函数图象的割线斜率与切线斜率的关系 (2019高考)数学考点分类解析

函数图象的割线斜率与切线斜率的关系
题 1 (2010年高考辽宁卷理科第
21(2)题)已知函数
1
,1ln )1()(2-<+++=a ax x a x f .
如
果
对
任
意
2121214)()(),,0(,x x x f x f x x -≥-+∞∈，求a 的取值范围.(答案：2-≤a .)
题
2
(2009
年高考辽宁卷理科第
21(2)题)已知函数
1,ln )1(2
1)(2
>-+-=
a x a ax x x f .证明：若5<a ，则对任意2121),,0(,x x x x ≠+∞∈，有
1)
()(2
121->--x x x f x f .
题3 (2009年高考浙江卷理科第10题)对于正实数α，记αM 为满足下述条件的函数
)(x f 构成的集合：∈∀21,x x R 且12x x >，有)()()()(121212x x x f x f x x -<-<--αα.
下列结论中正确的是( )(答案：C.)
A.若
21)(,)(ααM x g M x f ∈∈，则21)()(αα⋅∈⋅M x g x f
B.若
21)(,)(ααM x g M x f ∈∈且0)(≠x g ，则
2
1
)()
(ααM x g x f ∈
C.若21)(,)(ααM x g M x f ∈∈，则2
1)()(αα+∈+M x g x f
D.若21)(,)(ααM x g M x f ∈∈且21αα>，则2
1)()(αα-∈-M x g x f
题
4
(2006
年高考四川卷理科第
22(2)题)已知函数
)(),0(ln 2
)(2x f x x a x
x x f >++
=的导函数是)(x f '，21,,4x x a ≤是不相等的正数，求证：2121)()(x x x f x f ->'-'.
深入研究这四道高考题(除题8是选择压轴题外，其余三道都是解答压轴题的最后一问)，可得函数图象的割线斜率与切线斜率的关系：
定理 设∈a R ，函数)(x f 在区间I 上可导，则 (1)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔≤--)(,)
()(2
121；
(2)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔<--)(,)
()(2
121且∀区间I I ⊂0，当
0I x ∈时a x f =')(不能恒成立；
(3)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≥'∈∀⇔≥--)(,)
()(2
121；
(4)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≥'∈∀⇔>--)(,)
()(2
121且∀区间I I ⊂0，当
0I x ∈时a x f =')(不能恒成立；
(5)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔≤--)(,)
()(2
121；
(6)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≤'∈∀⇔<--)(,)
()(2
121且∀区间I I ⊂0，
当0I x ∈时a x f =')(及a x f -=')(均不能恒成立；
(7)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≥'∈∀⇔≥--)(,)
()(2
121；
(8)2121,,x x I x x ≠∈∀有
a x f I x a x x x f x f ≥'∈∀⇔>--)(,)
()(2
121且∀区间I I ⊂0，
当0I x ∈时a x f =')(及a x f -=')(均不能恒成立.
为证明定理，须介绍两个引理，它们在《数学分析》中均可找到(比如文献[1],[2])： 引理 1 若函数)(x f 在区间I 上可导，则)(x f 在I 上单调不减(不增)的充要条件是
0)()(≤≥'x f 在I x ∈时恒成立.(注：若2121,,x x I x x <∈∀有)()()(21x f x f ≥≤，则称)
(x f 在区间I 上单调不减(不增).)
引理 2 若函数)(x f 在区间I 上可导，则)(x f 在I 上严格递增(递减)⇔在I 上
0)()(≤≥'x f 且对于任意的区间I I ⊂0，当0I x ∈时0)(='x f 不能恒成立.(注：若2121,,x x I x x <∈∀有)()()(21x f x f ><，则称)(x f 在区间I 上严格递增(递减).)
定理的证明 设ax x f x h ax x f x g +=-=)()(,)()(. (1)
左
边
2
121,,x x I x x ≠∈∀⇔有
2121212211,,0])([])([x x I x x x x ax x f ax x f ≠∈∀⇔≤----有0)
()(2
121≤--x x x g x g )(x g ⇔在I
上单调不增0)()(≤-'='⇔a x f x g ⇔右边.
(2)左边2121,,x x I x x ≠∈∀⇔有
2
1212
12211,,0]
)([])([x x I x x x x ax x f ax x f ≠∈∀⇔<----有
0)
()(2
121<--x x x g x g )(x g ⇔在I 上严格递减0)()(≤-'='⇔a x f x g (用引理2，
这里省去了一些文字的叙述，下同)⇔右边.
