培优点1 抽象函数与嵌套函数
抽象函数与嵌套函数是高考数学的难点，特别是抽象函数是近几年高考的热点，抽象函数与函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性相结合的题目往往难度大，综合性强.
抽象函数
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数，在处理此类问题时，可以通过赋值法把握函数特殊点的特征，或者将函数模型化让抽象函数的性质“显现”出来.
【例1】 （1）函数f（x）的定义域为R， x，y∈R，f（x＋1）·f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），若f（0）≠0，则f（2 024）＝（ A ）
A.－2 B.－4
C.2 D.4
（2）已知函数f（x）对任意x，y∈R，满足条件f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，则不等式f（a2－2a－2）＜3的解集为{a｜－1＜a＜3}.
解析：（1）法一（常规解法） 令x＝y＝0，则[f（1）]2＝f（0）－f（0）＝0，所以f（1）＝0.令x＝0，y＝x，则f（1）f（x＋1）＝f（0＋x）－f（0－x）＝0，所以f（x）＝f（－x）.令y＝－x，则f（x＋1）·f（1－x）＝f（0）－f（2x）.令y＝x，则f（x＋1）·f（x＋1）＝f（2x）－f（0）.所以f（x＋1）f（1－x）＝－f（x＋1）f（x＋1），若f（x＋1）＝0恒成立，则与题设条件f（0）≠0矛盾，所以f（x＋1）不恒为0，所以f（1－x）＝－f（x＋1），所以f（x）＝－f（2－x）.又f（x）＝f（－x），所以f（－x）＝－f（2－x），所以f（x）＝－f（2＋x）＝－[－f（4＋x）]＝f（x＋4），所以4为f（x）的一个周期，所以f（2 024）＝f（0）.令x＝y＝1，得f（2）f（2）＝f（2）－f（0），又f（2）＝－f（0），所以f（0）f（0）＝－2f（0），结合f（0）≠0得f（0）＝－2，所以f（2 024）＝－2，故选A.
法二（模型解法） 因为cos（x＋y）－cos（x－y）＝－2sin xsin y，所以－2cos（x＋）cos（y＋）＝cos（x＋y）－cos（x－y），所以－2cos（x＋）·［－2cos（y＋）］＝－2cos（x＋y）－[－2cos（x－y）].由此联想构造函数，令f（x）＝－2cos，检验得 x，y∈R，f（x＋1）f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），且f（0）≠0，符合题意，所以f（2 024）＝－2cos 1 012π＝－2，故选A.
（2）法一（常规解法） 设x1＜x2，则x2 －x1＞0，∵当x＞0时，f（x）＞2，∴f（x2－x1）＞2，则f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）＋f（x1）－2＞2＋f（x1）－2＝f（x1），即f（x2）＞f（x1），∴f（x）为增函数.∵f（3）＝f（2＋1）＝f（2）＋f（1）－2＝[f（1）＋f（1）－2]＋f（1）－2＝3f（1）－4，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴f（a2－2a－2）＜f（1），∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}.
法二（模型解法） 由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝f（x）＋f（y）－2，可设函数f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝5，得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，满足当x＞0时，f（x）＞2，则不等式f（a2－2a－2）＜3可化为a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3，故不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}.
感悟提升
解决抽象函数问题的常用方法
（1）常规解法：①取特殊值代入求值，如令x＝0，1，2，3，…；
②通过函数式得到抽象函数的性质：
（ⅰ）通过f（x1）－f（x2）的变换判断单调性；
（ⅱ）令式子中出现f（x）和f（－x），判断函数的奇偶性；
（ⅲ）换x为x＋T确定函数是否具有周期性.
（2）模型解法：结合具体函数，使得抽象函数具体化，常见的有：
①f（x±y）＝f（x）±f（y） b→f（x）＝kx＋b（k≠0）；
②f（xy）＝f（x）f（y）或f（）＝→f（x）＝xn；
③f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝→f（x）＝ax（a＞0且a≠1）；
④f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（）＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf（x）→f（x）＝logax（a＞0且a≠1）；
⑤f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y）→f（x）＝Acos ωx（Aω≠0）；
⑥f（x＋y）＝→f（x）＝tan x；
⑦f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c→f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.
1.定义在R上的函数f（x）满足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f（1）＝2，则f（－3）＝（ ）
A.2 B.3
C.6 D.9
解析：C 法一（常规解法） f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－1）＝f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，设函数f（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－3）＝6.
2.（多选）（2024·九省联考）函数f（x）的定义域为R，f（）≠0，若f（x＋y）＋f（x）f（y）＝4xy，则下列选项正确的有（ ）
A.f（－）＝0
B.f（）＝－2
C.函数f（x＋）是增函数
D.函数f（x－）是奇函数
解析：ABD 令x＝，y＝0，∴f（ ）＋f（ ）f（0）＝0，∴f（ ）[1＋f（0）]＝0，又∵f（ ）≠0，∴f（0）＝－1，令x＝，y＝－，∴f（0）＋f（ ）·f（ －）＝－1，∴f（ ）f（ －）＝0，∴f（ －）＝0，故A正确；令y＝－，∴f（ x－）＝－2x，∴f（x）＝－2x－1，∴f（ ）＝－2，故B正确；∴f（ x＋）＝－2（ x＋）－1＝－2x－2是减函数，故C错误；∴f（ x－）＝－2（ x－）－1＝－2x，其图象关于原点对称，∴f（ x－）为奇函数，故D正确.
嵌套函数
【例2】 已知函数f（x）＝若函数y＝f（f（x））有8个不同的零点，则a的取值范围为（ ）
A.（0，8） B.（0，＋∞）
C.[8，＋∞） D.（8，＋∞）
解析：D 当a≤0时，f（x）是R上的增函数，f（x）＝0有唯一解x＝0，此时f（f（x））＝0不可能有8个解.当a＞0时，令f（x）＝t，则由f（f（x））＝f（t）＝0，得t1＝－2a，t2＝0，t3＝a.因为函数y＝f（f（x））有8个不同的零点，所以直线y＝－2a，y＝0，y＝a与函数f（x）的图象共有8个交点，作出f（x）的图象，如图所示.因为a＞0，所以2a＞a，所以直线y＝a与函数f（x）的图象有2个交点，直线y＝0与函数f（x）的图象有3个交点，所以直线y＝－2a与函数f（x）的图象有8－2－3＝3（个）交点，所以－2a＞－，得a＞8.故选D.
感悟提升
破解嵌套函数零点个数问题的主要步骤
（1）换元解套，转化为t＝g（x）与y＝f（t）的零点；
（2）依次解方程，令f（t）＝0，求t，代入t＝g（x）求出x的值或判断图象的交点个数.
1.已知函数f（x）＝则方程f（f（x））＝1的根的个数为（ ）
A.7 B.5
C.3 D.2
解析：A 令u＝f（x），先解方程f（u）＝1.当u≤1时，则f（u）＝2u－1＝1，解得u1＝1；当u＞1时，则f（u）＝｜ln（u－1）｜＝1，所以ln（u－1）＝1或ln（u－1）＝－1，解得u2＝1＋，u3＝1＋e.如图所示，作出函数f（x）的图象，由图知，直线u＝1，u＝1＋，u＝1＋e与u＝f（x）图象的交点个数分别为3，2，2，所以方程f（f（x））＝1的根的个数为3＋2＋2＝7.故选A.
2.设函数f（x）＝x2＋acos x，a∈R，非空集合M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}.若集合N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，则实数a＝0.
解析：因为M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}，N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，即任意x∈M，都有x∈N，因为f（x）＝0，f（f（x））＝0，所以f（0）＝0，即02＋acos 0＝0，所以0＋a＝0，所以a＝0.
1.已知函数f（x）对任意的x，y∈R，总有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），若x∈（－∞，0）时，f（x）＞0，且f（1）＝－，则当x∈[－3，1]时，f（x）的最大值为（ ）
A.0 B. C.1 D.2
解析：D 法一（常规解法） 令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）＋f（0），得f（0）＝0，令y＝－x，则f（0）＝f（x）＋f（－x），所以f（－x）＝－f（x），所以f（x）为奇函数，任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1－x2＜0，f（x1－x2）＞0，所以f（x1）－f（x2）＝f[（x1－x2）＋x2]－f（x2）＝f（x1－x2）＋f（x2）－f（x2）＝f（x1－x2）＞0，所以f（x1）＞f（x2），所以f（x）在R上单调递减，所以当x∈[－3，1]时，f（x）的最大值为f（－3），因为f（1）＝－，所以f（－1）＝.则有f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＝f（－1）＋f（－1）＋f（－1）＝3×＝2，故选D.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）＋f（y），可设f（x）＝kx，又f（1）＝－，所以k＝－，所以f（x）＝－x，验证知满足条件，则当x∈[－3，1]时，f（x）＝－x的最大值为f（－3）＝2，故选D.
2.已知函数f（x）是定义域为（0，＋∞）的增函数，满足f（4）＝1，f（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，则x的取值范围为（ ）
A.[3，4） B.[4，5）
C.（3，4] D.（4，5]
解析：C 法一（常规解法） f（x）＋f（x－3）＝f[x（x－3）]≤1＝f（4），又f（x）是定义域为（0，＋∞）的增函数，∴ 3＜x≤4，∴x的取值范围为（3，4].
