【2013高考数学攻略】专题16：高频考点分析之函数探讨

【2013高考数学攻略】
专题16：高频考点分析之函数探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
专题1～2，我们对客观性试题解法进行了探讨，专题3～8，对数学思想方法进行了探讨，专题9～12对数学解题方法进行了探讨，从专题13开始我们对高频考点进行探讨。
函数问题是中学数学的重要内容，在高考中占有比较重要的地位。
　　结合中学数学的知识，高考中函数问题主要有以下几种：
1．函数定义域问题；
2．函数值和大小比较问题；
3．函数的值域和最值问题；
4．函数的单调性。周期性、奇偶性问题；
5．函数的零点问题；
6．函数图象的交点问题；
7．反函数问题；
8．函数的图形问题；
9．函数的综合问题
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上九方面探讨函数问题的求解。
一、函数定义域问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例2. （2012年江西省理5分）下列函数中，与函数定义域相同的函数为【 】
A． B. C. D.
【答案】D。
【考点】函数的定义域。
【解析】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围。其求解根据一般有:(1)分式中，分母不为零;(2)偶次根式中，被开方数非负；(3)对数的真数大于0：（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义。由函数的意义可求得其定义域为，于是对各选项逐一判断即可得答案：
对于A，的其定义域为，故A不满足；
对于B，的定义域为，故B不满足；
对于C，的定义域为，故C不满足；
对于D，的定义域为，故D满足。
综上所述，与函数定义域相同的函数为：。故选D。
例3. （2012年四川省文4分）函数的定义域是 ▲ 。（用区间表示）
【答案】（）
【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。
例4. （2012年江苏省5分）函数的定义域为 ▲ ．
【答案】。
【考点】函数的定义域，二次根式和对数函数有意义的条件，解对数不等式。
【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件，得
。
例5. （2012年广东省文5分）函数的定义域为 ▲ ．
【答案】。
【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。
二、函数值和大小比较问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】对数、指数的比较大小的运用。
【解析】采用中间值大小比较方法：
∵，，，，
∴。故选D。
例2. （2012年天津市文5分）已知，则的大小关系为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】指数函数、对数函数的性质。
【分析】∵，∴ 。
又∵，∴，故选A。
例3. （2012年安徽省理5分）下列函数中，不满足：的是【 】

【答案】。
【考点】求函数值。
【解析】分别求出各函数的值，与比较，即可得出结果：
对于有，结论成立；
对于有，结论成立；
对于有，∴，结论不成立；
对于有，结论成立。
因此，不满足的是，故选。
例4. （2012年安徽省文5分）【 】

【答案】。
【考点】对数的计算。
【解析】。故选。
例5. （2012年江西省文5分）设函数，则=【 】
A. 　B.3 　C. 　D.
【答案】D。
【考点】分段函数的求值。
【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题，一定要先求内层函数的值，因为内层函数的函数值就是外层函数的自变量的值。同时，要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式。
∵，∴。∴。故选D。
例6. （2012年江西省理5分）若函数，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】分段函数的求值。
【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题，一定要先求内层函数的值，因为内层函数的函数值就是外层函数的自变量的值。同时，要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式。
