
＝1
2x2＋2ax－3a2ln x－b(x>0)，
则 F′(x)＝x＋2a－3a2
x ＝
(x－a)(x＋3a)
x (x>0)，
由 F′(x)＝0 得 x＝a 或 x＝－3a(舍去)．
当 x 变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：
x (0，a) a (a，＋∞)
F′(x) － 0 ＋
F(x) 极小值
结合(1)可知函数 F(x)在(0，＋∞)上的最小值是 F(a)＝f(a)－g(a)＝0.
故当 x>0 时，有 f(x)－g(x)≥0，
即当 x>0 时，f(x)≥g(x)．
3．(2014·辽宁高考)已知函数 f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－8
3(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1
＋sin x)·ln(3－2x
π ).
证明：(1)存在唯一 x0∈(0，π
2 )，使 f(x0)＝0；
(2)存在唯一 x1∈(
π
2，π )，使 g(x1)＝0，且对(1)中的 x0，有 x0＋x1<π.
证明：(1)当 x∈(0，π
2 )时，
f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－2
3cos x<0，
则函数 f(x)在(0，π
2 )上为减函数，
又 f(0)＝π－8
3>0，f(
π
2 )＝－π2－16
3 <0，
所以存在唯一 x0∈(0，π
2 )，使 f(x0)＝0.
(2)考虑函数 h(x)＝3(x－π)cos x
1＋sin x －4ln(3－2x
π )，x∈[
π
2，π ].
令 t＝π－x，则 x∈[
π
2，π ]时，t∈[0，π
2 ].
设 u(t)＝h(π－t)＝ 3tcos t
1＋sin t－4ln(1＋2
πt)，
则 u′(t)＝ 3f(t)
(π＋2t)(1＋sin t).
由(1)得，当 t∈(0，x0)时，u′(t)>0，
当 t∈(x0，π
2)时，u′(t)<0.
在(0，x0)上 u(t)是增函数，又 u(0)＝0，
从而当 t∈(0，x0]时，u(t)>0，
所以 u(t)在(0，x0]上无零点．
在(x0，π
2)上 u(t)为减函数，由 u(x0)>0，u(
π
2 )＝－4ln 2<0，知存在唯一 t1∈(x0，π
2)，
使 u(t1)＝0.
所以存在唯一的 t1∈(0，π
2 )，使 u(t1)＝0.
因此存在唯一的 x1＝π－t1∈(
π
2，π )，使 h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因为当 x∈(
π
2，π )时，1＋sin x>0，
故 g(x)＝(1＋sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点，
所以存在唯一的 x1∈(
π
2，π )，使 g(x1)＝0.
因 x1＝π－t1，t1>x0，所以 x0＋x1<π.
