一、函數與方程的思想本章內容為函數，有一些標題把函數的問題利用方程求解，而有的方程利用函數求解，例如討論一些方程解的情況；知解范圍，求方程中參數的范圍等，都習慣利用函數思想.1.函數思想【例如1】知關于x的方程x2＋x+m2－1＝0(m是與x無關的實數)的兩個實根在區間[0,2]內，求m的取值范圍.[解]設函數f(x)＝x2＋＋m2－1，由圖知，方程的兩根都在區間[0,2]內的充要條件為故m的取值范圍為[領悟]二次函數在區間(x1，x2)內有兩個根，要思索端點函數值的符號、判別式及對稱軸與x1、x2的關系，從以上三個方面列式求解.2.方程思想【例如2】假設函數f(x)＝的最大值為4，最小值為－1，務虛數a，b的值.[解]設去分母，得yx2－ax＋y－b＝0，y＝0顯然在函數值域[－1,4]內；y≠0時，x∈R，∴Δ＝a2－4y(y－b)≥0，即4y2－4by－a2≤0，解得－1≤y≤4.因此方程4y2－4by－a2＝0的兩根為－1,4.由根與系數的關系，知b＝－1＋4＝3，＝－1×4.∴a＝4，b＝3或a＝－4，b＝3.[領悟]處理此問題的關鍵在于把求值域的問題與解一元二次不等式聯絡在一同，最后由不等式的解集(函數的值域)確定參數a，b的值.此題屬函數定義域和值域中逆向思想解題，是一個難點.從解法上看表達了等價轉化的數學思想，它是處理數學綜合問題的橋梁.二、數形結合的思想數形結合的思想在這一章中用途最多，利用圖象研討函數的性質，討論方程的解的個數，求一些參數的范圍等.【例如3】知函數f(x)＝－a2x2＋a4(a>0).(1)求函數y＝f(x)的單調區間；(2)假設函數y＝f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個交點，求a的取值范圍.[解](1)由f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x＋2a)(x－a)，令f′(x)＝0得，x1＝－2a，x2＝0，x3＝a，由a>0，知－2a<0<a，那么當x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下表：x(－∞，－2a)－2a(－2a,0)0(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－0＋f(x)

極小值

極大值

極小值

所以f(x)的單調遞增區間為(－2a,0)與(a，＋∞)，f(x)的單調遞減區間為(－∞，－2a)與(0，a).(2)由(1)得f(x)極小值＝f(－2a)＝f(x)極小值＝f(a)＝，f(x)極大值＝f(0)＝a4，f(x)的大致圖象為：要使f(x)的圖象與直線y＝1恰有兩個交點，只需或a4<1.即a>或0<a<1.[領悟]函數極值的主要運用之一是求與該函數有關的方程根的問題，求解時可畫出函數的圖象協助解題.要使y＝1與f(x)有兩個交點只需f(－2a)<1<f(a)或f(0)<1，即或a4<1.三、分類討論思想一些有關指數函數、對數函數的標題，假設函數的底數沒有確定，要留意分類討論，二次函數求最值時，有時要對對稱軸及區間要進展分類討論.【例如4】知函數(1)求函數f(x)的圖象在x＝1處，且垂直于直線x－14y＋13＝0的切線方程，并求此時函數f(x)的單調區間；(2)假設f(x)≤a2－2a＋4對恣意的x∈[1,2]恒成立，務虛數a的取值范圍.[解](1)∵f(x)＝x2＋∴f′(x)＝，根據題意有f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此時切點坐標是(1,17)，故所求的切線方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0.當a＝8時，f′(x)令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得x<2且x≠0，故函數f(x)的單調遞增區間是(2，＋∞)；單調遞減區間是(－∞，0)和(0,2).(2)由(1)知f′(x)＝2x－①假設a≤1，那么f′(x)>0在區間(1,2]上恒成立，f(x)在區間[1,2]上單調遞增，函數f(x)在區間[1,2]上的最大值為f(2)＝4＋a；②假設1<a<8，那么在區間(1，)上，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減，在區間(，2)上，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增，故函數f(x)在區間[1,2]上的最大值為f(1)，f(2)中的較大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故當1<a≤3時，函數f(x)的最大值為f(2)＝4＋a，當3<a<8時，函數f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a；③當a≥8時，f′(x)<0在區間[1,2)上恒成立，函數f(x)在區間[1,2]上單調遞減，函數f(x)的最大值為f(1)＝1＋2a.綜上可知，在區間[1,2]上，當a≤3時，f(x)max＝4＋a；當a>3時，f(x)max＝1＋2a.不等式f(x)≤a2－2a＋4對恣意的x∈[1,2]恒成立等價于在區間[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故當a≤3時，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；當a>3時，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a>3.故a的取值范圍是(－∞，0]∪[3，＋∞).[領悟]此題的(2)中首先利用等價轉化思想，即函數f(x)在區間[1,2]上的最大值小于或等于a2－2a＋4，盡而利用分類討論思想求f(x)在[1,2]上的最大值.