∵，∴。∴。故选B。
例7. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），则【 】
A. 　　B. 　　 C. 　　 D.
【答案】C。
【考点】二倍角的余弦，诱导公式，对数的运算性质。
【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理：。
　　　　∴，
。
∴。故选C。
例8. （2012年湖南省文5分）设 a＞b＞1， ，给出下列三个结论：
；② ； ③ ，
其中所有的正确结论的序号是【　　】.[中*国教育@^出~版网#]
A．① B.① ② C.② ③ D.① ②③
【答案】D。
【考点】指数函数的图像与性质、对数函数的图像与性质，不等关系。
【解析】由不等式a＞b＞1知，又，∴。①正确。
由指数函数的图像与性质知②正确。
由a＞b＞1，知，由对数函数的图像与性质知③正确。
因此，正确结论的序号是① ②③。故选D。
例9. （2012年福建省文5分）设f(x)＝g(x)＝则f(g(π))的值为【 】
A．1 B．0 C．－1 D．π
【答案】B。
【考点】求分段函数的值。
【解析】∵π是无理数，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0。故选B。
例10. （2012年福建省文5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；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【 】
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C。
【考点】函数的零点和单调性。
【解析】对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝3。
当x<1时，函数f(x)单调递增；当13时，函数f(x)单调递增。
因为a根据f(b)＝0得f(b)＝b3－6b2＋9b－abc＝b[(b－3)2－ac]＝0，因为b≠0，所以(b－3)2－ac＝0。
又因为c>0，且方程有解，故a>0，所以a>0,13。
画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，
所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0。所以②③正确。故选C。
例11. （2012年重庆市文5分）已知，，，则的大小关系是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】B。
【考点】对数的运算性质和大小比较。
【分析】利用对数的运算性质可求得，比较它们的大小：
∵，
，
,
∴，。∴。故选B。
例12. （2012年北京市文5分）已知函数，若，则 = ▲ 。
【答案】2。
【考点】对数的化简计算。
【解析】∵，，
∴。
例13. （2012年陕西省文5分）设函数，则 = ▲
【答案】4。
【考点】分段函数求值。
【解析】∵，∴。
例14.（2012年上海市文4分）方程的解是 ▲
【答案】。
【考点】解指数方程。
【解析】根据方程，化简得。
令，则原方程可化为，解得 或。
∴。∴原方程的解为。
三、函数的值域和最值问题：
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例1.（2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例2. （2012年陕西省理5分）设函数，则【 】
A. 为的极大值点 B.为的极小值点
C. 为的极大值点 D. 为的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。
故选D。
例3. （2012年陕西省文5分）设函数则【 】
A．=为的极大值点 B．=为的极小值点
C．=2为 的极大值点 D．=2为 的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；
当时，，为增函数。
∴为的极小值点。
故选D。
例4. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例5. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，
（1）求集合D（用区间表示）
（2）求函数在D内的极值点。
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
③当时，，方程的两根为
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
③当时，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D内没有极值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。
例6. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例7. （2012年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。
（1）求的取值范围；
（2）设，求在上的最大值和最小值。
【答案】解：（1）∵，，∴。
∴。∴。
∵函数在上单调递减，
∴对于任意的，都有。
∴由得；由得。
∴。
又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；
当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。
综上所述，的取值范围是0≤≤1。
（2）∵
∴。
（i）当=0时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（ii）当=1时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（iii）当0＜＜1时，由得，
①若，即时，在[0，1]上是增函数，
∴在[0，1]上最大值是，最小值是；
②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：
∵，
∴当时，在=0取到最小值；
当时，在=1取到最小值。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。
（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1， 0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。
例8. （2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.
（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；
（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为
由题设有
其中均为1到200之间的正整数。
（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。
易知，为减函数，为增函数。
∵于是
（1）当时， 此时 ，
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于，
故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。
（2）当时， 由于为正整数，故，
此时。
易知为增函数，则
。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于
此时完成订单任务的最短时间大于。
（3）当时， 由于为正整数，故，
此时。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。
综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数
分别为44，88，68。
【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。
【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。
（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。
例10. （2012年重庆市文13分）已知函数在处取得极值为
（1）求、的值（6分）；
（2）若有极大值28，求在上的最大值（7分）． [来源:21世纪教育网]
【答案】解：（Ⅰ）∵， ∴。
∵ 在点 处取得极值，
∴，即，化简得，解得。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
令 ，得。
， 和在上的情况如下表：
－
0
＋
