函数与函数综合应用 (答案与详解)

函数及函数综合应用 一、函数的表示(分段函数)
【典型例题】
例1.1 设 f (x )={
x +1，x ≤02x ， x >0 ，则满足f(x)+f (x －1
2
)>1的x 的取值范围是 .
【答案】(－14
，+∞) 【解析】当x ≥1
2
时：显然成立； 当
12≥x >0时：f(x)+f (x －12)=2x +x －1
2
+1>1，成立 当x <0时：f(x)+f (x －12)= x +1+x －1
2
+1>1，解得x >－14
【要点】分段函数处理方法一：分段解析
例1.2 设f(x)=⎪⎩
⎪
⎨⎧≥-+-<<-2,8620,22x x x x x x
，若两两不相等的正数a 、b 、c 满足f(a)=f(b)=f(c)，则:
(1) a+b+c 的取值范围是 . (2) abc 的取值范围是 . 【答案】(1) (7，8) (2) (9，16)
【解析】(1)作出y=f(x)的图像，不妨设a<b<c ，则显然0<a <2<b <3<c <4，
由对称性b+c =6，由x =3的y max =1，此时x =1，a ∈(1，2)；，a+b+c ∈(7，8)
(2)设y=t ，(0<t <1) 则
，a =， b 、c 是方程－x 2+6x －8=t 的两根，由韦达定理bc =8+t ，abc ==
∈(9，16) 【要点】(1)图像是研究分段函数重要的辅助工具
(2)多变量目标函数求范围，要点是研究多个变量之间的关系，将目标函数化为一个变量的函数
例1.3 已知函数f (x )＝220ln(1)0.
x x x x x ⎧-+≤⎨+>⎩，，
， 若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是 ．
【答案】[－2，0]
【解法一】由y ＝|f (x )|的图象知：
①当x ＞0时，y ＝ax 只有a ≤0时，才能满足|f (x )|≥ax . ②当x ≤0时，y ＝|f (x )|＝|－x 2＋2x |＝x 2－2x .
a 的下界为抛物线y= x 2－2x 在(0，0) 处的切线斜率
故由y’=2x －2知k 切线=－2，∴ a ≥－2. 综上可知：a ∈[－2,0]．
∴∴a t a =-21
2
+t ∴1)8(2++t t 21
14
++t
【解法二】
x >0时，g(x)=|f (x )|－ax =ln(x +1)－ax ，
当a >0时：x →+∞时g(x) →−∞，不符题意 当a ≤0时：g(x)为增函数，g(x)>g(0)=0，符合题意
x ≤0时，g(x)=|f (x )|－ax =x 2－2x －ax =x (x －(a +2))≥0，即x －(a +2)≤0，故a ≥x －2，
由x ≤0知a ≥－2
例1.4 用min {a,b }表示a,b 两个数中的较小值，用max {a,b }表示a,b 两个数中的较大值，设f(x)=x 2－2(a +2)x +a 2，g(x)=－x 2+2(a －2)x －a 2+8. 令H 1(x )=max {f(x)，g(x)}，记H 1(x )的最小值为A ；令H 2(x )=min {f(x)，g(x)}，记H 2(x )的最大值为B ；则A －B=
【答案】－16
【解析】令f(x)=g(x)可解得x =a +2和x =a －2
作出f(x)及g(x)的图像，由图像可知：A =(H 1(x ))min =f (a +2)；B =(H 2(x ))max =f (a －2) 所以A －B=－16
【要点】分段函数处理方法二：图像法
二、函数性质及应用
【典型例题】
例2.1 以下命题中，正确的有 (填出所有正确的命题的序号)
① 函数f(x)=－|x －1|+1 的图象关于直线x =1对称，且当 x >1时为减函数 ② 函数f(x)=
2x −12x +1
为奇函数，且在R 上为增函数
③ 函数f(x)=lg x －lg(2－x )+2的图象关于点(1，2)对称，且在(0，2)上为增函数 ④ 所有二次函数的图象都是轴对称图形；所有三次函数的图象都是中心对称图形
⑤ 函数1
sin )1()(22+++=
x x
x x f 的图象关于点(0，1)对称 【答案】12345
【解析】(1) 作图可知正确
(2) 可验证f(x)+f(－x)=0，函数y =
t−1t+1=1－2t+1