法二（模型解法） 由f（xy）＝f（x）＋f（y），可设函数f（x）＝logax（a＞0，且a≠1）.由f（4）＝1，得a＝4，则f（x）＝log4x，由f（x）＋f（x－3）≤1，得log4x＋log4（x－3）≤1，即log4[x（x－3）]≤1，故解得3＜x≤4，故x的取值范围为（3，4].
3.已知函数f（x）的定义域为R，且f（x＋1）是偶函数，f（x－1）是奇函数，则（ ）
A.f（0）＝0 B.f（）＝0
C.f（1）＝0 D.f（3）＝0
解析：D 因为函数f（x＋1）为偶函数，则f（1－x）＝f（1＋x），令t＝x可得f（1－t）＝f（1＋t），所以f（1＋x）＝f（1－x），因为函数f（x－1）为奇函数，则f（－x－1）＝－f（x－1），所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，关于点（－1，0）对称，又因为函数f（x）的定义域为R，f（－1）＝0，则f（3）＝f（－1）＝0，f（1），f（），f（0）的值都不确定，故选D.
4.已知函数f（x）＝若f（f（t））＋3≥0，则实数t的取值范围是（ ）
A.[3，＋∞） B.（－∞，－2]
C.（－∞，3] D.[－2，＋∞）
解析：D 画出f（x）的图象如图所示，由f（f（t））＋3≥0得f（f（t））≥－3，令－x2＋2x＝－3得x＝3，由图可得f（t）≤3，令（ ）t－1≤3，变形得（ ）t≤4＝（ ）－2，解得t≥－2，故选D.
5.已知f（x）＝则函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1的零点个数是（ ）
A.3 B.5
C.7 D.8
解析：B 函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1＝[2f（x）－1][f（x）－1]的零点，即方程f（x）＝和f（x）＝1的根，函数f（x）＝的图象如图所示，由图可得方程f（x）＝和f（x）＝1共有5个根，即函数y＝2f2（x）－3f（x）＋1有5个零点，故选B.
6.已知函数f（x）的定义域为R，且对任意x1，x2∈R都有f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2），则下列结论一定正确的是（ ）
A.f（x）是偶函数
B.f（x）是周期函数
C.存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x）
D.对任意m∈R，存在x0∈R，使得f（x0）＝m
解析：C 令f（x）＝10x－2，因为f（x1＋x2）＝1，100f（x1）f（x2）＝100×1＝1，所以f（x）＝10x－2满足f（x1＋x2）＝100f（x1）f（x2）.对于A，因为f（x）＝10x－2不是偶函数，故A错误；对于B，因为f（x）＝10x－2不是周期函数，故B错误；对于C，令x1＝x，x2＝1，则f（x＋1）＝100f（x）f（1），令k＝100f（1），所以存在常数k，对任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x），故C正确；对于D，因为f（x）＝10x－2＞0，故m＜0时，不存在x0∈R，使得f（x0）＝m，故D错误.
7.已知函数f（x）＝g（x）＝x－3，方程f（g（x））＝－3－g（x）有2个不同的根，分别是x1，x2，则x1＋x2＝（ ）
A.0 B.3
C.6 D.9
解析：B 令g（x）＝x－3＝t，则f（g（x））＝－3－g（x）即f（t）＝－3－t，由题意知直线y＝－3－t与曲线y＝f（t）有2个交点，设交点横坐标分别为t1，t2（t1＜0＜t2），则t1，t2满足＝－3－t1，ln t2＝－3－t2，则ln ＝t1＝－3－，易知关于m的方程ln m＝－3－m只有1个根，所以t2＝，从而t1＋t2＝－3.不妨设x1－3＝t1，x2－3＝t2，则x1－3＋x2－3＝－3，所以x1＋x2＝3，故选B.
8.（多选）（2024·新乡第三次模拟）已知定义在R上的函数f（x）满足f（2x＋6）＝f（－2x），且f（x－1）＋f（x＋1）＝f（－2），若f（ ）＝1，则（ ）
A.f（2 024）＝1
B.f（x）的图象关于直线x＝－3对称
C.f（x）是周期函数
D.（－1）kkf（ k－）＝2 025
解析：BCD 由f（x－1）＋f（x＋1）＝f（－2），得f（x＋1）＋f（x＋3）＝f（－2），则f（x－1）＝f（x＋3），即f（x）＝f（x＋4），因此f（x）是周期为4的周期函数，C正确；令x＝－1，得f（－2）＋f（0）＝f（－2），则f（0）＝0，因此f（2 024）＝f（0）＝0，A错误；由f（2x＋6）＝f（－2x），得f（x＋6）＝f（－x），则f（－x）＝f[（x－12）＋6]＝f（x－6），因此f（x）的图象关于直线x＝－3对称，B正确；由f（x＋6）＝f（－x），得f（x）的图象关于直线x＝3对称，因此直线x＝－3＋4n及x＝3＋4n（n∈Z）均为f（x）图象的对称轴，从而f（－2）＝f（0）＝0，f（ ）＝f（ ）＝1，令x＝，得f（ －1）＋f（ ＋1）＝0，即f（ ）＝－f（ ）＝－1，则f（ ）＝f（ ）＝f（ ）＝－1，故（－1）kkf（ k－）＝－f（ ）＋2f（ ）－3f（ ）＋4f（ ）－…－2 025f（ ）＝（1－2－3＋4）＋…＋（2 021－2 022－2 023＋2 024）＋2 025＝2 025，D正确.
9.已知f（x）＝则满足2f（f（m））＋1＝2f（m）＋1的实数m的取值范围为（－∞，－1]∪（0，e2].
解析：令t＝f（m），则2f（t）＋1＝2t＋1，所以f（t）＝2t－，当t＞0时，f（t）＝ln t－2＝2t－无解；当t≤0时，f（t）＝2t－恒成立，所以f（m）＝t≤0.当m＞0时，ln m－2≤0，解得0＜m≤e2；当m≤0时，2m－≤0，解得m≤－1.综上所述，实数m的取值范围是（－∞，－1]∪（0，e2].
10.已知函数f（x）与g（x）的定义域均为R，f（x＋1）为偶函数，g（x）的图象关于点（1，0）中心对称，若f（x）＋g（x）＝x2－1，则f（2）g（2）＝2.
解析：在f（x）＋g（x）＝x2－1中，令x＝2，得f（2）＋g（2）＝3.因为f（x＋1）是偶函数，所以f（x）的图象关于直线x＝1对称，即f（x）＝f（2－x）①，因为g（x）的图象关于点（1，0）中心对称，所以函数g（x＋1）是奇函数，即g（－x＋1）＝－g（x＋1），用1－x代替x得g（x）＝－g（－x＋2）②，将①②代入f（x）＋g（x）＝x2＋1得f（2－x）－g（2－x）＝x2－1.令x＝0，得f（2）－g（2）＝－1，结合f（2）＋g（2）＝3，解得f（2）＝1，g（2）＝2，所以f（2）g（2）＝2.
2 / 2专题七 函数与导数
第1讲 小题研透——函数的图象与性质
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.B 对于A，f（－x）＝＝≠f（x），故f（x）不是偶函数；对于B，f（－x）＝＝＝f（x），故f（x）是偶函数；对于C，f（x）的定义域为{x｜x≠－1}，不关于原点对称，故f（x）不是偶函数；对于D，f（－x）＝＝＝－＝－f（x），故f（x）是奇函数.故选B.
2.B 由题知函数y＝f（x）的定义域为R，关于原点对称，f（－x）＝－（－x）2＋（e－x－ex）sin（－x）＝－x2＋（ex－e－x）·sin x＝f（x），所以函数f（x）为偶函数，函数图象关于y轴对称，排除A、C；f（1）＝－1＋（e－）sin 1＞－1＋（e－）sin＝－1＋－＞0，排除D.故选B.
3.B 因为f（x）在R上单调递增，且x≥0时，f（x）＝ex＋ln（x＋1）单调递增，则需满足解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0].故选B.
4.B 法一 因为f（x）＝（x＋a）ln为偶函数，f（－1）＝（a－1）ln 3，f（1）＝（a＋1）ln ＝－（a＋1）ln 3，所以（a－1）ln 3＝－（a＋1）ln 3，解得a＝0，故选B.
法二 要使函数f（x）有意义，必须满足＞0，解得x＜－或x＞.因为函数f（x）是偶函数，所以对任意x∈（－∞，－）∪（，＋∞），都有f（－x）＝f（x），即（－x＋a）·ln＝（x＋a）ln，则（x－a）ln＝（x＋a）ln对任意x∈（－∞，－）∪（，＋∞）恒成立，所以a＝0.故选B.
