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一、函数与方程的思想本章内容为函数，有一些题目把函数的问题利用方程求解，而有的方程利用函数求解，例如讨论一些方程解的情况；已知解范围，求方程中参数的范围等，都习惯利用函数思想.1.函数思想【示例1】已知关于x的方程x2＋x+m2－1＝0(m是与x无关的实数)的两个实根在区间[0,2]内，求m的取值范围.[解]设函数f(x)＝x2＋＋m2－1，由图知，方程的两根都在区间[0,2]内的充要条件为故m的取值范围为[1,].[领悟]二次函数在区间(x1，x2)内有两个根，要考虑端点函数值的符号、判别式及对称轴与x1、x2的关系，从以上三个方面列式求解.2.方程思想【示例2】若函数f(x)＝的最大值为4，最小值为－1，求实数a，b的值.[解]设去分母，得yx2－ax＋y－b＝0，y＝0显然在函数值域[－1,4]内；y≠0时，x∈R，∴Δ＝a2－4y(y－b)≥0，即4y2－4by－a2≤0，解得－1≤y≤4.因而方程4y2－4by－a2＝0的两根为－1,4.由根与系数的关系，知b＝－1＋4＝3，＝－1×4.∴a＝4，b＝3或a＝－4，b＝3.[领悟]解决此问题的关键在于把求值域的问题与解一元二次不等式联系在一起，最后由不等式的解集(函数的值域)确定参数a，b的值.本题属函数定义域和值域中逆向思维解题，是一个难点.从解法上看体现了等价转化的数学思想，它是解决数学综合问题的桥梁.二、数形结合的思想数形结合的思想在这一章中用处最多，利用图象研究函数的性质，讨论方程的解的个数，求一些参数的范围等.【示例3】已知函数f(x)＝－a2x2＋a4(a0).(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象与直线y＝1恰有两个交点，求a的取值范围.[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a0，知－2a0a，则当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2a)－2a(－2a,0)0(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－0＋f(x)极小值极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为(－2a,0)与(a，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－∞，－2a)与(0，a).(2)由(1)得f(x)极小值＝f(－2a)＝f(x)极小值＝f(a)＝，f(x)极大值＝f(0)＝a4，f(x)的大致图象为：要使f(x)的图象与直线y＝1恰有两个交点，只要或a41.即a或0a1.[领悟]函数极值的主要应用之一是求与该函数有关的方程根的问题，求解时可画出函数的图象帮助解题.要使y＝1与f(x)有两个交点只需f(－2a)1f(a)或f(0)1，即或a41.三、分类讨论思想一些有关指数函数、对数函数的题目，若函数的底数没有确定，要注意分类讨论，二次函数求最值时，有时要对对称轴及区间要进行分类讨论.【示例4】已知函数(1)求函数f(x)的图象在x＝1处，且垂直于直线x－14y＋13＝0的切线方程，并求此时函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤a2－2a＋4对任意的x∈[1,2]恒成立，求实数a的取值范围.[解](1)∵f(x)＝x2＋∴f′(x)＝，根据题意有f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此时切点坐标是(1,17)，故所求的切线方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0.当a＝8时，f′(x)令f′(x)0，解得x2，令f′(x)0，解得x2且x≠0，故函数f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)；单调递减区间是(－∞，0)和(0,2).(2)由(1)知f′(x)＝2x－①若a≤1，则f′(x)0在区间(1,2]上恒成立，f(x)在区间[1,2]上单调递增，函数f(x)在区间[1,2]上的最大值为f(2)＝4＋a；②若1a8，则在区间(1，)上，f′(x)0，函数f(x)单调递减，在区间(，2)上，f′(x)0，函数f(x)单调递增，故函数f(x)在区间[1,2]上的最大值为f(1)，f(2)中的较大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故当1a≤3时，函数f(x)的最大值为f(2)＝4＋a，当3a8时，函数f(x)的最大值为f(1)＝1＋2a；③当a≥8时，f′(x)0在区间[1,2)上恒成立，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，函数f(x)的最大值为f(1)＝1＋2a.综上可知，在区间[1,2]上，当a≤3时，f(x)max＝4＋a；当a3时，f(x)max＝1＋2a.不等式f(x)≤a2－2a＋4对任意的x∈[1,2]恒成立等价于在区间[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故当a≤3时，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；当a3时，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a3.故a的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞).[领悟]本题的(2)中首先利用等价转化思想，即函数f(x)在区间[1,2]上的最大值小于或等于a2－2a＋4，尽而利用分类讨论思想求f(x)在[1,2]上的最大值.1.(2008·江西高考)若函数y＝f(x)的定义域是[0,2]，则函数g(x)＝的定义域是()A.[0,1]B.[0,1)C.[0,1)∪(1,4]D.(0,1)解析：要使g(x)有意义，则，解得0≤x1，故定义域为[0,1).答案：B2.(2009·全国卷Ⅰ)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为()A.1B.2C.－1D.－2解析：设直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)的切点为(x0，y0)，则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.(2008·福建高考)已知f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)＝lgx.