(t >0) 和t =2x 都是增函数 (3) 可验证：f(x)+f(2－x)=4，函数y = lg x 和y =－lg(2－x )都是增函数 (4) 正确 (5) f(x)=1
sin 212+++
x x
x (奇函数+1)
【要点】对称性的验证和发现
例2.2 若0<a <b <1，则以下命题中，正确的是 (填出所有正确的命题的序号) ① a b <a a ② a a <b a ③ ba a >ab a ④ a b <b a ⑤ a a <b b
【答案】1234
【解析】(1) 令f(x)=a x 为减函数，则f(a)>f(b)，即a b <a a (2) 令f(x)=x a 为增函数，则f(a)<f(b)，即a a <b a (3) 令f(x)=x a －
1 为减函数，则f(a)>f(b)，化简得ba a >ab a
(4) 令f(x)=
lnx x
，由f(x)导数可得f(x)在(0，e)为增函数，则f(a)<f(b)，即
lna a
<
lnb b
所以blna<alnb ，即a b <b a
(5) 令f(x)=xlnx ， 由f(x)导数可得f(x)在(0，e －
1)为减函数，(e －
1，1)为增函数，故f(a)、f(b)的大小不定 即a a 、b b 大小不定
【要点】构造函数，利用函数单调性比较大小
例2.3设⎪⎩⎪⎨⎧>+≤-=0
,0
,2)(22x bx ax x x x x f ，若f(x)是偶函数，则使得f (3x －2)>f (x 2)的x 的取值范围是
【答案】(
−3+√17
2
，3)
【解析】y=x 2－2x 在x <0时为减函数，而f(x)图像关于y 轴对称，故原不等式等价于： |3x －2|>|x 2|，解得答案
【要点】单调性+对称性在不等式中的应用
例2.4 设函数f(x)=
|)|1ln(11
2
x x +-+，则使得f(x)>f (2x －1)的x 的取值范围是 . 【答案】(－∞，13
) ∪ (3，+∞)
【解析】注意到f(x)为偶函数，当x >0时，f(x)=
)ln(111
2
x x +-+为减函数， 故原不等式等价于： |x |<|2x －1|，解得答案 【要点】单调性+对称性在不等式中的应用
例2.5设f(x)=x 2－2x +a (e x －
1+e 1－
x ) 恰有1个零点，则a = 【答案】1
2
【解析】注意到f(x)=f (2－x )，即f(x)图像关于x =1对称，所以f (1)=0解得 【要点】主动发现f(x)的对称性
注意函数g(x)=f(x －m)+f(m －x) 具有轴对称性 g(x)=f(x －m)－f(m －x )具有中心对称性 本题也有其他解法，但用对称性解决是最快捷的方法
例2.6 已知函数f(x)满足f (－x )=2－f(x)，若函数x
x y 1
+=与y=f(x)图像的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)……(x m ，y m )，则
=+∑=m
i i i
y x
1
)(
A.0
B. m
C. 2m
D. 4m 【答案】B
【解析】f (－x )=2－f(x)表明f(x )图像关于(1，0)中心对称，而x
x y 1
+=图像也关于(1，0)中心对称， 所以两个函数的图像的公共点也关于(1，0)中心对称 【要点】对称性的应用
例2.7 设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数，则( )
A ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a ＞b
B ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a ＜b
C ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a ＞b
D ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a ＜b 【答案】A
【解析】令f(x)= e x ＋2x 为增函数，则f(a)=f(b)+b>f(b)，所以a>b C 、D 可通过g (x)= e x －2x 的单调性判定 【要点】构造函数，通过单调性研究方程与不等式
三、函数图像及图像变换
【典型例题】