5.D 由y＝g（x）的图象关于直线x＝2对称，可得g（2＋x）＝g（2－x）.在f（x）＋g（2－x）＝5中，用－x替换x，可得f（－x）＋g（2＋x）＝5，可得f（－x）＝f（x） ①，y＝f（x）为偶函数.在g（x）－f（x－4）＝7中，用2－x替换x，得g（2－x）＝f（－x－2）＋7，代入f（x）＋g（2－x）＝5中，得f（x）＋f（－x－2）＝－2 ②，所以y＝f（x）的图象关于点（－1，－1）中心对称，所以f（1）＝f（－1）＝－1.由①②可得f（x）＋f（x＋2）＝－2，所以f（x＋2）＋f（x＋4）＝－2，所以f（x＋4）＝f（x），所以函数f（x）是以4为周期的周期函数.由f（x）＋g（2－x）＝5可得f（0）＋g（2）＝5，又g（2）＝4，所以可得f（0）＝1，又f（x）＋f（x＋2）＝－2，所以f（0）＋f（2）＝－2，得f（2）＝－3，又f（3）＝f（－1）＝－1，f（4）＝f（0）＝1，所以f（k）＝6f（1）＋6f（2）＋5f（3）＋5f（4）＝6×（－1）＋6×（－3）＋5×（－1）＋5×1＝－24.故选D.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）A （2）A 解析：（1）设g（x）＝，则g（－x）＝＝＝－g（x），所以g（x）为奇函数，设h（x）＝cos 2x，可知h（x）为偶函数，所以f（x）＝·cos 2x为奇函数，则B、C错误；易知f（0）＝0，所以A正确，D错误.故选A.
（2）当b为偶数时，f（x）恒大于0，不符合题图，所以b为奇数，当x＝－a时，f（x）＝0，从题图可知此时－a＜0，即a＞0.故选A.
【例2】 （－∞，－2）
解析：
作出函数f（x）＝的图象，如图.要使不等式f（x＋a）＞f（2a－x）在[a，a＋1]上恒成立，则x＋a＜2a－x在[a，a＋1]上恒成立，即a＞2x在x∈[a，a＋1]上恒成立，所以a＞2（a＋1），解得a＜－2.所以实数a的取值范围是（－∞，－2）.
跟踪训练
1.C
结合题意可得：当x＜0时，f（x）＝x－2＝为幂函数，其在（－∞，0）上单调递增；当x≥0时，f（x）＝＝也为幂函数，其在[0，＋∞）上单调递增.故函数f（x）＝的大致图象如图所示.要得到y＝－f（x）的图象，只需将y＝f（x）的图象沿x轴对称即可.故选C.
2.B
作出f（x）的图象，如图.由图象可知x1＋1＝ln x2，即x1＝2ln x2－2，所以x2－x1＝x2－2ln x2＋2，由图象可得x2∈（0，e]，设h（x）＝x－2ln x＋2，x∈（0，e].则h'（x）＝1－＝，x∈（0，e].令h'（x）＝＝0，则x＝2，当h'（x）＞0时x∈（2，e]，当h'（x）＜0时x∈（0，2），所以h（x）＝x－2ln x＋2在（0，2）上单调递减，在（2，e]上单调递增.所以h（x）在x＝2时取得最小值，h（2）＝4－2ln 2，可得x2－x1∈[4－2ln 2，＋∞）.故选B.
【例3】 （1）（0，2） （2）4 解析：（1）对任意的x1＜x2，有＞－1，则f（x1）－f（x2）＜x2－x1，即f（x1）＋x1＜f（x2）＋x2，则y＝f（x）＋x在R上是增函数.因为f（｜x－1｜）＜2－｜x－1｜，且f（1）＝1，f（｜x－1｜）＋｜x－1｜＜f（1）＋1，则｜x－1｜＜1，解得0＜x＜2.
（2）因为y＝f（x）是定义域为R的奇函数，且当x＜0时，f（x）＝x＋＋1.当x＞0时，－x＜0，则f（－x）＝－x－＋1＝－f（x），所以当x＞0时，f（x）＝x＋－1，此时f'（x）＝1－，当a≤1时f'（x）＝1－≥0在[1，＋∞）上恒成立，函数f（x）在[1，＋∞）上单调递增，当x＝1时，函数取得最小值，f（1）＝1＋a－1＝3，解得a＝3（舍），当a＞1时，x∈[1，]，f'（x）＜0，函数单调递减；x∈[，＋∞），f'（x）＞0，函数单调递增，故x＝时，函数取得最小值，f（）＝2－1＝3，解得a＝4，综上，a＝4.故选D.
【例4】 （1）BC （2）（－1，1）
解析：（1）依题意，定义在R上的函数f（x）满足f（x＋2）＝－f（x），则f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），函数f（x）的周期为4，A错误；因为函数y＝f（2－x）是偶函数，则f（2－x）＝f（2＋x），函数f（x）的图象关于x＝2对称，且f（2－x）＝－f（x），即f（2－x）＋f（x）＝0，函数f（x）的图象关于（1，0）对称，B正确；由f（2－x）＝f（2＋x）得f（－x）＝f（4＋x）＝f（x），则函数f（x）为偶函数，C正确；由f（x＋2）＋f（x）＝0得f（x＋3）＋f（1＋x）＝0，由f（2－x）＝f（2＋x）得f（3－x）＝f（1＋x），因此f（x＋3）＋f（3－x）＝0，函数f（x）的图象关于（3，0）对称，D错误.故选B、C.
（2）法一 由f（x）是奇函数知f（－x）＝－f（x），所以a－＝－a＋，得2a＝＋＝2，所以a＝1，所以f（x）＝1－.因为ex＋1＞1，所以0＜＜1，所以－1＜1－＜1，所以函数f（x）的值域为（－1，1）.
法二 函数f（x）的定义域为R，且函数f（x）是奇函数，所以f（0）＝a－1＝0，即a＝1，所以f（x）＝1－.因为ex＋1＞1，所以0＜＜1，所以－1＜1－＜1，所以函数f（x）的值域为（－1，1）.
跟踪训练
1.B ∵f（x）＝e｜x｜－cos x，∴f（－x）＝e｜－x｜－cos （－x）＝e｜x｜－cos x＝f（x），∴f（x）为偶函数，∴f（）＝f（－）.当x＞0时，f（x）＝ex－cos x，则f'（x）＝ex＋sin x，当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＝ex＋sin x＞0，∴函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴f（0）＜f（）＜f（），即f（0）＜f（－）＜f（）.
2.B 因为f（1＋x）＝f（1－x），所以函数f（x）的图象关于直线x＝1对称.因为函数f（x）是定义在R上的奇函数，所以函数f（x）的图象关于点（0，0）对称，所以函数f（x）是以4为周期的周期函数，又当－1≤x＜0时，f（x）＝log2（－6x＋2），所以f（）＝f（8＋）＝f（）＝－f（－）＝－log2［－6×（－）＋2］＝－log24＝－2，故选B.
第2讲 小题研透——基本初等函数、函数与方程
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.B 由函数y＝4.2x是增函数可知，0＜a＜1＜b，又c＝log4.20.2＜0，故b＞a＞c，故选B.
2.B 因为（x1，y1），（x2，y2）为函数y＝2x的图象上两个不同的点，所以y1＝，y2＝，且x1≠x2，则≠，所以y1＋y2＝＋＞2＝2，所以＞＞0，所以log2＞log2＝.故选B.
3.B 由题意知f'（x）＝3x2＋a，要使函数f（x）存在3个零点，则f'（x）＝0要有2个不同的根，则a＜0.令3x2＋a＝0，解得x＝±.令f'（x）＞0，则x＜－或x＞，令f'（x）＜0，则－＜x＜.所以f（x）在（－∞，－）和（，＋∞）上单调递增，在（－，）上单调递减，所以要使f（x）存在3个零点，则即解得＞1，即a＜－3.故选B.
4.ACD 由Lp＝20×lg，得p＝p0×1.由题表中的数据可知p0×103≤p1≤p0×1，p0×1≤p2≤p0×103，p3＝p0×102＝100p0，故A、C正确；因为10p3＝10×100p0＝p0×103≥p2，故B错误；因为p0×1≤100p2≤p0×105，所以p1≤100p2，故D正确.故选A、C、D.
5.64 解析：根据题意有－＝－，即3loga2－＝－，设t＝loga2（a＞1），则t＞0，故3t－＝－，得t＝（t＝－1舍去），所以loga2＝，所以＝2，所以a＝64.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）ABD （2）ACD 解析：（1）对于A，因为y＝ex在R上单调递增，y＝－e－x在R上单调递增，所以f（x）＝在R上单调递增，故A正确；对于B，因为f（x）g（x）＝·＝，所以f（－x）g（－x）＝＝－f（x）g（x），所以f（x）g（x）为奇函数，故B正确；对于C，因为f（x）为奇函数，图象关于原点对称，而g（x）为偶函数，图象关于y轴对称，所以f（x）与g（x）的图象不会关于原点对称，故C错误；对于D，f2（x）＋g2（x）＝（）2＋（）2＝＋＝＝g（2x），故D正确.综上，选A、B、D.
（2）f（x）＝ln ，令＞0，解得x＞或x＜－，∴f（x）的定义域为（ －∞，－）∪（ ，＋∞），又f（－x）＝ln ＝ln ＝ln（ ）－1＝－ln ＝－f（x），∴f（x）为奇函数，故A正确，B错误；又f（x）＝ln ＝ln（ 1＋），令t＝1＋，t＞0且t≠1，∴y＝ln t，又t＝1＋在（ ，＋∞）上单调递减，且y＝ln t为增函数，∴f（x）在（ ，＋∞）上单调递减，故C正确；∴y＝ln t的值域是（－∞，0）∪（0，＋∞），故D正确.