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘
由此可知 在 处取得极大值， 在 处取得极小值。
∵有极大值28，∴，解得。
此时，
∴ 上的最小值为。
【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。
【分析】（Ⅰ）先对函数进行求导，根据=0，，求出、的值。
（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数进行求导，令，解出，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。
例11. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
四、函数的单调性、周期性、奇偶性问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年天津市文5分）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为【 】
（A） （B），且≠0
（C） （D）
【答案】B。
【考点】函数奇偶性的判断，函数单调性的判断。
【分析】利用函数奇偶性的定义可排除C，D，再由“在区间（1，2）内是增函数”可排除A，从而可得答案：
对于A，令，则，∴函数为偶函数。
而在上单调递减，在上单调递增，（1，2）中，
所以在区间（1，2）内不全是增函数，故排除A。
对于B，函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，故B满足题意。
对于C，令 ，则，∴函数为偶函数为奇函数，故可排除C。
对于D，为非奇非偶函数，可排除D。
故选B。
例2. （2012年广东省理5分）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是【　　】
A． B． C．y= D．
【答案】A。
【考点】函数的图象和性质。
【解析】利用对数函数的图象和性质可判断A正确；利用幂函数的图象和性质可判断B错误；利用指数函数的图象和性质可判断C正确；利用“对勾”函数的图象和性质可判断D的单调性：
A.在（-2，+∞）上为增函数，故在（0，+∞）上为增函数，A正确；
B.在[-1，+∞）上为减函数，排除B；
C. y=在R上为减函数；排除C；
D.在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，排除D。
故选 A。
例3. （2012年广东省文5分）下列函数为偶函数的是【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】函数偶函数的判断。
【解析】函数结合选项，逐项检验是否满足，即可判断：
A：，则有，为奇函数；
B：，则有，为奇函数；
C：，则有，为非奇非偶函数；
D：，则有，为偶函数。
故选D。
例4. （2012年浙江省理5分）设，【 】
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A。
【考点】函数的单调性，导数的应用。
【解析】对选项A，若，必有。
构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。
其余选项用同样方法排除。故选A。
例5. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【　　】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例6. （2012年福建省理5分）设函数，则下列结论错误的是【 】
A．D(x)的值域为{0,1} B．D(x)是偶函数
C．D(x)不是周期函数 D．D(x)不是单调函数
【答案】C。
【考点】分段函数的奇偶性、单调性、值域、周期性。
【解析】对于A选项，D(x)的值域为{0,1}，选项正确；
对于B选项，∵，∴D(x)是偶函数，选项正确；
对于C选项，∵，∴是D(x) 的一个周期，即D(x)是周期函数，选项错误；
对于D选项，∵，但，∴D(x)不是单调函数，选项正确。
故选C。
例7. （2012年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【 】
（A）（1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞） （D）（0，+∞）
【答案】B。
【考点】用导数求函数的单调区间。
【解析】∵，∴。
∴。故选B。
例8. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】
(A) (B)
(C) (D)
【答案】C。
【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。
【解析】设，则
所以所以当时，
同理∴即。故选C。
例9. （2012年陕西省理5分）下列函数中，既是奇函数又是增函数的为【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】函数的奇偶性和增减性的判断。
【解析】根据函数的奇偶性和增减性逐一作出判断：
对于A，非奇非偶，是R上的增函数，不符合题意；
对于B，是偶函数，不符合题意；
对于C，是奇函数，但不是增函数；
对于D，令，则
∵，∴函数是奇函数；
∵，∴函数是增函数。
故选D。
例10. （2012年上海市理4分）已知函数（为常数）.若在区间[1,+()上是增函数，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】指数函数单调性，复合函数的单调性的判断。
【解析】根据函数看出当时函数增函数，而已知函数在区间上为增函数，所以的取值范围为： 。
例11. （2012年全国课标卷文5分）设函数的最大值为M，最小值为m，则M+m= ▲
【答案】2。
【考点】奇函数的性质。
【解析】∵， ∴设。
∵，
∴函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。
∴。
例12. （2012年上海市理4分）已知是奇函数，且，若，则
▲ .
【答案】
【考点】函数的奇偶性。
【解析】∵函数为奇函数，∴，即
又∵，∴。∴。
例13. （2012年安徽省文5分）若函数的单调递增区间是，则 ▲
【答案】。
【考点】函数的单调性。
【解析】∵，∴由对称性得，，即。
例14.（2012年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，
且函数在上是增函数，则a＝ ▲ .
【答案】。
【考点】函数的增减性。
【解析】∵，∴。
当时，
∵，函数是增函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是减函数，与题设不符。
当时，
∵，函数是减函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是增函数，符合题意。
综上所述，满足条件的。
例15. （2012年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中．若，
则的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】周期函数的性质。
【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即①。
又∵，，
∴②。
联立①②，解得，。∴。
例16. （2012年浙江省文5分）设函数f（x）是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x＋1，则= ▲ 。
【答案】。
【考点】函数的周期性和奇偶性。
【解析】。
例17.（2012年重庆市文5分）函数 为偶函数，则实数 ▲
【答案】4。
【考点】函数奇偶性的性质。
【分析】由题意可得，对于任意的都成立，代入任一不为0的数可得关于的一元一次方程，解出即可：
令，则，即，即，解得。
例18. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。
【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。
【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例19.（2012年江西省理14分）若函数满足
（1），；
（2）对任意，有；
（3）在上单调递减。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
则称为补函数。已知函数。
（1）判函数是否为补函数，并证明你的结论；
（2）若存在，使得，称是函数的中介元。记时的中介元为，且，若对任意的，都有，求的取值范围；
（3）当，时，函数的图像总在直线的上方，求的取值范围。
【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：