例3.1将函数y=f(x)的图像左移1个单位、再将横坐标变成原来的2倍 (纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图像，已知函数y=g(x)的图像与函数y =ln(x +1)的图像关于y 轴对称，则函数y=f(x)的解析式为( ) A. ln(2x －1) B. ln(－2x +3) C. ln(x +) D.ln(－x －2) 【答案】B
【解析】将y =ln(x +1)对称得到g(x)，再逆变换：横坐标变成原来的倍、右移1个单位得到f(x)： g(x)=ln(－x +1)，
g(x)→g (2x )=ln(－2x +1)→ln(－2(x －1)+1)= ln(－2x +3)
【要点】逆变换
例3.2 设函数y=f(x)的图像与y =2log 2(x +a )－2的图像关于直线y =－x 对称，且f (2)+f (0)=3，则a = . 【答案】3
【解析】－x =2log 2(－y +a )－2，解得y=a －2
22+-x ,即为f(x)的解析式
f (2)+f (0)=2a －3=3，a =3 【要点】重要的对称变换
例3.3 若实数m 、n 满足m +2m =5，n +log 2n =5，则一定有( )
A. m+n >5
B. m+n =5
C.m+n <1
D. m+n =1 【答案】B
【解析】令f(x)=2x ，g(x)=log 2x ，则f(x)、g(x)图像关于y=x 对称
m +2m =5化为2m =5－m ，即直线y =5－x 与f(x)的公共点为(m ，5－m ) 同理直线y =5－x 与g(x)的公共点为(n ，5－n )
由于直线y =5－x 与y=x 垂直，所以两个公共点关于y=x 对称，即m =5－n 【要点】主动发现两个函数图像的对称性
21212
1
2
1
例3.4 函数y ＝x cos x ＋sin x 的图象大致为( )．
【答案】D
【解析】f’(x)=2cosx －xsinx ，f’(0)=2，f’(π)<0；
【要点】导数、切线、极限、渐近线等在图像识别中的应用
例3.5 函数y =x x x
x e
e e e ---+的图象大致为( )
【答案】A
【解析】方法很多，例如奇函数+单调性；也可考虑渐近线
例3.6函数y ＝f (x )的图象如图所示，在区间[a ，b ]上可找到n (n ≥2)个不同的数x 1，x 2，…，x n ，使得
1212
===
n n
f x f x f x x x x ()
()()
，则n 的所有可能的取值组成的集合为 ( )．
A ．{3,4}
B ．{2,3,4}
C ．{3,4,5} D
．
{2,3}
【答案】B
【解析】为图像上一点(x ，f(x))与原点连线的斜率，观察图像即可得到答案
【要点】图像的几何意义
x
x f )
(
四、函数应用(不等式、方程)
【典型例题】
例4.1 当0＜x ≤
1
2
时，4x ＜log a x ，则a 的取值范围是 【答案】(
2
2
，1) 【解析】当a >1时：4x >1，log a x <log a
1
2
<0，不成立 当0<a <1时：g(x)= 4x －log a x 为增函数，g(x)<0恒成立等价于：g (1
2
)<0，解得答案 【要点】分类讨论
例4.2 设a >
41
，若不等式|x 2－2ax －3a 2|≤4a 对任意x ∈[1,4a ]恒成立，则a 的取值范围是 【答案】(41，]
【解析】设f(x)= |x 2－2ax －3a 2|=|(x －3a )(x +a )|；由绝对值及二次函数性质知，
f(x)在(－∞,－a )减，(－a ，a )增，(a ，3a )减，(3a ，+∞)增 由f (1)=|3a 2+2a －1|≤4a ，得a ≤1；故∴ f(x)max =max {f (1)，f (4a )}，
于是f(x)max ≤4a 等价于 解得答案
【要点】二次函数、绝对值函数；图像法
例4.3 若x ∈[－2，1]，ax 3－x 2+4x +3≥0，则a 的取值范围是 . 【答案】[－6,－2]
【解析】x =0时显然成立；－2≤x <0时原不等式等价于a ≤ 令g(t)=－3t 3－4t 2+t (t ≤－)，则g(t)min =g (－1)=－2，故a ≤－2 同理，0<x ≤1时a ≥g(t) (t ≥1)，g(t)max =g (1)=－6，故a ≥－6 【要点】不等式预处理—参数分离，但要合理使用 (不是万能手段)