1.(2021·江西高考)假設函數y＝f(x)的定義域是[0,2]，那么函數g(x)＝的定義域是()A.[0,1]B.[0,1)C.[0,1)∪(1,4]D.(0,1)解析：要使g(x)有意義，那么，解得0≤x<1，故定義域為[0,1).答案：B2.(2021·全國卷Ⅰ)知直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)相切，那么a的值為()A.1B.2C.－1D.－2解析：設直線y＝x＋1與曲線y＝ln(x＋a)的切點為(x0，y0)，那么y0＝1＋x0，y0＝ln(x0＋a).又即x0＋a＝1.又y0＝ln(x0＋a)，∴y0＝0，∴x0＝－1，∴a＝2.答案：B3.(2021·福建高考)知f(x)是周期為2的奇函數，當0<x<1時，f(x)＝lgx.設，那么()A.a<b<cB.b<a<cC.c<b<aD.c<a<b

解析：∵y＝f(x)是周期為2的奇函數，當0<x<1時，f(x)＝lgx，＝－(2lg2－lg5)＝1－3lg2≈0.0969，∴c<a<b.答案：D4.(2021·湖南高考)設函數y＝f(x)在(－∞，＋∞)內有定義，對于給定的正數K，定義函數fK(x)＝取函數f(x)＝2－|x|.當K＝時，函數fK(x)的單調遞增區間為()A.(－∞，0)B.(0，＋∞)C.(－∞，－1)D.(1，＋∞)解析：由f(x)＝2－|x|≤，得－|x|≤－1，∴|x|≥1.∴x≥1或x≤－1，當x∈(1，＋∞)時，fK(x)＝2－x＝()x，在(1，＋∞)上為減函數；當x∈(－∞，－1)時，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上為增函數.答案：C5.(2021·福建高考)假設函數f(x)的零點與g(x)＝4x＋2x－2的零點之差的絕對值不超越0.25，那么f(x)可以是()A.f(x)＝4x－1B.f(x)＝(x－1)2C.f(x)＝ex－1D.f(x)＝ln(x－)解析：∵f′(x)＝4xln4＋2>0，故f(x)在R上延續且單調遞增，設g(x)＝4x＋2x－2的零點為x0，那么答案：A又f(x)＝4x－1的零點為f(x)＝(x－1)2的零點為x＝1；f(x)＝ex－1的零點為x＝0；f(x)＝ln(x－)的零點為x＝應選A.6.(2021·陜西高考)設曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標為xn，令an＝lgxn，那么a1＋a2＋…＋a99的值為.解析：y′＝(n＋1)xn，曲線在點(1,1)處的切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得an＝lgxn＝＝lgn－lg(n＋1)，那么a1＋a2＋…＋a99＝lg1－lg2＋lg2－lg3＋…＋lg99－lg100＝－lg100＝－2.答案：－27.[理](2021·江西高考)設函數(1)求函數f(x)的單調區間；(2)假設k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集.解：(1)f′(x)=由f′(x)＝0，得x＝1.由于當x<0時，f′(x)<0；當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，所以f(x)的單調增區間是[1，＋∞)；單調減區間是(－∞，0)，(0,1].(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝即(x－1)(kx－1)<0.故當0<k<1時，解集是：當k＝1時，解集是：?；當k>1時，解集是：[文]設函數f(x)＝x3－＋6x－a.(1)對于恣意實數x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)假設方程f(x)＝0有且僅有一個實根，求a的取值范圍.解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，由于x∈(－∞，＋∞)，f′(x)≥m，即3x2－9x＋(6－m)≥0恒成立，所以Δ＝81－12(6－m)≤0，解得m≤即m的最大值為(2)由于當x<1時，f′(x)>0；當1<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.所以當x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝當x＝2時，f(x)取極小值f(2)＝2－a，故當f(2)>0或f(1)<0時，f(x)＝0僅有一個實根.解得a<2或8.(2021·天津高考)知函數f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R.(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率；(2)當時，求函數f(x)的單調區間與極值.解：(1)當a＝0時，f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex，故f′(1)＝3e.所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為3e.(2)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex＝[(x－(a－2))(x＋2a)]ex，令f′(x)＝0，解得x＝－2a，或x＝a－2，由知，－2a≠a－2.以上分兩種情況討論：①假設那么－2a<a－2.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：(－∞，－2a)－2a(－2a，a－2)a－2(a－2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

極大值

極小值

所以f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)內是增函數，在(－2a，a－2)內是減函數.函數f(x)在x＝－2a處獲得極大值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a；函數f(x)在x＝a－2處獲得極小值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2.②假設那么－2a>a－2，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a)－2a(－2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

極大值

極小值

所以f(x)在(－∞，a－2)