2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题05函数的单调性与最值(教学案)含解析

2019年高考数学（理）一轮复习精品资料
1.利用函数的单调性求单调区间，比较大小，解不等式；
2.利用函数单调性求最值和参数的取值范围；
3.与导数交汇命题，以解答题形式考查．
1．函数单调性的定义
增函数减函数
定义
设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间
M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当
Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，
就称函数y＝f(x)在区间
M上是增函数
Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，
就称函数y＝f(x)在区间M
上是减函数
图象
自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的
2.单调性与单调区间
如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间．
【特别提醒】
1．函数的单调性是局部性质
函数的单调性，从定义上看，是指函数在定义域的某个子区间上的单调性，是局部的特征．在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调．
2．函数的单调区间的求法
函数的单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，必须先求出函数的定义域．对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解，如二次函数、对数函数、指数函数等；
如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间．
3．单调区间的表示
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．
高频考点一 确定函数的单调性(区间) 例1、求下列函数的单调区间：
(1)y ＝－x 2
＋2|x |＋1；(2)y ＝log 12
(x 2
－3x ＋2)．
解 (1)由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x 2
＋2x ＋1，x ≥0，
－x 2
－2x ＋1，x <0，
即y ＝⎩⎪⎨
⎪⎧
－
x －2
＋2，x ≥0，－
x ＋
2
＋2，x <0.
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 ＝x 2
－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 12 u 与u ＝x 2
－3x ＋2的复合函数．
令u ＝x 2
－3x ＋2>0，则x <1或x >2.
∴函数y ＝log 12 (x 2
－3x ＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又∵u ＝x 2
－3x ＋2的对称轴x ＝32
，且开口向上，
∴u ＝x 2
－3x ＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数． 而y ＝log 12
u 在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y ＝log 12
(x 2
－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
【变式探究】(1)函数f (x )＝log 12(x 2
－4)的单调递增区间为( )
A ．(0，＋∞)
B ．(－∞，0)
C ．(2，＋∞)
D ．(－∞，－2)
(2)试讨论函数f (x )＝
ax
x －1
(a ≠0)在(－1，1)上的单调性．
(2)解 法一 设－1<x 1<x 2<1，
f (x )＝a ⎝
⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1＋1x －1，
f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1＋1x 2－1
＝
a （x 2－x 1）
（x 1－1）（x 2－1）
，
由于－1<x 1<x 2<1，
所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，
故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 函数f (x )在(－1，1)上递减；
当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 函数f (x )在(－1，1)上是增函数．
法二 f ′(x )＝（ax ）′（x －1）－ax （x －1）′
（x －1）2
＝
a （x －1）－ax （x －1）2＝－a
（x －1）
2.
当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上递增.
【方法规律】(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
(2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法．
(3)函数y ＝f (g (x ))的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．
【变式探究】 判断函数f (x )＝x ＋a x
(a >0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明． 解 f (x )在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数． 证明如下：
法二 f ′(x )＝1－a x 2，令f ′(x )>0，则1－a x
2>0， 解得x >a 或x <－a (舍)．
令f ′(x )<0，则1－a x
2<0，解得－a <x <a . ∵x >0，∴0<x <a .
∴f (x )在(0，a ]上为减函数，在[a ，＋∞)上为增函数． 高频考点二 函数的最值
例2、(1)函数f (x )＝x ＋21－x 的最大值为________． 答案 2
解析 设1－x ＝t (t ≥0)， ∴x ＝1－t 2
.
∴y ＝x ＋21－x ＝1－t 2
＋2t ＝－t 2
＋2t ＋1＝－(t －1)2＋2.
∴当t ＝1即x ＝0时，y max ＝2.
(2)函数f (x )＝3x ＋2
x
，x ∈[1,2]的值域为________．
答案 [5,7]
解析 解法一：f (x )＝3x ＋23
x
，
易证f (x )在⎣⎢
⎡⎭
⎪⎫
23，＋∞上是增函数． ∴f (x )在[1,2]上为增函数， 从而得值域为[5,7]．
解法二：f ′(x )＝3－2
x
2，当1≤x ≤2时，f ′(x )>0，
∴f (x )在[1,2]上为增函数， 又f (1)＝5，f (2)＝7.