例4.4 若函数f(x)=3x －sin2x +3a sin x 在R 上单调递增，则a 的取值范围是
【答案】[－31，3
1
]
【解析】原命题等价于：f’(x)≥0在R 上恒成立；
f’(x)= 3－2cos2x +3a cos x =－4cos 2x +3a cos x+5
考虑g(t)=－4t 2+3at+5 (－1≤x ≤1)，则g(t)min =min{g (－1)，g (1)}
故g(t)≥0恒成立等价于⎩
⎨⎧≥≥-0)1(0
)1(g g ，可解得答案
【要点】变量替换
5
4
⎪⎩⎪⎨⎧≤=≤-+=a
a a f a
a a f 45)4(4|123|)1(2
2
x
x x x x x 1
)1(4)1(334233
2+--=--2
1
例4.5 f(x)=2x |log 0.5x |－1的零点个数是 . 【答案】2
【解析】分别作出曲线y =|log 0.5x |和曲线y =2－
x 的图像 【要点】研究零点的技巧：预处理
例4.6 函数f(x)=e x (2x －a )+1有零点，则a 的取值范围是 . 【答案】[2－2ln2，+∞)
【解析】f’(x)= e x (2x －a +2)，故f(x)在(－∞，22-a )为减，(2
2
-a ，+∞) 为增 x →+∞时 f(x)→+∞
故f(x)有零点的充要条件为：f (
2
2
-a )≤0，解得答案 【另解】分别作出y =－e －
x 和y =2x －a 的图像，当直线y =2x －a 与曲线y =－e －
x 相切时， (－e －
x )’=e －
x =2，解得x =－ln2，y =－2，即为切点坐标
带入直线可解得此时－a =2ln2－2
由图像可知，当直线向下移动式满足条件，故－a ≤2ln2－2，即得 【要点】研究零点的方法：(1) 单调性+零点定理 (2) 图像法
例4.7 已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )．
A ．(2，＋∞)
B ．(1，＋∞)
C ．(－∞，－2)
D ．(－∞，－1) 【答案】C
【解析】f’(x)=3x (ax －2)
当a <0时：f(x)在(－∞，2
a )减，( 2
a ，0)增，(0，+∞)减
依题意：f (2
a
)>0，解得a <－2
当a =0时：f(x)有两个零点不符题意；
当a >0时：f(x)在(－∞，0)增， (0，2
a
)减，(2
a
，+∞)增，而f (0)=1>0，不符题意
【要点】三次函数的零点
例4.8 设a >1，f(x)=a x ，若存在实数T ，使得对任意实数x 都有f (x +T )=Tf (x )，则a 的取值范围是 【答案】(1，e
1e ]
【解析】f(x+T)=a T a x =Ta x ，即存在T ，使得a T =T ；即T ln a =ln T ，ln a =
T
T
ln ， 考虑函数g(x)=x x ln ，g’(x)=2
ln 1x x -=0得x =e ，故g(x)max =g (e)=e 1，所以ln a ≤e
1
，解得a ≤e 1
e
例4.9 设a >1，若有且仅有一个常数c 使得对任意的x ∈[a ,3a ]，都有y ∈[a , a 2]满足方程log a x+log a y=c ，这时a 的取值的集合为 . 【答案】{3}
【解析】log a x+log a y=c 等价于y =，当x ∈[a ,3a ]时，y ∈[，]
x
a c 131-c a 1
-c a
依题意即2+log a 3≤c ≤3
依题意，满足条件的c 只有1个，所以log a 3=1，a =3
例4.10
设函数π()x f x m
=，若存在f (x )的极值点x 0满足222
00+[()]x f x m <，则m 的取值范围是 ． 【答案】(－∞，－2)∪(2，＋∞) 【解析】∵x 0是f (x )的极值点，
0ππcos 0x m m =，即01
2
x mk m =+，k ∈Z. ∴x 02＋[f (x 0)]2＜m 2
可转化为2
2
21π122mk m mk m m m ⎤
⎛⎫⎛⎫+++< ⎪
⎪⎥⎝
⎭⎝⎭⎦，k ∈Z ， 即存在k ∈Z ，使221312k m ⎛⎫+<- ⎪⎝⎭；而2
12k ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭的最小值为14，
∴231
14
m ->，解得m ＜－2或m ＞2.