跟踪训练
1.B ∵lg a＋lg b＝0（a＞0且a≠1，b＞0且b≠1），∴ab＝1，∴a＝，∴g（x）＝lox＝logax，∴函数f（x）＝ax与函数g（x）＝lox互为反函数，∴函数f（x）＝ax与g（x）＝lox的图象关于直线y＝x对称，且具有相同的单调性.
2.5 解析：函数f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），关于原点对称，由f（－x）＋f（x）＝＋x＋－x＝2，得f（－x）－1＝－[f（x）－1]，令g（x）＝f（x）－1，则g（－x）＝－g（x），所以函数g（x）为奇函数，因为函数f（x）＝－x在（0，＋∞）的最大值为－3，所以函数g（x）在（0，＋∞）的最大值为－4，所以函数g（x）在（－∞，0）的最小值为4，所以f（x）在（－∞，0）的最小值为4＋1＝5.
【例2】 （1）D （2）B 解析：（1）因为b＝0.3－0.2＝（）0.2，幂函数y＝x0.2在（0，＋∞）上单调递增，又＞3，所以（）0.2＞30.2＞30＝1，所以b＞a＞1，又对数函数y＝log0.2x在（0，＋∞）上单调递减，所以c＝log0.20.3＜log0.20.2＝1，故b＞a＞1＞c.故选D.
（2）由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f（x）＝2x＋log2x，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增.又∵22b＋log2b＜22b＋log2b＋1＝22b＋log2（2b），∴2a＋log2a＜22b＋log2（2b），即f（a）＜f（2b），∴a＜2b.故选B.
跟踪训练
D 因为幂函数f（x）＝xn的图象过点（2，8），所以8＝2n，解得n＝3，即f（x）＝x3，故函数f（x）在R上为增函数.因为20.3＞20＝1，0＜0.32＜0.30＝1，log20.3＜log21＝0，所以a＝f（20.3）＞b＝f（0.32）＞c＝f（log20.3）.故选D.
【例3】 （1）C （2）[－4，－2）
解析：（1）因为f（4＋x）＝f（x），所以函数的周期为4，当x∈[0，2]时，令f（x）＝2x－2＝0，得x＝1，即f（1）＝0，因为函数是偶函数且周期为4，所以有f（1）＝f（－1）＝f（3）＝f（7）＝f（－3）＝f（5）＝0，所以f（x）在区间（0，8）上零点的个数为4.
（2）函数f（x）＝有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，设g（x）＝则函数g（x）的图象与直线y＝t的三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，作出函数g（x）的图象，如图所示.
由图可知1≤t＜4，且x1，x2是关于x的方程－x2－4x－t＝0的两个不等实根，所以x1＋x2＝－＝－4，x3满足－t＝0，即x3＝log2t，因为1≤t＜4，所以log21≤log2t＜log24，即0≤x3＜2.所以－4≤x1＋x2＋x3＜－2，即x1＋x2＋x3的取值范围是[－4，－2）.
跟踪训练
1.B 由于函数y＝log2（x＋1），y＝m－在区间（1，3]上单调递增，所以函数f（x）在（1，3]上单调递增，由于函数f（x）＝log2（x＋1）－＋m在区间（1，3]上有零点，则即解得－≤m＜0.因此，实数m的取值范围是［－，0），故选B.
2.（0，1） 解析：根据题意g（x）＝f（x）－a＝0，即f（x）＝a，已知f（x）＝画出图象如图，根据图象易知当0＜a＜1时，函数y＝f（x）与y＝a的图象有3个交点，即函数g（x）有3个零点.因此a∈（0，1）.
第3讲 小题研透——导数的简单应用
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A f'（x）＝
，所以f'（0）＝3，所以曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线方程为y－1＝3（x－0），即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为（0，1），（－，0），所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A.
2.C 法一 由题意，得f'（x）＝aex－，∴f'（x）＝aex－≥0在区间（1，2）上恒成立，即a≥在区间（1，2）上恒成立.设函数g（x）＝，x∈（1，2），则g'（x）＝－＜0，∴函数g（x）在区间（1，2）单调递减.∴ x∈（1，2），g（x）＜g（1）＝＝e－1.∴a≥e－1，∴a的最小值为e－1.故选C.
法二 ∵函数f（x）＝aex－ln x，∴f'（x）＝aex－.∵函数f（x）＝aex－ln x在区间（1，2）单调递增，∴f'（x）≥0在（1，2）恒成立，即aex－≥0在（1，2）恒成立，易知a＞0，则0＜≤xex在（1，2）恒成立.设g（x）＝xex，则g'（x）＝（x＋1）ex.当x∈（1，2）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴在（1，2）上，g（x）＞g（1）＝e，∴≤e，即a≥＝e－1，故选C.
3.ACD 对A，因为函数f（x）的定义域为R，而f'（x）＝2（x－1）（x－4）＋（x－1）2＝3（x－1）·（x－3），易知当x∈（1，3）时，f'（x）＜0，当x∈（－∞，1）或x∈（3，＋∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，＋∞）上单调递增，故x＝3是函数f（x）的极小值点，A正确；对B，当0＜x＜1时，x－x2＝x（1－x）＞0，所以x＞x2，又函数f（x）在（0，1）上单调递增，所以f（x）＞f（x2），B错误；对C，当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，而由上可知，函数f（x）在（1，3）上单调递减，所以f（1）＞f（2x－1）＞f（3），即－4＜f（2x－1）＜0，C正确；对D，由2－x－x＝2－2x，又－1＜x＜0，故2－2x＞0，所以f（2－x）－f（x）＝（1－x）2（－2－x）－（x－1）2（x－4）＝（x－1）2（2－2x）＞0，D正确.故选A、C、D.
4.ln 2 解析：由y＝ex＋x得y'＝ex＋1，y'｜x＝0＝e0＋1＝2，故曲线y＝ex＋x在（0，1）处的切线方程为y＝2x＋1，由y＝ln（x＋1）＋a得y'＝，设切线与曲线y＝ln（x＋1）＋a相切的切点为（x0，ln（x0＋1）＋a），由两曲线有公切线得y'＝＝2，解得x0＝－，则切点为（－，a＋ln），由切点在直线y＝2x＋1上得，a＋ln＝0，故a＝ln 2.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）A （2）2 解析：（1）法一 设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x的切点坐标为（x1，y1），直线y＝kx＋b与曲线y＝－ln（－x）的切点坐标为（x2，y2），对y＝ln x求导得y'＝，对y＝－ln（－x）求导得y'＝－·（－1）＝－，所以有
得
得所以k＝＝.故选A.
法二 对于A，对y＝ln x求导得y'＝，令＝k＝，得x＝e，又ln e＝1，所以曲线y＝ln x在点（e，1）处的切线方程为y－1＝（x－e），即y＝x，同理得曲线y＝－ln（－x）在点（－e，－1）处的切线方程为y＝x，故A正确，故选A.
（2）因为函数f（x）＝，求导得f'（x）＝，依题意得消去a得，＝，而＞0，解得x0＝2.
跟踪训练
1.C 令x＋＝0，即x（x＋2）＋1＝0，即（x＋1）2＝0，解得x＝－1，故P（－1，0），f'（x）＝1－，则f'（－1）＝1－＝0，则其切线方程为：y－f（1）＝f'（－1）（x＋1），即y＝0.故选C.
2.D 因为f（x）＝xex，所以f'（x）＝（x＋1）ex，设切点坐标为（x0，x0），所以f'（x0）＝（x0＋1），所以切线方程为y－x0＝（x0＋1）（x－x0），所以－x0＝（x0＋1）（3－x0），即（－＋3x0＋3）＝0，依题意关于x0的方程（－＋3x0＋3）＝0有两个不同的解x1，x2，即关于x0的方程－＋3x0＋3＝0有两个不同的解x1，x2，所以x1＋x2＝3.故选D.
【例2】 （1）D （2）D 解析：（1）由题图可知，先减后增的曲线为f'（x）的图象，先增后减再增的曲线为f（x）的图象，当0＜x＜1或x＞4时，f'（x）＜f（x），即g'（x）＝＜0，则函数g（x）＝的单调递减区间为（0，1），（4，＋∞）.故选D.
（2）因为f（x）为R上的偶函数，所以f（x）＝f（－x），对等式两边求导有f'（x）＝－f'（－x） ①.因为y＝f'（x）＋ex是偶函数，所以f'（x）＋ex＝f'（－x）＋e－x ②.由①②得f'（x）＝（e－x－ex）＝.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.又f（a）＞f（2a－1），所以｜a｜＜｜2a－1｜，得a＞1或a＜，故选D.
跟踪训练
1.C 由f（x）＝xex－可得，f（－x）＝－xe－x－＝xex－＝f（x），故f（x）为偶函数，所以A、B错误；由f'（x）＝ex－e－x＋x·（ex＋e－x），当x＜0时，f'（x）＜0，故f（x）在（－∞，0）上单调递减，所以C正确，D错误，故选C.
2.（，1） 解析：由题可得f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－＝，易知当x∈（0，1）时，f'（x）＜0；当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.若函数f（x）＝－ln x在区间（m，m＋）上不单调，则需满足0≤m＜1＜m＋，解得＜m＜1，所以实数m的取值范围为（，1）.