∴f (x )＝3x ＋2
x
，x ∈[1,2]的值域为[5,7]．
【变式探究】(1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，
－x 2＋2x ，x ≤1，
则f (f (3))＝________，函数f (x )的最大值是________．
(2)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a
x
，x ∈[1，＋∞)且a ≤1.
①当a ＝1
2
时，求函数f (x )的最小值；
②若对任意x ∈[1，＋∞)，f (x )>0恒成立，试求实数a 的取值范围． (1)解析 ①由于f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 13x ，x >1，
－x 2＋2x ，x ≤1.
所以f (3)＝log 1
33＝－1，
则f (f (3))＝f (－1)＝－3，
②当x >1时，f (x )＝log 1
3
x 是减函数，得f (x )<0.
当x ≤1时，f (x )＝－x 2
＋2x ＝－(x －1)2
＋1在(－∞，1]上单调递增，则f (x )≤1，综上可知，f (x )的最大值为1.
答案 －3 1
②当x ∈[1，＋∞)时，x 2＋2x ＋a
x
>0恒成立．
则x 2
＋2x ＋a >0对x ∈[1，＋∞)上恒成立． 即a >－(x 2
＋2x )在x ∈[1，＋∞)上恒成立．
令g (x )＝－(x 2
＋2x )＝－(x ＋1)2
＋1，x ∈[1，＋∞)， ∴g (x )在[1，＋∞)上是减函数，g (x )max ＝g (1)＝－3. 又a ≤1，
∴当－3<a ≤1时，f (x )>0在x ∈[1，＋∞)上恒成立． 故实数a 的取值范围是(－3，1]．
【方法规律】(1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②均值不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法． (2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解．若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是增函数，则f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (b )，最小值为f (a )．若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上是减函数，则f (x )在[a ，b ]上的最大值为f (a )，最小值为f (b )．
【变式探究】 如果函数f (x )对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，且当x ≥1
2时，f (x )＝log 2(3x －1)，那么
函数f (x )在[－2，0]上的最大值与最小值之和为( )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．－1
解析 根据f (1＋x )＝f (－x )，可知函数f (x )的图象关于直线x ＝1
2对称．
又函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，故f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12上单调递减， 则函数f (x )在[－2，0]上的最大值与最小值之和为
f (－2)＋f (0)＝f (1＋2)＋f (1＋0)＝f (3)＋f (1)
＝log 28＋log 22＝4. 答案 C
高频考点三 函数单调性的应用 命题角度1 利用函数的单调性比较大小
例1、已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( )
A ．c >a >b
B ．c >b >a
C ．a >c >b
D ．b >a >c 答案 D
解析 ∵f (x )的图象关于x ＝1对称，
∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，又由已知可得f (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，即f (2)>f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12>f (e)．选D. 命题角度2 利用函数的单调性解不等式
例2、 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) 答案 B
解析 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⎩⎪⎨⎪
⎧
x >0，x －8>0，
x x －
解得8<x ≤9.
命题角度3 利用函数的单调性求参数 例3、若f (x )＝－x 2
＋2ax 与g (x )＝
a x ＋1
在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )
A ．(－1,0)∪(0,1)
B ．(－1,0)∪(0,1]
C ．(0,1)
D ．(0,1] 答案 D
解析 ∵f (x )＝－x 2
＋2ax 在[1,2]上是减函数，∴a ≤1，又∵g (x )＝a
x ＋1
在[1,2]上是减函数，∴a >0，∴0<a ≤1.
【方法规律】函数单调性应用问题的解题策略
(1)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)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)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，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．
【特别提醒】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．
1 .（2018年全国Ⅱ卷理数）若在是减函数，则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。

2. （2018年全国I卷理数）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是
A. [–1，0）
B. [0，+∞）
C. [–1，+∞）
D. [1，+∞）
【答案】C
【解析】画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程
有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.
3. （2018年江苏卷）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．
【答案】–3
【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以
，
4. （2018年全国I卷理数）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）当时，在单调递减.，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）证明见解析.
【解析】
（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
1.【2017北京，理5】已知函数1()3()3
x x
f x =-，则()f x
（A ）是奇函数，且在R 上是增函数 （B ）是偶函数，且在R 上是增函数 （C ）是奇函数，且在R 上是减函数 （D ）是偶函数，且在R 上是减函数
【答案】A
【解析】()()113333x
x x x f x f x --⎛⎫
⎛⎫-=-=-=- ⎪
⎪⎝⎭
⎝⎭，所以该函数是奇函数，并且3x y =是增函数， 13x
y ⎛⎫= ⎪⎝⎭
是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数，故选A.