例4.11 设函数()(21)x
f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 【答案】[
32e
，1)
【解析】注意到f (0)= a －1<0，所以原命题成立的一个必要条件为：f (－1)≥0，解得 a ≥ 32e
当x ≥1时f’(x)=e x (2x +1)－a >3e －a >0，故f(x)在(1，+ ∞)为增函数，x ≥1时f(x)≥f (1)=e >0
当x <－1时f’(x)=e x (2x +1)－a <－e x －a <0，f(x)为减函数，所以f(x)>f (－1)≥0 所以存在唯一的整数0满足题设 【要点】整数命题：探究—证明
【思考】若去掉条件a <1，本题如何解答？
【提示】考虑预处理：参数分离 注意到f (1)=e>0， 令g(x)= e x (2x−1)x−1 则当x <1时f(x)<0等价于a < g(x)；当x >1时f(x)<0等价于a > g(x)；
g'(x)=
e x x(2x−3)(x−1)2 g(x)在(－∞，0)增， (0，1)减，(1，
32
)减，(3
2
，+∞)增
g (0)=1，g (32
)=4e
3
2>1，
存在唯一的整数x 0<1使得a < g(x 0)的充要条件为：g (－1)≥a >g (0)，解得
3
2e
≥a >1
(此时对任意x >1都有g(x)> g (3
2)=4e
3
2>a )
存在唯一的整数x 0>1使得a > g(x 0)的充要条件为：g (3)≥a >g (2)，解得
5e 32
≥a >3e 2
(此时对任意x<1都有g(x)< g (0)=1<a )
例4.12 设f(x)=，g(x)=x 2－4x －4，若∃a 使得f(a)+g(b)=0，则b 的取值范围是 . ⎪⎩
⎪⎨⎧≤≥--211
31a a a a c c ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-
≥+-<+21),1ln(2
1,122x x x x x
【答案】(－1，5)
【解析】当x ∈(－∞,－)时f(x)=(+1)2－1∈(－1,0)；
当x ∈[－，+∞)时f(x)=ln(x +1)∈[－ln2,+∞)，故f(x)∈(－1,+∞)
∴g(b)=－f(a)<1，即b 2－4b －4<1 ⇒ b ∈(－1,5). 【要点】∃a 、b ，使得f(a)=g(b)的充要条件为：
① f(a) 在函数g(x)的值域内 ② g(b) 在函数f(x)的值域内
五、导数及导数的简单应用
【典型例题】
例5.1 设f(x)为偶函数，当x ≤0时f(x)= e －x －1
－x ，则曲线y=f(x)在点(1，f (1))处的切线方程为
【答案】y =2x
【解析】x ≤0时f’(x)=－e
－x －1
－1，
由f(x)为偶函数可得：f (1)=f (－1)=2，f’(1)=－f’(－1)=2 切线为：y －2=2(x －1)
例5.2 若存在直线与曲线y =ln x 和曲线y =x 2+2x +a (x <0)都相切，则a 的取值范围是 . 【答案】(－ln2－1，+∞)
【解析】f’(x)= 1
x (x >0)，g’(x)=2x +2 (x <0)
设切点分别为A(s ，f(s))、B(t ，g(t))，则AB 与两条曲线都相切的充要条件为：
f’(s)= g’(t)= f (s )−g(t)
s−t ，带入：
lns−(t 2+2t+a)s−t
=1
s
=2t +2
消去s 并化简得：t 2－ln(2t +2)－1=a
由s >0解得－1<t <0，令h(t)= t 2－ln(2t +2)－1，则h ’(t)= 2t (t+1)−1
t+1
<0，故h(t)为减函数
所以h(t)的值域为(－ln2－1，+∞) 【要点】公切线的研究方法：f’(s)= g’(t)= f (s )−g(t)
s−t
例5.3 已知a >0，已知曲线C ：y= || (0<x <4)上存在两点，曲线C 在该两点处的切线相互垂直，
则a 的取值范围是 .