【例3】 （1）C （2）－4 解析：（1）函数f（x）＝eax＋2x，可得f'（x）＝aeax＋2，若a≥0，f'（x）＞0，此时f'（x）单调递增，无极值点，故a＜0，令f'（x）＝aeax＋2＝0，解得x＝ln（－），当x＞ln（－）时，f'（x）＞0，当x＜ln（－）时，f'（x）＜0，故x＝ln（－）是f（x）＝eax＋2x的极值点，由于函数f（x）＝eax＋2x有大于零的极值点，∴ln（－）＞0 ln（－）＜0 0＜－＜1，解得a＜－2.故选C.
（2）设f（x1）＝g（x2）＝m，m∈R，则x1＝，x2＝m－2，x2－2x1＝m－2－2.令h（x）＝x－2－2，则h'（x）＝1－，令h'（x）＞0，解得x＜0，所以h（x）在（－∞，0）上单调递增，令h'（x）＜0，解得x＞0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减，h（x）max＝h（0）＝－4，所以x2－2x1的最大值为－4.
跟踪训练
1.B f'（x）＝3x2－2ax＋1，是开口向上的二次函数，因为函数f（x）＝x3－ax2＋x＋1没有极值点，则f'（x）≥0，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤ ，所以a的取值范围是[－，].故选B.
2.C ∵f（x）＝，∴f'（x）＝，根据导数易知f（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；由题意令f（x）＝f（x＋ln 2），即＝，解得x＝ln 2；作出图象，则min{f（x），f（x＋ln 2）}的最大值为两函数图象交点处函数值，为.故选C.
第4讲 大题专攻——利用导数证明不等式
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f'（x）＝aex－1.
当a≤0时，易知f'（x）＜0，则f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数.
当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝ln.
当x∈（－∞，ln）时，f'（x）＜0；当x∈（ln，＋∞）时，f'（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
综上可知，当a≤0时，f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数；当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
（2）证明：法一 由（1）知，当a＞0时，f（x）在（－∞，ln）上单调递减，在（ln，＋∞）上单调递增.
所以f（x）min＝f（ln）＝a（＋a）－ln＝1＋a2＋ln a.
令g（x）＝1＋x2＋ln x－（2ln x＋），x＞0，
即g（x）＝x2－ln x－，x＞0，
则g'（x）＝2x－＝.
令g'（x）＝0，得x＝.
当x∈（0，）时，g'（x）＜0；当x∈（，＋∞）时，g'（x）＞0.
所以g（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（）＝（）2－ln －＝－ln＞0，
所以1＋x2＋ln x＞2ln x＋对 x＞0恒成立，
所以当a＞0时，1＋a2＋ln a＞2ln a＋恒成立.
即当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.
法二 当a＞0时，由（1）得，f（x）min＝f（－ln a）＝1＋a2＋ln a，
故欲证f（x）＞2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，
即证a2－＞ln a.
构造函数u（a）＝ln a－（a－1）（a＞0），
则u'（a）＝－1＝，所以当a＞1时，u'（a）＜0；当0＜a＜1时，u'（a）＞0.
所以函数u（a）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以u（a）≤u（1）＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－＞a－1，即证a2－a＋＞0，
因为a2－a＋＝（a－）2＋＞0恒成立，
所以当a＞0时，f（x）＞2ln a＋.
2.解：（1）因为f（x）＝a（x－1）－ln x＋1，
所以f'（x）＝a－＝，x＞0，
若a≤0，则f'（x）＜0恒成立，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
若a＞0，则当0＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增.
（2）证明：法一（放缩法） 因为a≤2，所以当x＞1时，ex－1－f（x）＝ex－1－a（x－1）＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g（x）＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x＞1时g（x）＞0.
易知g'（x）＝ex－1－2＋，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝ex－1－在（1，＋∞）上单调递增，
则当x＞1时，h'（x）＞h'（1）＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g'（x）＞g'（1）＝0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
所以当x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
法二（作差法直接求导证明） 设g（x）＝a（x－1）－ln x＋1－ex－1，只需证当x＞1时g（x）＜0即可.
易知g'（x）＝a－－ex－1，
令h（x）＝g'（x），则h'（x）＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
则当x＞1时，h'（x）＜h'（1）＝1－1＝0，
所以h（x）＝g'（x）在（1，＋∞）上单调递减，
于是当x＞1时，g'（x）＜g'（1）＝a－2，
又a≤2，所以a－2≤0，则当x＞1时，g'（x）＜0，故g（x）在（1，＋∞）上单调递减，
所以当x＞1时，g（x）＜g（1）＝0，
即当x＞1时，f（x）＜ex－1.
【研透高考·攻重点】
【例1】 证明：设g（x）＝f（x）－ln（x＋1）＝2sin x－sin 2x－ln（x＋1），
则g'（x）＝－4cos2x＋2cos x＋2－.
当≤x≤时，1－＞0，所以g'（x）＞－4cos2x＋2cos x＋1，
又－4cos2x＋2cos x＋1＝－4（cos x－）2＋（0≤cos x≤），
所以－4cos2x＋2cos x＋1＞0，所以g'（x）＞0在区间［，］上恒成立.
所以y＝g（x）在区间［，］上单调递增，
所以g（x）≥g（）＝－ln（＋1）＞－ln≈－0.739＞0，
所以当≤x≤时，f（x）＞ln（x＋1）.
跟踪训练
证明：要证f（x）≤g（x），即证xex－x－ln x－1≥0.
令F（x）＝xex－x－ln x－1，则F'（x）＝（x＋1）ex－－1＝（x＋1）（ex－），x＞0.
令G（x）＝ex－，x＞0，则G'（x）＝ex＋＞0，
所以G（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又因为G（）＝－2＜0，G（1）＝e－1＞0，
所以 x0∈（，1），使得G（x0）＝0，即＝，
当x∈（0，x0）时，G（x）＜0，当x∈（x0，＋∞）时，G（x）＞0，
所以F（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以F（x）min＝F（x0）＝x0－x0－ln x0－1.
又因为＝，即x0＝－ln x0，所以F（x）min＝1－x0＋x0－1＝0，
所以F（x）≥0，即xex－x－ln x－1≥0，故f（x）≤g（x）得证.
【例2】 证明：要证：x2－＜，只需证ex（x2－）＜ln x，
又易证ex＞x＋1＞0（0＜x＜1），
所以只需证明ln x＋（x＋1）（－x2）＞0，
即证ln x＋1－x3＋－x2＞0，而当x∈（0，1）时，x3＜x，x2＜x，
所以只需证ln x＋1－2x＋＞0.
令g（x）＝ln x＋1－2x＋，x∈（0，1），
则g'（x）＝－2－＝－，
而2x2－x＋1＞0恒成立，所以g'（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，所以当x∈（0，1）时，g（x）＞g（1）＝0，即ln x＋1－2x＋＞0，
所以x2－＜得证.
跟踪训练
证明：（1）因为tan x·f（x）＝sin x，记g（x）＝sin x－x，则当x∈［0，）时，g'（x）＝cos x－1≤0，所以g（x）在［0，）上是减函数，所以g（x）≤g（0）＝0，即tan x·f（x）≤x.
（2）要证明2ex·f（x）≥（1＋x）（2－x2），
即证明ex·cos x≥，x∈［0，）.
因为ex≥x＋1，又由（1）可知，当x∈［0，）时，sin x≤x，
所以excos x＝ex（ 1－2sin2）≥（x＋1）［1－2（ ）2］＝（1＋x）（ 1－）.
故x∈［0，）时，2ex·f（x）≥（1＋x）·（2－x2）.
【例3】 证明：ln x＋ax－1≥，即为ln x＋ax－1≥（x＞0），
即ln（xeax）－1＋≥0，
令t＝xeax，可得t＞0，即证明ln t－1＋≥0（t＞0）.
设g（t）＝ln t－1＋（t＞0），则g'（t）＝－＝，
当t∈（0，1）时，g'（t）＜0，函数g（t）单调递减；
当t∈（1，＋∞）时，g'（t）＞0，函数g（t）单调递增.
所以g（t）≥g（1）＝ln 1－1＋1＝0，即ln t－1＋≥0（t＞0）.
所以ln x＋ax－1≥.
跟踪训练
证明：f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝2x－a＋＝，
由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，
则
解得a＞2.
故f（x1＋x2）＝（x1＋x2）2－a（x1＋x2）＋ln（x1＋x2）＝－＋ln＝－＋ln.
设g（a）＝－＋ln（a＞2），
则g'（a）＝－＋＝＜0，
故g（a）在（2，＋∞）上单调递减，
所以g（a）＜g（2）＝－2＋ln.
因此f（x1＋x2）＜－2＋ln.
第5讲 大题专攻——导数与不等式恒（能）成立问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－－sin 2x，
则g'（x）＝a－－2cos 2x＝a－－4cos2x＋2＝a－（＋4cos2x－2），
令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝＋4u－2，
则k'（u）＝＋4＝.
当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，
∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，）上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈（0，）时，g（x）＜0，即f（x）＜sin 2x.