2.【2017山东，理10】已知当[]0,1x ∈时，函数()2
1y mx =-的图象与y x m =
+的图象有且只有一个交点，
则正实数m 的取值范围是
（A ）(]
)
0,123,⎡+∞⎣
（B ）(][)0,13,+∞ （C ）(
)
0,223,⎤⎡+∞⎦
⎣
（D ）(
[)0,23,⎤
+∞⎦
【答案】B
1.【2016高考天津理数】已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间（-∞，0）上单调递增.若实数a 满足
1
(2
)(2)a f f ->-，则a 的取值范围是______.
【答案】13
(,)22
【解析】由题意()f x 在(0,)+∞上单调递减，又()f x 是偶函数，则不等式1
(2
)(2)a f f ->-可化为
1
(2
)(2)a f f ->，则1
2
2a -<，112
a -<
，解得1322a <<．
2.【2016高考新课标1卷】函数2
2x
y x e =-在[]2,2-的图像大致为
（A ）（B ）
（C ）（D ）
【答案】D
【解析】函数f(x)=2x 2
–e |x|
在[–2,2]上是偶函数，其图像关于y 轴对称，因为22
(2)8e ,08e 1f =-<-<，所
以排除A 、B
选项；当[]0,2x ∈时，()=4e x
f x x '-有一零点，设为0x ，当0(0,)x x ∈时，()f x 为减函数，当0(2)
x x ,∈时，()f x 为增函数．故选D 。

3.【2016高考上海理数】设()f x 、()g x 、()h x 是定义域为R 的三个函数，对于命题：①若()()f x g x +、()()f x h x +、()()g x h x +均为增函数，则()f x 、()g x 、()h x 中至少有一个增函数；
②若()()f x g x +、()()f x h x +、()()g x h x +均是以T 为周期的函数，则()f x 、()g x 、()h x 均是以T 为周期的函数，下列判断正确的是（ ）
A 、①和②均为真命题
B 、①和②均为假命题
C 、①为真命题，②为假命题
D 、①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】①不成立，可举反例
2,1)1(3,x x f x x x ≤-+>⎧=⎨⎩, 0
3,023,21()1,x x x x x x g x ≤-+<+⎧≥=<⎪⎨
⎪⎩
, 0(0)2,,x h x x x x -=≤>⎧⎨⎩ ②()()()()f x g x f x T g x T +=+++ ()()()()f x h x f x T h x T +=+++ ()()()()g x h x g x T h x T +=+++
前两式作差，可得()()()()g x h x g x T h x T -=+-+ 结合第三式，可得()()g x g x T =+, ()()h x h x T =+ 也有()()f x f x T =+ ∴②正确 故选D.
【2015高考湖北，理6】已知符号函数1,0,sgn 0,0,1,0.x x x x >⎧⎪
==⎨⎪-<⎩
()f x 是R 上的增函数，()()()(1)g x f x f ax a =->，
则（ ）
A ．sgn[()]sgn g x x =
B ．sgn[()]sgn g x x =-
C ．sgn[()]sgn[()]g x f x =
D ．sgn[()]sgn[()]g x f x =- 【答案】B
【解析】因为()f x 是R 上的增函数，令x x f =)(，所以x a x g )1()(-=，因为1>a ，所以)(x g 是R 上的减函数，由符号函数1,0
sgn 0,01,0
x x x x >⎧⎪
==⎨⎪-<⎩
知，1,0sgn[()]0,0sgn 1,0x g x x x x ->⎧⎪===-⎨⎪<⎩.
【2015高考安徽，理15】设3
0x ax b ++=，其中,a b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）
①3,3a b =-=-；②3,2a b =-=；③3,2a b =->；④0,2a b ==；⑤1,2a b ==. 【答案】①③④⑤
()=(1)132f x f b b =-+=-极小，要使方程仅有一根，则()=(1)1320f x f b b -=-++=+<极大或者 ()=(1)1320f x f b b =-+=->极小，解得2b <-或2b >，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是
①③④⑤.
（2014·北京卷）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 ＝log 0.5(x ＋1)
【答案】A 【解析】由基本初等函数的性质得，选项B 中的函数在(0，1)上递减，选项C ，D 中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B ，C ，D ，选A.