【答案】(0，)
【解析】设曲线C 在点(x 1，f (x 1))和(x 2，f (x 2))处的切线相互垂直，不妨设x 1<x 2，则f’(x 1)f’(x 2)=－1
0<x <a 时，f(x)=－，f’(x)=<0；x>a 时，f(x)=，f’(x)=>0；
∴ 0<a <4且0<x 1<a <x 2<4
于是f’(x 1)=， f’(x)=；=－1
化简得x 1+2a =
， 又∵x 1+2a ∈(2a ，3a )，∈(，1)
21x
12
1a
x a
x 2+-2
1
a x a x 2+-2
)2(3a x a +-a x a x 2+-2)2(3a x a
+21)2(3a x a +-22)2(3a x a +21)2(3a x a +-22)2(3a x a
+a x a 232+a
x a
232+a a 243+
∴(2a ，3a )∩(，1)≠Φ，即 解得 0<a <
例5.4 设f(x)=x 2，g (x)=－(x －1)2，P 、Q 分别是曲线y=f(x)和y=g(x)上的动点，A(s,f(s))和B(t,g(t))分别是曲线上的定点，满足|AB |≤|PQ |对任意P 、Q 都成立. 下面四个数中，哪一个最接近s ？ A.
B. C. D. 【答案】B
【解析】设f(x)、g(x)在A 、B 处的切线分别为l 、m ，则当l ∥m 且l ⊥AB 时|AB |取得最小值
f’(x)=2x ，g’(x)= 2－2x ，所以：2s =2－2t ，且2s ×s 2+(t−1)
2
s−t
=－1
消去t 整理得：4s 3+2s －1=0，设h(s)= 4s 3+2s －1，易得h(s)为增函数 则h (0)<0，h (1)>0，h (1
2
)>0，h (1
4
)<0，h (3
8
)<0
所以s ∈(38
，12
)，区间中点为
7
16
例5.5若x =－2是函数f(x)=(x 2+ax －1)e x －1
的极值点，则f(x)的极小值为
【答案】－1
【解析】由f’(－2)=0可得a =－1，此时f ’(x)=(x +2)(x －1) e x －
1 f(x)min =f (1)=－1
例5.6 已知函数有两个极值点m 、n (m <n )，则 ( )
A ．f(m)<0，f(n)<－
B ．f(m)<0，f(n)>－
C ．f(m)>0，f(n)<－
D ．f(m)>0，f(n)>－ 【答案】D
【解析】由题意知 f ′(x )＝ln x ＋1－2ax ＝0在区间(0，＋∞)上有两个根．
令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝
x
ax
21-， 当a ≤0时h ′(x )＞0，f ′(x )在区间(0，＋∞)上递增，f ′(x )＝0不可能有两个正根，
∴a ＞0.由h ′(x )＝0，可得12x a =
，因此111=ln +11=ln >0222h a a a ⎛⎫- ⎪
⎝⎭
，故10<<2a 且121<2x x a <.又h (1)＝1－2a ＞0，∴121
1<2x x a
<<
此时f (x )在区间(0，x 1)上递减，在区间(x 1，x 2)上递增，在区间(x 2，＋∞)上递减． ∴f (x 1)＜f (1)＝－a ＜0，f (x 2)＞f (1)＝12
a ->-. 故选D.
例5.7设奇函数f(x)满足：f (－1)=0，当x >0时xf’(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x 的范围是 . 【答案】(－1，0)∪(0，1) 【解析】f (0)=0不满足；
令g(x)= f(x)
x ，则g(x)为偶函数，且g’(x)=
xf’(x)－f(x)
x 2
a 243+⎪⎩
⎪⎨⎧
<+>
1
22433a a a a 2116516716916
11()(ln )f x x x ax =-2121212
1
依题意x >0时g’(x)<0，故g(x)在(0，+∞)为减函数，在(－∞，0)为增函数 g (－1)=g (1)=0，所以－1<x <0或者0<x <1 【要点】构造函数，利用函数单调性解决不等式问题
六、综合例题选讲(重要的代数方法及数学思想)
【典型例题】
例6.1 已知函数f(x)=x 2e 2x +m |x |e x +1有4个零点，则m 的取值范围是 【答案】(−
e+1
e 2