②当a＞3时， x0∈（0，）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
∴g（x0）＞g（0）＝0，∴f（x）＜sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
2.解：（1）b＝0时，f（x）＝ln＋ax，其中x∈（0，2），
则f'（x）＝＋a，x∈（0，2），
∵x（2－x）≤（）2＝1，当且仅当x＝1时等号成立，
故f'（x）min＝2＋a，而f'（x）≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2，
∴a的最小值为－2.
（2）证明：法一 ∵x∈（0，2），f（2－x）＋f（x）＝ln＋a（2－x）＋b（1－x）3＋ln＋ax＋b（x－1）3＝2a，
∴f（x）关于（1，a）中心对称.
法二 将f（x）向左平移一个单位长度 f（x＋1）＝ln＋a（x＋1）＋bx3关于（0，a）中心对称，
∴f（x）关于（1，a）中心对称.
（3）令函数g（x）＝f（x）＋2，依题意g（x）＞0当且仅当1＜x＜2，从而g（1）≤0.
若g（1）＜0，∵g（）＞0，
∴存在x0∈（1，），使g（x0）＝0，矛盾，
从而g（1）＝0，故a＝－2.
f'（x）＝＋3b（x－1）2
＝（x－1）2［＋3b］.
设h（x）＝＋3b，x∈（1，2），易知h（x）在（1，2）上单调递增，h（1）＝2＋3b，
若b＜－，h（1）＜0，令h（x）＝0，得x＝1＋或x＝1－（舍去），当x∈时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，f（x）在区间上单调递减，不符合题目要求.
若b≥－，当x∈（1，2）时，h（x）≥0.
从而f'（x）≥0，当且仅当x＝1时等号成立，故f（x）在区间（1，2）上单调递增，符合题目要求.
因此b的取值范围是［－，＋∞）.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）当m＝－3时，f（x）＝2ln x－x－，其定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝－1＋＝＝，
令f'（x）＝0，得x＝3（x＝－1舍去），
当0＜x＜3时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x＞3时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减.
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，3），单调递减区间为（3，＋∞）.
（2）由条件可知m≤x2－2xln x对任意的x∈[1，＋∞）恒成立，
令h（x）＝x2－2xln x，x≥1，只需m≤[h（x）]min即可.
h'（x）＝2x－2（ln x＋1）＝2（x－ln x－1），
令μ（x）＝x－ln x－1，则μ'（x）＝≥0，
所以函数h'（x）在[1，＋∞）上单调递增，
于是h'（x）≥h'（1）＝0，所以函数h（x）在[1，＋∞）上单调递增，
所以[h（x）]min＝h（1）＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是（－∞，1].
跟踪训练
解：因为 x∈[1，e]，使得≤0成立，
即 x∈[1，e]，使得f（x）＋1＋a≤0成立，
由ln x∈[0，1]，得1－ln x∈[0，1]，
当ln x＝1，即x＝e时，
f（x）＋1＋a＝e2－aln e＋1＋a＝e2＋1，
此时显然不满足f（x）＋1＋a≤0；
当x∈[1，e）时，原不等式等价于－a≥，x∈[1，e），
令g（x）＝，x∈[1，e），
则g'（x）＝，
由于3－2ln x∈（1，3]，
所以g'（x）＞0，
所以函数g（x）在[1，e）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝2，
所以－a≥2，解得a≤－2.
故实数a的取值范围为（－∞，－2].
【例2】 解：因为g（x）＝f（x）＋xf'（x），
所以g（x）＝－aln x－ex＋2ax－a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤－＋＋（a－1）x0成立，
则存在x0∈[1，2]，使得－aln x0＋（a＋1）x0－－a≤0成立，
令h（x）＝－aln x＋（a＋1）x－－a，x∈[1，2]，
则h'（x）＝＋a＋1－x＝－，x∈[1，2].
①当a≤1时，h'（x）≤0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递减，
所以h（x）min＝h（2）＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0.
②当1＜a＜2时，令h'（x）＞0，解得1＜x＜a，
令h'（x）＜0，解得a＜x＜2，
所以函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减.
又因为h（1）＝，所以h（2）＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜2矛盾，故舍去.
③当a≥2时，h'（x）≥0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝＞0，不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为（－∞，0].
跟踪训练
解：若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则f（x）－2ln x≥0在[1，＋∞）上恒成立.
设g（x）＝f（x）－2ln x＝ax＋＋2－2a－2ln x，x∈[1，＋∞），
则g（1）＝0，g'（x）＝a－－＝.
①当0＜a＜1时，＞1，若1＜x＜，则g'（x）＜0，此时g（x）在（1，）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上不恒成立.
②当a≥1时，≤1，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，此时f（x）≥2ln x.
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞）.
第6讲 大题专攻——利用导数研究函数零点
【锁定高考·明方向】
真题感悟
解：（1）当a＝0时，f（x）＝－－ln x（x＞0），所以f'（x）＝－＝.
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减；
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋－＝（x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点；
当a＜0时，f'（x）＝，
若x∈（0，1），f'（x）＞0，f（x）单调递增，
若x∈（1，＋∞），f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，所以f（x）不存在零点；
当a＞0时，f'（x）＝，若a＝1，f'（x）≥0，
f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点.
若a＞1，f（x）在，（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＞0，所以f＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，所以a＞1满足条件.
若0＜a＜1，f（x）在（0，1），上单调递增，在上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，所以f＜f（1）＜0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.
综上，若f（x）恰有一个零点，a的取值范围为（0，＋∞）.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：由f（x）＝0，得a＝.
令g（x）＝，x∈[1，e]，
则函数f（x）在区间[1，e]上的零点个数等于直线y＝a与函数g（x）图象的交点个数.
g'（x）＝，令g'（x）＝0，得x＝，
令g'（x）＞0，得1≤x＜；令g'（x）＜0，得＜x≤e.
所以g（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减.
又g（1）＝0，g（）＝，g（e）＝，
所以当a＜0或a＞时，函数f（x）在区间[1，e]上没有零点；
当0≤a＜或a＝时，函数f（x）在区间[1，e]上有1个零点；
当≤a＜时，函数f（x）在区间[1，e]上有2个零点.
跟踪训练
解：由题f'（x）＝aeax－1.
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减，又f（0）＝1＞0，f（1）＝ea－1≤0.
故f（x）存在一个零点，此时f（x）零点个数为1.
②当a＞0时，令f'（x）＜0得x＜－，令f'（x）＞0得x＞－，
所以f（x）在（－∞，－）上单调递减，在（－，＋∞）上单调递增.
故f（x）的最小值为f（－）＝.
当a＝时，f（x）的最小值为0，此时f（x）有一个零点.
当a＞时，f（x）的最小值大于0，此时f（x）没有零点.
当0＜a＜时，f（x）的最小值小于0，f（－1）＝e－a＋1＞0，
f（－）＝＜0，x→＋∞时，f（x）→＋∞，此时f（x）有两个零点.
综上，当a≤0或a＝时，f（x）有一个零点；
当0＜a＜时，f（x）有两个零点；
当a＞时，f（x）没有零点.
【例2】 解：曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程＝1（x＞0）有两个不同的实数解，
即方程＝有两个不同的实数解.
设g（x）＝（x＞0），
则g'（x）＝（x＞0），
令g'（x）＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（e）＝，
且当x＞e时，g（x）∈（0，），又g（1）＝0，
所以0＜＜，
解得a＞1且a≠e，
故实数a的取值范围是（1，e）∪（e，＋∞）.
跟踪训练
解：（1）f'（x）＝－2x（x＞0），
当a≤0时，f'（x）＜0在定义域（0，＋∞）内恒成立，因此f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
当a＞0时，由f'（x）＞0，解得0＜x＜；f'（x）＜0，解得x＞，
因此，当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，＋∞），无增区间；
a＞0时，f（x）的单调减区间为（，＋∞），增区间为（0，）.
（2）若f（x）有两个零点，由（1）可知a＞0且f（x）≤f（），
则必有f（）＝aln －（）2＋a＞0，即ln＋1＞0，解得a＞，
又因f（）＝－＜0，f（4a）＝aln 4a－16a2＋a＝a（ln 4a－16a＋1），
令g（t）＝ln t－4t＋1（t＝4a＞） g'（t）＝－4＝，
当t∈（，＋∞）时，g'（t）＜0恒成立，即g（t）在（，＋∞）上单调递减，
可得g（t）＜g（）＝ln－＋1＝ln 8－＜0，
也即得g（t）＜0在t∈（，＋∞）上恒成立，
从而可得f（x）在区间（，），（，4a）上各有一个零点，
综上所述，若f（x）有两个零点，实数a的范围为（，＋∞）.
培优点1 抽象函数与嵌套函数
【例1】 （1）A （2）{a｜－1＜a＜3}
解析：（1）法一（常规解法） 令x＝y＝0，则[f（1）]2＝f（0）－f（0）＝0，所以f（1）＝0.令x＝0，y＝x，则f（1）f（x＋1）＝f（0＋x）－f（0－x）＝0，所以f（x）＝f（－x）.令y＝－x，则f（x＋1）f（1－x）＝f（0）－f（2x）.令y＝x，则f（x＋1）·f（x＋1）＝f（2x）－f（0）.所以f（x＋1）f（1－x）＝－f（x＋1）f（x＋1），若f（x＋1）＝0恒成立，则与题设条件f（0）≠0矛盾，所以f（x＋1）不恒为0，所以f（1－x）＝－f（x＋1），所以f（x）＝－f（2－x）.又f（x）＝f（－x），所以f（－x）＝－f（2－x），所以f（x）＝－f（2＋x）＝－[－f（4＋x）]＝f（x＋4），所以4为f（x）的一个周期，所以f（2 024）＝f（0）.令x＝y＝1，得f（2）·f（2）＝f（2）－f（0），又f（2）＝－f（0），所以f（0）f（0）＝－2f（0），结合f（0）≠0得f（0）＝－2，所以f（2 024）＝－2，故选A.