（2014·福建卷）已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 2
＋1，x >0，
cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )
A ．f (x )是偶函数
B ．f (x )是增函数
C ．f (x )是周期函数
D ．f (x )的值域为[－1，＋∞) 【答案】D
【解析】由函数f (x )的解析式知，f (1)＝2，f (－1)＝cos(－1)＝cos 1，f (1)≠f (－1)，则f (x )不是偶函数； 当x >0时，令f (x )＝x 2
＋1，则f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f (x )>1；
当x ≤0时，f (x )＝cos x ，则f (x )在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f (x )∈[－1，1]； ∴函数f (x )不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．
（2014·四川卷）设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈[－1，1)时，f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧－4x 2
＋2，－1≤x <0，
x ， 0≤x <1，则
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32＝________．
【答案】1
【解析】由题意可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－4⎝ ⎛⎭
⎪⎫－122
＋2＝1. （2014·四川卷）以A 表示值域为R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数φ(x )组成的集合：对于函数φ(x )，存在一个正数M ，使得函数φ(x )的值域包含于区间[－M ，M ]．例如，当φ1(x )＝x 3
，φ2(x )＝sin x 时，φ1(x )∈A ，φ2(x )∈B .现有如下命题：
①设函数f (x )的定义域为D ，则“f (x )∈A ”的充要条件是“∀b ∈R，∃a ∈D ，f (a )＝b ”； ②函数f (x )∈B 的充要条件是f (x )有最大值和最小值；
③若函数f (x )，g (x )的定义域相同，且f (x )∈A ，g (x )∈B ，则f (x )＋g (x )∉B ； ④若函数f (x )＝a ln(x ＋2)＋
x
x 2
＋1
(x >－2，a ∈R)有最大值，则f (x )∈B .
其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)
【答案】①③④ 【解析】若f (x )∈A ，则f (x )的值域为R ，于是，对任意的b ∈R，一定存在a ∈D ，使得f (a )＝b ，故①正确．取函数f (x )＝x (－1＜x ＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M ＝1，使得f (x )的值域包含于[－M ，
M ]＝[－1，1]，但此时f (x )没有最大值和最小值，故②错误．当f (x )∈A 时，由①可知，对任意的b ∈R，存在a ∈D ，
使得f (a )＝b ，所以，当g (x )∈B 时，对于函数f (x )＋g (x )，如果存在一个正数M ，使得f (x )＋g (x )的值域包含于[－
M ，M ]，那么对于该区间外的某一个b 0∈R，一定存在一个a 0∈D ，使得f (a 0)＝b －g (a 0)，即f (a 0)＋g (a 0)＝b 0∉[－M ，
M ]，故③正确．对于f (x )＝a ln(x ＋2)＋x
x 2＋1 (x ＞－2)，当a ＞0或a ＜0时，函数f (x )都没有最大值．要使得函数
f (x )有最大值，只有a ＝0，此时f (x )＝x x 2＋1 (x ＞－2)．易知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，所以存在正数M ＝12，使得f (x )∈[－M ，M ]，故④正确．
（2014·四川卷）已知函数f (x )＝e x
－ax 2
－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，求a 的取值范围．
当12<a <e
2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，
于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤1
2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；
当12<a <e
2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e
2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .
(2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，
则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a ≤1
2时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；
当a ≥e
2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．
所以12<a <e 2
.
此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有
g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.
由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2， 则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0， 解得e －2<a <1.
当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))． 若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，
从而f (x )在区间[0，1]内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.
故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2.
由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增． 所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0， 故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．
综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．
（2013·四川卷）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 2
＋2x ＋a ，x<0，
lnx ，x>0，其中a 是实数．设A(x 1，f(x 1))，
B(x 2，f(x 2))为该函数图像上的两点，且x 1<x 2. (1)指出函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)的图像在点A ，B 处的切线互相垂直，且x 2<0，求x 2－x 1的最小值； (3)若函数f(x)的图像在点A ，B 处的切线重合，求a 的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．
(2)由导数的几何意义可知，点A 处的切线斜率为f′(x 1)，点B 处的切线斜率为f′(x 2)，故当点A 处的切线与点B 处的切线垂直时，有f′(x 1)f′(x 2)＝－1.