①h(0)＝＝1，h(1)＝＝0；
②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h＝＝＝a；
③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝＝。
∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。
（2）当p＝(n∈*)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*)
①当λ＝0时，中介元xn＝n；
②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得x＝∈(0,1)或x＝?[0,1]；
得中介元xn＝n。
综合① ②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝n(n∈*)。
∴当λ>－1时，有Sn＝ i＝<，
当n无限增大时，n无限接近于0，Sn无限接近于。
∴对任意的n∈*，Sn<成立等价于≤，即λ∈[3，＋∞)．
（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)，中介元为xp＝。
①当0所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。
②当p>1时，依题意只需(1－xp)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立。
设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。
由φ′(x)＝0得x＝，且当x∈时，φ′(x)<0，当x∈时，φ′(x)>0。
又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立。
综上：p的取值范围是(1，＋∞)。
【考点】综合法与分析法的应用，简单的演绎推理。
【解析】（1）可通过对函数进行研究，探究其是否满足补函数的三个条件来确定函数是否是补函数。
（2）由题意，先根据中介元的定义得出中介元xn通式，代入，计算出和，然后结合极限的思想，利用Sn<得到参数的不等式，解出它的取值范围。
（3），时，对参数p分别讨论由函数的图象总在直线的上方这一位置关系进行转化，解出p的取值范围。
五、函数的零点问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例2. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 　（Ｂ）1　　　（Ｃ）2　　　（Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例4. （2012年辽宁省理5分）设函数f(x)满足f()=f(x)，f(x)=f(2x)，且当时，f(x)=x3.又函数g(x)=|xcos|，则函数h(x)=g(x)-f(x)在上的零点个数为【 】
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
【答案】B。
【考点】函数的奇偶性、对称性、函数的零点。
【解析】因为当时，f(x)=x3. 所以当，f(x)=f(2x)=(2x)3，
当时，g(x)=xcos；当时，g(x)= xcos，注意到函数f(x)、 g(x)都是偶函数，且f(0)= g(0)， f(1)= g(1)，，作出函数f(x)、 g(x)的大致图象，函数h(x)除了0、1这两个零点之外，分别在区间上各有一个零点，共有6个零点，故选B。
例7. （2012年福建省文14分）已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在上的最大值为.
（I）求函数f(x)的解析式；
（II）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，
对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0。
当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；
当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，
又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；
当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1。
综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－。
（II）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：
由（I）知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0。
又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。
又由（I）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0。
由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减。
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。
【解析】（I）由题意，可借助导数研究函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，在上的单调性，确定出最值，令最值等于 ，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。
（II）借助导数研究函数f(x)在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。
六、函数图象的交点问题：
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例1. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
　　　 根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例2. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例4. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
七、反函数问题：
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例1. （2012年全国大纲卷文5分）函数= (≥－1)的反函数为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】反函数。
【解析】由原函数求出关于的关系式，再、对换，原函数的值域是反函数的定义域。因此，
将=两边平方，得，即。将、对换，得。
又函数=的值域为，所以的定义域为。故选A。
例2. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】

【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例3. （2012年上海市理14分）已知函数.
（1）若，求的取值范围；（6分）
（2）若是以2为周期的偶函数，且当时，有，求函数的反函数.（8分）
【答案】（1）由，得。
由得。
∵，∴，解得。
由得，。
（2）当时，，
∴。
由单调性可得。
∵，∴所求反函数是，。
【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。
【解析】（1）由，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。
（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。
八、函数的图形问题：
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例1. （2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】

【答案】。
【考点】导数的应用。
【解析】设，则。
∵时，；时，，
∴。
∴或均有。因此排除。故选。
例2. （2012年四川省文5分）函数的图象可能是【 】
【答案】C。
【考点】函数图像。
【解析】采用排除法：函数恒过（1,0），选项只有C符合，故选C。
例3. （2012年山东省理5分）函数的图像大致为【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】奇函数和函数图象的渐近线性质。