，+∞) 【解析】令g(x)=|x |e x =|x e x |，令f 1(x )=x e x ，则f 1(x ) (－∞，－1)为为减函数，在(－1，+∞)为增函数 作出y=g(x)的图像，则直线y=t 与曲线y=g(x)的公共点的个数N ：
当t <0时N =0；当t =0时N =1；当1
e
<t <0时N=3；当t=1
e
时N=2；当t >1
e
时N=1
考虑二次函数h(t)=t 2+mt +1，t =0不是零点， 故
f(x)=x 2e 2x +m |x |e x +1
有4个零点，当且仅当g(t) 在区间(0，1e
)和(1
e
，+∞)各有1个零点，
所以h (0)>0，h (1e
)<0，解得 【要点】变量替换
例6.2 设函数f (x )＝a 1－x 2＋1＋x ＋1－x ，若总存在x 0∈[－1，1]，使得f (x 0)>2
3
，则a 的取值范围 是
【答案】(－，+∞)
【解析】设t=1＋x ＋1－x ，t 2=2+2∈[2,4]，t ∈[
,2]；
此时f (x )=m(t)=
t 2+t －a ，依题意：m(t)max >2
3 当a ≥0时， m(t)在[
,2]上为增函数，m(t)max =m (2)=a +2 >
2
3
，符合题意 a <0时，m(t)的对称轴为t = 当<，即a <时，m(t)max =m ()=<2
3，不符题意
当≤≤2，即≤a ≤－时，m(t)max ==m () =－a >23，无解
当－<a <0时，m(t)max ==m (2)=a +2>2
3
，符合题意，综上a >－
【要点】变量替换
例6.3 设f(x)=e x +e －
x ，g(x)=f (2x )－2af(x)+4a －2，若g(x)恰有1个零点，则a 的取值范围是 【答案】[2，+∞) 【解析】由于(f(x))2= e 2x +e
－2x
+2，
g(x)= e 2x +e
－2x
－2a (e x +e －
x )+ 4a －2=(e x +e －
x )2－2a (e x +e －
x ) +4a －4
=(f(x))2－2af(x)+ 4a －4=[f(x)－2][f(x)－(2a －2)]
2
1
21x -∴22a 2a
1-a 1
-
222-222a 1-22-21a 1-a 21
-2121
由于f(x)－2=0恰有1个根x =0，所以f(x)－(2a －2)=0无根或只有1个0根 由于f(x)值域为[2，+∞)，所以(2a －2)≤2，解得答案 【要点】变量替换、因式分解
例6.4 设a >0，函数f(x)=2
3x 2
－2ax －a 2ln x －b ，若f(x)恰有1个零点，则b 的最大值为 【答案】
1
2e 2
【解析】f’(x)=
(3x+a)(x−a)
x
(x >0)，f(x)在(0，a )减，(a ，+∞)增
依题意：f(a)=0解得b =－
a 2－a 2
ln a (记为g(a)) g’(a)=－2a (1+ln a )，g(a)在(0，1e
)为增，( 1e
，+∞)为减，所以b max =g (1e
)= 12e 2
【要点】等价转化
例6.5 已知函数f(x)=e x －ax 2+bx －1 满足f (1)=0，且f(x)在区间(0，1)内有零点，则a 的取值范围是 【答案】(e －1，1)
【解析】注意到f (0)=f (1)=0，依题意f(x)在(0，1)内至少有2个极值点，即f’(x)在(0，1)内至少有2个零点 由f (1)=e －a +b －1=0，可得b =1－e +a f’(x)= e x －2ax +b ，(f’(x))’=e x －2a ，由e>e x >1
若a ≤1
2，则(f’(x))’ >0，f’(x)为增函数，不会有2个零点，不符题意； 若a ≥e 2，同理不符题意
当 1
2
<a <e 2 时，f’(x)在(0，ln2a )为减函数，(ln2a ，1)为增函数
f’(x)在(0，1)内有2个零点，充要条件为：{f ′(0)>0
f ′(ln2a )<0f ′(1)>0
解得：e －1<a <1 【要点】等价转化
例6.6 若函数f (x )＝(1－x 2)(x 2＋ax ＋b )的图像关于直线x ＝－2对称，则f (x )的最大值为__________． 【答案】16
【解法一】由f (1)=f (－1)=0，f(x)图像关于x ＝－2对称，所以f (－5)=f (－3)=0 故a =－(－3－5)=8，b =15