当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x ＋2. 因为x 1<x 2<0，所以，(2x 1＋2)(2x 2＋2)＝－1，
所以2x 1＋2<0，2x 2＋2>0.
因此x 2－x 1＝1
2[－(2x 1＋2)＋2x 2＋2]≥[－（2x 1＋2）]（2x 2＋2）＝1，
当且仅当－(2x 1＋2)＝2x 2＋2＝1，即x 1＝－32且x 2＝－1
2时等号成立．
所以，函数f(x)的图像在点A ，B 处的切线互相垂直时，x 2－x 1的最小值为1. (3)当x 1<x 2<0或x 2>x 1>0时，f′(x 1)≠f′(x 2)，故x 1<0<x 2. 当x 1<0时，函数f(x)的图像在点(x 1，f(x 1))处的切线方程为 y －(x 2
1＋2x 1＋a)＝(2x 1＋2)(x －x 1)， 即y ＝(2x 1＋2)x －x 2
1＋a.
当x 2>0时，函数f(x)的图像在点(x 2，f(x 2))处的切线方程为 y －ln x 2＝1x 2(x －x 2)，即y ＝1
x 2·x＋ln x 2－1.
两切线重合的充要条件是 ⎩⎪⎨⎪⎧1x 2
＝2x 1＋2，①
ln x 2－1＝－x 21＋a.② 由①及x 1<0<x 2，知－1<x 1<0.
由①②得，a ＝x 21＋ln 12x 1＋2－1＝x 2
1－ln(2x 1＋2)－1.
设h(x 1)＝x 2
1－ln(2x 1＋2)－1(－1<x 1<0)， 则h′(x 1)＝2x 1－1
x 1＋1<0.
所以，h(x 1)(－1<x 1<0)是减函数． 则h(x 1)>h(0)＝－ln 2－1， 所以a>－ln 2－1.
又当x 1∈(－1，0)且趋近于－1时，h(x 1)无限增大， 所以a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．
故当函数f(x)的图像在点A ，B 处的切线重合时，a 的取值范围是(－ln 2－1，＋∞)．
（2013·四川卷）设函数f(x)＝e x
＋x －a (a∈R，e 为自然对数的底数)．若曲线y ＝sinx 上存在(x 0，y 0)使得f(f(y 0))＝y 0，则a 的取值范围是( )
A ．[1，e]
B ．[e －1
－1，1] C ．[1，e ＋1] D ．[e －1－1，e ＋1] 【答案】A
【解析】因为y 0＝sin x 0∈[－1，1]，且f(x)在[－1，1]上(有意义时)是增函数，对于y 0∈[－1，1]，如果f(y 0)
＝c ＞y 0，则f(f(y 0))＝f(c)＞f(y 0)＝c ＞y 0，不可能有f(f(y 0))＝y 0.
同理，当f(y 0)＝d ＜y 0时，则f(f(y 0))＝f(d)＜f(y 0)＝d ＜y 0，也不可能有f(f(y 0))＝y 0，因此必有f(y 0)＝y 0，即方程f(x)＝x 在[－1，1]上有解，即e x
＋x －a ＝x 在[－1，1]上有解．显然，当x ＜0时，方程无解，即需要e x
＋x －a ＝x 在[0，1]上有解．当x≥0时，两边平方得e x
＋x －a ＝x 2
，故a ＝e x
－x 2
＋x.记g(x)＝e x
－x 2
＋x ，则g′(x)＝e x
－2x ＋1.
当x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，e x
＞0，－2x ＋1≥0，故g′(x)＞0，
当x∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，1时，e x
＞e ＞1，0>－2x ＋1≥－1，
故g′(x)＞0.
综上，g′(x)在x∈[0，1]上恒大于0，所以g(x)在[0，1]上为增函数，值域为[1，e]，从而a 的取值范围是[1，e]．
（2013·四川卷）函数y ＝x
3
3x －1
的图像大致是( )
图1－5 【答案】C
【解析】函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A ；当x<0时，x 3
<0，3x
－1<0，故y>0，排除选项B ； 当x→＋∞时，y>0且y→0，故为选项C 中的图像．
（2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( ) A ．x 0∈R，f(x 0)＝0
B ．函数y ＝f(x)的图像是中心对称图形
C ．若x 0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x 0)单调递减
D ．若x 0是f(x)的极值点，则f′(x 0)＝0 【答案】C。