【解析】∵函数，，
∴为奇函数。
根据奇函数关于坐标原点对称的性质，可排除A选项。
当时，；当时，；
当时，，；当时，，。
故选D。
例4. （2012年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【 】
A. 　B. 　 C. 　 D.
【答案】A。
【考点】函数的图象。
【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。
例5. （2012年湖北省文5分）已知定义在区间（0.2）上的函数的图像如图所示，则的图像为【　　　】
【答案】B。
【考点】特殊值法的应用，求函数值。
【解析】取特殊值：
当时，；
当时，。
符合以上结果的只有选项B。故选B。
例6. （2012年重庆市文5分）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是【 】

（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】函数的图象，函数单调性与导数的关系。
【分析】由函数在处取得极小值可知，
当时，，则，函数的图象与轴相交；
当左侧附近时，，则，函数的图象在轴上方；
当右侧附近时，，则，函数的图象在轴下方。
对照选项可知只有C符合题意。故选C。
九、函数的综合问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例2. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．
【答案】解：（1）∵，∴
① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。
②当 时，有两个根。列表如下：
的增减性
＞0
增函数
＜
减函数
＞0
增函数
（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。
∴
。
同理，。
∴直线的解析式为。
设直线与轴的交点为，则，解得。
代入得
，
∵在轴上，∴，
解得，或或。
【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。
【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。
（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。
例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例5. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例6. （2012年北京市文13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当a=3,b=－9时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵a=3,b=－9，∴设。
则。令，解得。
又∵在各区间的情况如下：
1
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
其中，为最大值。
∴如果函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。
∴，即k的取值范围为。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 a=3,b=－9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。
例7. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例8. （2012年四川省文14分）已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到。
当时,
。
当n=0时，。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是3。
（Ⅲ）由（1）知，
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而
。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：
。
例9. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例10. （2012年天津市文14分）已知函数，其中.
（I）求函数的单调区间；
（II）若函数在区间（－2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；
（III）当=1时，设函数在区间上的最大值为M（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。
【答案】解：（I）求导函数可得。
令，可得。
当变化时，和的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数的递增区间为，，单调递减区间为。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，
∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。
∴ ，即，解得。
∴的取值范围为(0，)。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。
①当]时，，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在
[－1，+3]上单调递减。
∴函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者。
由知，当∈[－3，－2]时，，故m（）=f（），所以。
而在[－3，－2]上单调递增，因此。
∴在[－3，－2]上的最小值为。
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。
下面比较的大小：
由在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有。
∵，
∴M（）= ，m（）=
∴在[－2，－1]上的最小值为。
综上，函数在区间[－3，－1]上的最小值为。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。
【分析】（I）求导函数，令＞0，可得函数的递增区间；令＜0，可得单调递减区间。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在
（－2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：
①当∈[－3，－2]时，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减，因此函数在[，+3]上的最大值为M（）= ，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在[－3，－2]上的最小值；
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比较的大小，从而可确定函数在区间[－3，－1]上的最小值。
例11. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例12. （2012年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数
（Ⅰ）求的最小值；
（II）若曲线在点处的切线方程为，求的值。
【答案】解：（I）∵，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵曲线在点处的切线方程为，∴。
∴ ①。
又∵，∴ ②。
解①②得：。
【考点】基本不等式的应用，导数的应用。
【解析】（I）应用基本不等式即可求得的最小值。
（II）由和联立方程组，求解即可求得的值。
例13. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
当时，；当时，。（取点代入）
∴在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）∵，

可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），
∴。
设。则。
令，解得。
当时，；当时，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴对任意x＞0，。
【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。
【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。
（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。
例14. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例15. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当　　　　　①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
　　　（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例16. （2012年湖南省文13分）已知函数，其中＞0.[@#中国^教育出版&网~]
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；[z
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，证明：存在，使恒成立.
【答案】解：（Ⅰ）令，得。
当时单调递减；当时单调递增。
∴当时，取最小值。
∴对一切恒成立，当且仅当.　　　　　　　①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减。
∴当时，取最大值。
∴当且仅当时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）证明：由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增。
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使即成立。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出取最小值对一切∈R，≥1恒成立转化为从而得出求的取值集合。
　　　（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。
例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0。
∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，
∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，所以，
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。
故g(x)只有唯一零点x＝x0。
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a。
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)。
则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)。
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。
例18. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。
(Ⅰ)求的值。
(Ⅱ)证明：当时，。
【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。
∵曲线与直线在（0，0）点相切，
∴。∴=0。
（II）证明：由（I）知。
由均值不等式，当＞0时，，∴。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。
（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值
法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。
例19. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。
【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。
例20. （2012年陕西省理14分）设函数
（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）设，若对任意，有，求的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.
【答案】解：（1）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（2）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
（3）设是在内的唯一零点，
则，，。
∴。
又由（1）知在上是递增的，∴。
∴数列是递增数列。
【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
（3）设是在内的唯一零点， 则可得
。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。
另解： 设是在内的唯一零点，
∵
则的零点在内，故。
所以，数列是递增数列。
例21. （2012年陕西省文14分）设函数
（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；
（III）设，若对任意，有，求的取值范围；
【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得，∴。
画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。
（III）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。
（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。