此时f (x )＝－(x +1)(x －1)(x +3)(x +5)=－(x 2+4x +3)(x 2+4x －5) =－(t 2－2t －15)=－(t －1)2+16
其中：t = x 2+4x ∈[－4，+∞），当t= 1时f(x)max =16
【解法二】考虑g(x)=f (x －2)为偶函数，g (－1)=g (－3)=0，所以g (1)=g (3)=0 故g(x)=－(x +3)(x +1)(x －1)(x －3)=－(x 2－1) (x 2－9)=－(x 2－5)2+16 【要点】(1) 变量替换
(2) 灵活处理对称条件
2
1
例6.7 设f(x)=e x －x －e +1，命题p ：f(x)≤0，命题q ：－1≤x ≤1，则p 是q 的： A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】C
【解析】注意到f (1)=0，f’(x)= e x －1，所以f(x)在(－∞，0)为减，(0，+∞)为增
f (－1)=2+e －1－e<0，f (－2)=3+e －
2－e>0，所以f(x)在(－∞，0)上有一个零点，设为x 0， f(x)≤0的充要条件为x 0≤x ≤1
由于－2<x 0<－1，故为－1≤x ≤1的必要不充分条件 【要点】单调性与不等式
例6.8 设f(x)=e x －ax －1，g(x)=ln x －ax+a ，若总存在x ∈(1，2)，使得f(x)g(x)<0，则a 的取值范围 是 【答案】[ln2，
e 2−12
]
【解析】f’(x)= e x －a ，g’(x)= 1x
－a ，注意到e x ∈(e ，e 2)，1x
∈( 12
，1)，故对a 分类讨论
(1) 当a ≤12
时，f’(x)≥0，g’(x)≥0，故f(x)、g(x)都是(1，2)上的增函数，
f(x)>f (1)= e －a －1>0，g(x)>g (1)=0，故不符题意；
(2) 当1
2
<a ≤1时，同理f(x)> 0，而g(x)在(1，1
a
)为增，( 1
a ，2)为减
依题意：g (2) ≤0，解得ln2≤a ≤1
(3) 1<a ≤e 时：g(x)是(1，2)上的减函数，所以g(x)<g (1)=0
f(x)是(1，2)上的增函数，故f(2)≥0，解得1<a ≤e
(4) e<a ≤e 2时：同理g(x)<0，此时f(x)在(1，ln a )为减，(ln a ，2)为增，故f(1)≥0或者f(2)≥0
解得e<a ≤
e 2−12
(5) a ≥e 2时：f(x)是(1，2)上的减函数，f(x)<f (1)= e －a －1<0，同理g(x)<0，不符题意
【要点】分类讨论
例6.9 设f(x)=2ax 2+(a －1)x －1 (a >0)，求函数y =|f(x)|在[－1，1]上的最大值
【分析】结合|f(x)|的图像，判定f(x)的零点与定义域的位置关系，再比较极值与端点函数值的大小
【解析】 由a >0，f (0)=－1<0， f (－1)=a >0，所以：f(x)有两个零点(设为x 1x 2)满足：x 1<－1<x 2 f(x)的对称轴为x 0=
a a 41-，t 0－1=a
a
451- 情形①：当0<a ≤5
1
时，1≤x 0，| f(x)|在(－1，x 1)减，(x 1, 1)增
x 2
x 0
－1
x 1
而|f (1)|= 2－3a >|f (－1)|，所以：|f(x)|max =2－3a
情形②：51<a <3
2
时，x 0<x 2<1， |f(x)|在 (－1，x 1)减，(x 1， x 0)增，(x 1， x 2)减，(x 2，1)增
|f(x)|max =max{|f(－1)|，|f(x 0)|，|f(1)|}
|f (1)|－|f (－1)|=2(a －1)<0
|f (x 0)|=a a a 81
62++ |f (x 0)|－|f (－1)|=a a a 8)1)(17(-+->0
所以：|f(x)|max =a
a a 81
62++
情形③：a 3
2
≥
时， x 0<1≤x 2， |f(x)| 在(－1，x 1)减，(x 1，x 0)增，(x 0，1)减 |f(x)|max =max{|f(－1)|，|f(x 0)| } 故当 a <1时：|f(x)|max =a
a a 81
62++
当a ≥1时：|f(x)|max =|g (1)|=3a －2
综上，|f(x)|max ={
2−3a ，0<a ≤1
5a 2
+6a+18a
， 1
5<a <13a −2， a ≥1．
【要点】分类讨论。