法二（模型解法） 因为cos（x＋y）－cos（x－y）＝－2sin xsin y，所以－2cos（x＋）cos（y＋）＝cos（x＋y）－cos（x－y），所以－2cos（x＋）·［－2cos（y＋）］＝－2cos（x＋y）－[－2cos（x－y）].由此联想构造函数，令f（x）＝－2cos，检验得 x，y∈R，f（x＋1）·f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），且f（0）≠0，符合题意，所以f（2 024）＝－2cos 1 012π＝－2，故选A.
（2）法一（常规解法） 设x1＜x2，则x2 －x1＞0，∵当x＞0时，f（x）＞2，∴f（x2－x1）＞2，则f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）＋f（x1）－2＞2＋f（x1）－2＝f（x1），即f（x2）＞f（x1），∴f（x）为增函数.∵f（3）＝f（2＋1）＝f（2）＋f（1）－2＝[f（1）＋f（1）－2]＋f（1）－2＝3f（1）－4，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴f（a2－2a－2）＜f（1），∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}.
法二（模型解法） 由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝f（x）＋f（y）－2，可设函数f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝5，得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，满足当x＞0时，f（x）＞2，则不等式f（a2－2a－2）＜3可化为a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，解得－1＜a＜3，故不等式的解集为{a｜－1＜a＜3}.
跟踪训练
1.C 法一（常规解法） f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－1）＝f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6.
法二（模型解法） 由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，设函数f（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－3）＝6.
2.ABD 令x＝，y＝0，∴f（ ）＋f（ ）f（0）＝0，∴f（ ）[1＋f（0）]＝0，又∵f（ ）≠0，∴f（0）＝－1，令x＝，y＝－，∴f（0）＋f（ ）·f（ －）＝－1，∴f（ ）f（ －）＝0，∴f（ －）＝0，故A正确；令y＝－，∴f（ x－）＝－2x，∴f（x）＝－2x－1，∴f（ ）＝－2，故B正确；∴f（ x＋）＝－2（ x＋）－1＝－2x－2是减函数，故C错误；∴f（ x－）＝－2（ x－）－1＝－2x，其图象关于原点对称，∴f（ x－）为奇函数，故D正确.
【例2】 D 当a≤0时，f（x）是R上的增函数，f（x）＝0有唯一解x＝0，此时f（f（x））＝0不可能有8个解.当a＞0时，令f（x）＝t，则由f（f（x））＝f（t）＝0，得t1＝－2a，t2＝0，t3＝a.
因为函数y＝f（f（x））有8个不同的零点，所以直线y＝－2a，y＝0，y＝a与函数f（x）的图象共有8个交点，作出f（x）的图象，如图所示.因为a＞0，所以2a＞a，所以直线y＝a与函数f（x）的图象有2个交点，直线y＝0与函数f（x）的图象有3个交点，所以直线y＝－2a与函数f（x）的图象有8－2－3＝3（个）交点，所以－2a＞－，得a＞8.故选D.
跟踪训练
1.A 令u＝f（x），先解方程f（u）＝1.当u≤1时，则f（u）＝2u－1＝1，解得u1＝1；当u＞1时，则f（u）＝｜ln（u－1）｜＝1，所以ln（u－1）＝1或ln（u－1）＝－1，解得u2＝1＋，u3＝1＋e.如图所示，作出函数f（x）的图象，由图知，直线u＝1，u＝1＋，u＝1＋e与u＝f（x）图象的交点个数分别为3，2，2，所以方程f（f（x））＝1的根的个数为3＋2＋2＝7.故选A.
2.0 解析：因为M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}，N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，即任意x∈M，都有x∈N，因为f（x）＝0，f（f（x））＝0，所以f（0）＝0，即02＋acos 0＝0，所以0＋a＝0，所以a＝0.
培优点2 函数的构造问题
【例1】 （－∞，－1）∪（1，＋∞）
解析：
构造函数F（x）＝，则F'（x）＝，当x＜0时，xf'（x）－f（x）＞0，则F'（x）＞0，F（x）在（－∞，0）上单调递增.∵f（x）为偶函数，y＝x为奇函数，∴F（x）为奇函数，∴F（x）在（0，＋∞）上也单调递增.根据f（1）＝0可得F（1）＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F（x）的图象如图所示，根据图象可知f（x）＞0的解集为（－∞，－1）∪（1，＋∞）.
跟踪训练
（－∞，－4）∪（0，4）
解析：
构造函数F（x）＝xf（x），则F'（x）＝f（x）＋xf'（x），当x＜0时，f（x）＋xf'（x）＜0，则F'（x）＜0，∴F（x）在（－∞，0）上单调递减.∵f（x）为偶函数，y＝x为奇函数，∴F（x）为奇函数，∴F（x）在（0，＋∞）上也单调递减.根据f（－4）＝0可得F（－4）＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F（x）的大致图象如图所示，根据图象可知xf（x）＞0的解集为（－∞，－4）∪（0，4）.
【例2】 D 构造F（x）＝，则F'（x）＝，又导函数f'（x）满足f'（x）＜f（x），则F'（x）＜0，F（x）在R上单调递减，根据单调性可知选D.
跟踪训练
D 设g（x）＝exf（x）－ex（x∈R），则g'（x）＝exf（x）＋exf'（x）－ex＝ex[f（x）＋f'（x）－1]，因为f（x）＋f'（x）＞1，所以f（x）＋f'（x）－1＞0，又ex＞0，所以g'（x）＞0恒成立，所以y＝g（x）在定义域R上单调递增.故原不等式可转化为exf（x）－ex＞3e，又f（1）＝4，所以g（1）＝ef（1）－e＝3e，所以g（x）＞g（1），所以x＞1.故选D.
【例3】 （－，－）∪（，）
解析：令g（x）＝f（x）cos x，x∈（－，），∴g（－x）＝f（－x）cos（－x）＝f（x）cos x＝g（x），∴g（x）为偶函数，又g'（x）＝f'（x）cos x－f（x）sin x，∴当x∈［0，）时，g'（x）＜0，即g（x）在［0，）上单调递减，又g（x）为偶函数，∴g（x）在（－，0］上单调递增，不等式2f（x）＜可化为f（x）cos x＜f（）cos ，即g（x）＜g（），则解得－＜x＜－或＜x＜.
跟踪训练
A 因为x∈（0，），所以sin x＞0，cos x＞0.由f（x）＞f'（x）tan x，得f（x）cos x－f'（x）sin x＞0.设F（x）＝，则F'（x）＝＜0，所以F（x）在区间（0，）上单调递减，所以F（）＞F（），即f（）＞f（）.同理B、C、D错误.故选A.
【例4】 （1）B （2）
解析：（1）∵x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，∴－≤－，即≤，又0＜x1＜x2＜a，令φ（x）＝，∴φ（x）在（0，a）上单调递增，φ'（x）＝，当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，φ'（x）＜0，∴φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1.
（2）eλx－≥0（λ＞0，x＞0） λxeλx－xln x≥0 λxeλx≥xln x λxeλx≥eln xln x，令f（x）＝xex.上述不等式可等价转化为f（λx）≥f（ln x），易知f（x）在R上是增函数，所以λx≥ln x，所以λ≥.令h（x）＝，则h'（x）＝，当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，当x∈（e，＋∞）时，h'（x）＜0，所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，则h（x）max＝h（e）＝，即λ≥.
跟踪训练
1.D 令f（x）＝（x＞0），则f'（x）＝，所以当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（e，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.a＝＝＝f（e2），b＝＝＝＝f（4），c＝＝＝f（e），因为e＜4＜e2，所以a＜b＜c.故选D.
2.B 原不等式等价于ex－x＞y－ln y，等价于ex－ln ex＞y－ln y.令g（x）＝x－ln x，则不等式ex－ln ex＞y－ln y，等价于g（ex）＞g（y），因为g'（x）＝，所以当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＝＞0，所以g（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，因为x＞0，所以ex＞1.若y∈（1，＋∞），由g（ex）＞g（y），有ex＞y，若y∈（0，1]，恒有ex＞y.综上所述，ex＞y，即x＞ln y.故选B.
培优点3 函数与导数中的新定义问题
【例1】 解：（1）①对于y＝2｜x｜＝当x∈（－∞，0）时，y＝2｜x｜单调递减，当x∈（0，＋∞）时，y＝2｜x｜单调递增，所以y＝2｜x｜是含谷函数，且谷点为0.
②对于y＝x＋cos x，y'＝1－sin x≥0恒成立，y＝x＋cos x单调递增，不是含谷函数.
（2）由题意可知函数y＝x2－2x－mln（x－1）在区间[2，4]上先减后增，且存在谷点.