设，则()A.abcB.bacC.cbaD.cab解析：∵y＝f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)＝lgx，＝－(2lg2－lg5)＝1－3lg2≈0.0969，∴cab.答案：D4.(2009·湖南高考)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)＝取函数f(x)＝2－|x|.当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为()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，当x∈(1，＋∞)时，fK(x)＝2－x＝()x，在(1，＋∞)上为减函数；当x∈(－∞，－1)时，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上为增函数.答案：C5.(2009·福建高考)若函数f(x)的零点与g(x)＝4x＋2x－2的零点之差的绝对值不超过0.25，则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＋20，故f(x)在R上连续且单调递增，设g(x)＝4x＋2x－2的零点为x0，则答案：A又f(x)＝4x－1的零点为f(x)＝(x－1)2的零点为x＝1；f(x)＝ex－1的零点为x＝0；f(x)＝ln(x－)的零点为x＝故选A.6.(2009·陕西高考)设曲线y＝xn＋1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn，令an＝lgxn，则a1＋a2＋…＋a99的值为.解析：y′＝(n＋1)xn，曲线在点(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得an＝lgxn＝＝lgn－lg(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a99＝lg1－lg2＋lg2－lg3＋…＋lg99－lg100＝－lg100＝－2.答案：－27.[理](2009·江西高考)设函数(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若k0，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.因为当x0时，f′(x)0；当0x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0，所以f(x)的单调增区间是[1，＋∞)；单调减区间是(－∞，0)，(0,1].(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝即(x－1)(kx－1)0.故当0k1时，解集是：当k＝1时，解集是：∅；当k1时，解集是：[文]设函数f(x)＝x3－＋6x－a.(1)对于任意实数x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；(2)若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围.解：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6，因为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的最大值为(2)因为当x1时，f′(x)0；当1x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a，故当f(2)0或f(1)0时，f(x)＝0仅有一个实根.解得a2或8.(2009·天津高考)已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；(2)当时，求函数f(x)的单调区间与极值.解：(1)当a＝0时，f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex，故f′(1)＝3e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为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.以上分两种情况讨论：①若则－2aa－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：(－∞，－2a)－2a(－2a，a－2)a－2(a－2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)内是增函数，在(－2a，a－2)内是减函数.函数f(x)在x＝－2a处取得极大值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a；函数f(x)在x＝a－2处取得极小值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2.②若则－2aa－2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a)－2a(－2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)内是增函数，在(a－2，－2a)内是减函数.函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2；函数f(x)在x＝－2a处取得极小值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a.9.(2010·新海模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝与x＝1时都取得极值，(1)求a，b的值与函数f(x)的单调区间；(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围.解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0得a＝，b＝－2，f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，函数f(x)的单调区间如下表：x1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的递增区间是(－∞，－)与(1，＋∞)，递减区间为(－)；(2)f(x)＝x3－－2x＋c，x∈[－1,2]，当x＝－时，f为极大值，而f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为最大值，要使f(x)＜c2对x∈[－1,2]恒成立，则只需要c2＞f(2)＝2＋c，得c＜－1，或c＞2.