令g（x）＝x2－2x－mln（x－1），
则g'（x）＝2x－2－，
令t（x）＝g'（x）＝2x－2－，
则t'（x）＝2＋＞0，
所以g'（x）在区间[2，4]上单调递增，所以解得2＜m＜18，
故m的取值范围是（2，18）.
（3）因为h（x）＝－x4＋px3＋qx2＋（4－3p－2q）x，所以h'（x）＝－4x3＋3px2＋2qx＋（4－3p－2q）＝4（1－x）·［x2＋（1－）x＋（1－－）］，
若x2＋（1－）x＋（1－－）≥0恒成立，
则函数y＝h（x）在（－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞）上单调递减，不是含谷函数，不满足题意.
因此关于x的方程x2＋（1－）x＋（1－－）＝0有两个相异实根，即Δ＞0，
设两根分别为α，β且α＜β，则α＋β＝－1＋，
αβ＝1－－.
因为h（1）≤0＝h（0），所以函数y＝h（x）在区间（－∞，1]上不单调递增，
但是当x小于1，α，β中的最小值时，
h'（x）＞0，y＝h（x）单调递增，
所以y＝h（x）在区间（－∞，1]上的单调性至少改变一次，即α＜1.
同理，因为h（1）≤h（2），所以β＞1.
因此y＝h（x）在区间（－∞，α）和（1，β）上单调递增，在区间（α，1）和（β，＋∞）上单调递减，
从而函数y＝h（x）的含谷区间[a，b]必满足[a，b] [α，β].所以L（p，q）＝β－α＝＝，
而h（1）＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q，h（2）＝－16＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p，
由h（1）≤h（2）得3－2p－q≤－8＋2p，由h（1）≤0得3－2p－q≤0，所以q≥11－4p且q≥3－2p，
易知p≤4时，11－4p≥3－2p，p＞4时，11－4p＜3－2p，
所以q≥
当p≤4时，L（p，q）≥≥，
当p＞4时，
L（p，q）≥＞，
因此L（p，q）的最小值为，此时p＝4，q＝－5.
跟踪训练
解：（1）对于任意不同的x1，x2∈[1，2]，不妨设x1＜x2，则有1≤x1＜x2≤2，2＜x1＋x2＜4，
所以2＜＜3，
｜f（x1）－f（x2）｜＝｜（＋x1）－（＋x2）｜＝｜（x1－x2）·｜＜3｜x1－x2｜，
所以f（x）＝＋x是[1，2]上的“3类函数”.
（2）由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1，e]，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜2｜x1－x2｜，
不妨设x1＜x2，则－2（x2－x1）＜f（x1）－f（x2）＜2（x2－x1），
故f（x1）＋2x1＜f（x2）＋2x2且f（x1）－2x1＞f（x2）－2x2，
故y＝f（x）＋2x在[1，e]上单调递增，y＝f（x）－2x在[1，e]上单调递减，
故对任意的x∈[1，e]，都有－2≤f'（x）≤2，其中f'（x）＝cxex－x－ln x－1.
由f'（x）≤2可得c≤，令g（x）＝，1≤x≤e，
则c≤g（x）min，
g'（x）＝，令u（x）＝－2－ln x－x，1≤x≤e，可得u（x）单调递减，所以u（x）≤u（1）＝－3＜0，所以g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，e]上单调递减，g（x）min＝g（e）＝.
由f'（x）≥－2可得c≥，令h（x）＝，1≤x≤e，则c≥h（x）max，
h'（x）＝，令m（x）＝2－ln x－x，1≤x≤e，易知m（x）单调递减，
又m（1）＝1＞0，m（e）＝1－e＜0，
所以 x0∈（1，e），使得m（x0）＝0，即2－ln x0－x0＝0，所以ln x0＝2－x0，x0＝.
当x∈[1，x0）时，m（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（x0，e]时，m（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（x0）＝＝.
综上所述，≤c≤.
故实数c的取值范围为［，］.
【例2】 证明：（1）由f（x）在R上单调递增，得对任意x∈（r，r＋），有f（x）＞f（r）＝0，
又由f（r）＝0，得f（x）＝f（x）－f（r），根据拉格朗日中值定理，存在c∈（r，x），f（x）＝f（x）－f（r）＝f'（c）（x－r）＜f'（c）＝（ec＋1），
因为r∈（1，），所以c＜r＋＜＋＜2，
（ec＋1）＜（e2＋1）＜1，
所以0＜f（x）＜1.
（2）①先证xn＞xn＋1，易知在点（xn，f（xn））处，曲线y＝f（x）的切线方程为y－f（xn）＝f'（xn）·（x－xn），
令y＝0，得x＝xn－，即xn＋1＝xn－，
又xn＞r，f（x）在R上单调递增，则f（xn）＞f（r）＝0，而f'（x）＝ex＋1＞0，则＞0，所以xn＋1＝xn－＜xn.
再证xn＋1＞r，由于f（x）在R上单调递增，只需证f（xn＋1）＞f（r）＝0，
令h（x）＝f（x）－f（xn）－f'（xn）（x－xn），x∈[xn＋1，xn]，则h'（x）＝f'（x）－f'（xn）＝ex－≤0，x∈[xn＋1，xn]，
于是h（x）在[xn＋1，xn]上单调递减，而h（xn）＝f（xn）－f（xn）－f'（xn）（xn－xn）＝0，
因此h（xn＋1）＞0，又f（xn）＋f'（xn）（xn＋1－xn）＝0，故h（xn＋1）＝f（xn＋1），即f（xn＋1）＞0，所以xn＋1＞r.综上：xn＞xn＋1＞r.
跟踪训练
证明：（1）设h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1.
当x＞0时，h'（x）＞0；当x＜0时，h'（x）＜0.
所以h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
因此，h（x）≥h（0）＝0，即ex≥1＋x.
（2）因为ex＝1＋x＋＋＋＋＋…＋＋…. ①
所以e－x＝1－x＋－＋－＋…＋（－1）n＋…. ②
由①②得f（x）＝＝x＋＋＋…＋＋….
g（x）＝＝1＋＋＋…＋＋….
所以＝1＋＋＋…＋＋…
＜1＋＋＋…＋＋…
＝g（x），
即＜g（x）.
2 / 2培优点1 抽象函数与嵌套函数
抽象函数与嵌套函数是高考数学的难点，特别是抽象函数是近几年高考的热点，抽象函数与函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性相结合的题目往往难度大，综合性强.
抽象函数
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数，在处理此类问题时，可以通过赋值法把握函数特殊点的特征，或者将函数模型化让抽象函数的性质“显现”出来.
【例1】 （1）函数f（x）的定义域为R， x，y∈R，f（x＋1）·f（y＋1）＝f（x＋y）－f（x－y），若f（0）≠0，则f（2 024）＝（ ）
A.－2 B.－4
C.2 D.4
（2）已知函数f（x）对任意x，y∈R，满足条件f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，则不等式f（a2－2a－2）＜3的解集为 .
听课记录
感悟提升
解决抽象函数问题的常用方法
（1）常规解法：①取特殊值代入求值，如令x＝0，1，2，3，…；
②通过函数式得到抽象函数的性质：
（ⅰ）通过f（x1）－f（x2）的变换判断单调性；
（ⅱ）令式子中出现f（x）和f（－x），判断函数的奇偶性；
（ⅲ）换x为x＋T确定函数是否具有周期性.
（2）模型解法：结合具体函数，使得抽象函数具体化，常见的有：
①f（x±y）＝f（x）±f（y） b→f（x）＝kx＋b（k≠0）；
②f（xy）＝f（x）f（y）或f（）＝→f（x）＝xn；
③f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x－y）＝→f（x）＝ax（a＞0且a≠1）；
④f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（）＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf（x）→f（x）＝logax（a＞0且a≠1）；
⑤f（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）·f（y）→f（x）＝Acos ωx（Aω≠0）；
⑥f（x＋y）＝→f（x）＝tan x；
⑦f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy－c→f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）.
1.定义在R上的函数f（x）满足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，f（1）＝2，则f（－3）＝（ ）
A.2 B.3 C.6 D.9
2.（多选）（2024·九省联考）函数f（x）的定义域为R，f（）≠0，若f（x＋y）＋f（x）f（y）＝4xy，则下列选项正确的有（ ）
A.f（－）＝0
B.f（）＝－2
C.函数f（x＋）是增函数
D.函数f（x－）是奇函数
嵌套函数
【例2】 已知函数f（x）＝若函数y＝f（f（x））有8个不同的零点，则a的取值范围为（ ）
A.（0，8） B.（0，＋∞）
C.[8，＋∞） D.（8，＋∞）
听课记录
感悟提升
破解嵌套函数零点个数问题的主要步骤
（1）换元解套，转化为t＝g（x）与y＝f（t）的零点；
（2）依次解方程，令f（t）＝0，求t，代入t＝g（x）求出x的值或判断图象的交点个数.
1.已知函数f（x）＝则方程f（f（x））＝1的根的个数为（ ）
A.7 B.5 C.3 D.2
2.设函数f（x）＝x2＋acos x，a∈R，非空集合M＝{x｜f（x）＝0，x∈R}.若集合N＝{x｜f（f（x））＝0，x∈R}，且M＝N，则实数a＝ .
2 / 2