(3)同(1)可证. (4)同(2)可证.
(5)左边2121,,x x I x x ≠∈∀⇔有21212
121,,)
()(x x I x x a x x x f x f a ≠∈∀⇔≤--≤
-有
⇔⎪⎪⎭
⎪
⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--≤--0)()(0)()(21212121x x x h x h x x x g x g ⇔⇔⎪⎭
⎪
⎬⎫⎩⎨⎧ 减上在上在单调不)(单调不增)(I x h I x g 右边. (6)左边2121,,x x I x x ≠∈∀⇔有21212
121,,)
()(x x I x x a x x x f x f a ≠∈∀⇔<--<
-有
⇔⎪⎪⎭
⎪
⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>--<--0)()(0)()(21212121x x x h x h x x x g x g ⇔⇔⎪⎭
⎪
⎬⎫⎩⎨⎧ 上严格递增在上严格递减在I x h I x g )()(右边. (7) 2121,,x x I x x ≠∈∀有
⇔≥--a x x x f x f 2
121)
()(
2121,,x x I x x <∈∀有
a x x x f x f ≥--1212)()(或⇔-≤--a x x x f x f 1
212)
()(
2121,,x x I x x <∈∀有)()(21x g x g ≤或⇔≥)()(21x h x h
0)(,≥'∈∀x g I x 或⇔≤'0)(x h a x f I x ≥'∈∀)(,或⇔-≤'a x f )(
a x f I x ≥'∈∀)(,
(8)同(7)可证.
题5 已知函数∈++-=b a b ax x x f ,()(2
3R )的图象上任意不同的两点连线的斜率小于1，求a 的取值范围.
解 由定理9(2)，得123)(2
≤+-='ax x x f 在∈x R 时恒成立，即01232
≥+-ax x 恒
成立，所以]3,3[,012)2(2
-∈≤-=∆a a .所以所求a 的取值范围是]3,3[-.
注 由定理9(1)知，若把例1中的“小于”改成“不大于”，所得答案不变.还可验证：当0,3==b a 时，233)(x x x f +-=的图象上任一割线的斜率小于1，但图象在拐点(即凹凸性的分界点，其二阶导数值为0，参见文献[2]或[3])
3
1处切线的斜率为1(图1).
图1
题6 (2013年福建省厦门一中月考试题)已知函数∈++-=b a b ax x x f ,()(2
3
R )
(1)若函数)(x f y =的图象上任意两个不同的点连线斜率小于1，求证：33<<-a ；
(2)若]1,0[∈x ，且函数)(x f 的图象上任意一点处的切线斜率为k ，试证明1≤k 的充要条件为31≤
≤a .
由题5的结论可知，题6的第(1)问是错题(可得第(2)问是正确的). 下面用定理给出题1~4的简解.
题3的简解 αM 即满足条件“∈∀21,x x R ，有α<--2
121)
()(x x x f x f ”的函数)(x f 构
成的集合.
由定理(6)，得αM 即满足条件“∈≤'x x f ()(αR )且对于任意的区间I I ⊂0，当0
I x ∈时a x f =')(及a x f -=')(均不能恒成立”的函数)(x f 的集合.
由此及绝对值不等式可证得选项C 成立(且可排除选项A 、B 、D)，所以选C.
题2的简解 由定理(4)知只需证明“当0>x 时1)(-≥'x f 且1)(-='x f 只能在一些孤立点上成立”：
11)12(1121
)(->----=--≥--+
='a a a a a x
a x x f
所以要证结论成立.(并且还可得：当51≤≤a 时，结论也成立.)
题1的简解
)0(21
)(>++=
'x ax x
a x f .由定理(7)知题设即421
)(≥---=
'ax x
a x f 在0>x 时恒成立，
由1-<a 及均值不等式可得所求a 的取值范围是]2,(--∞.
注 下面把题1中的题设“1-<a ”改成“∈a R ”，再来求解： 此时题意即“
421
≥++ax x
a 在0>x 时恒成立，求a 的取值范围”.
当1-<a 时，已得2-≤a ；
当01≤≤-a 时，可得函数)0(21
)(>++=
x ax x
a x g 是单调减函数，
可得此时不满足题设；
当0>a 时，由均值不等式可得1≥a .
所以所求a 的取值范围是),1[]2,(+∞⋃--∞. 题4的简解 设x
a
x x x f x g +
-
='=222)()(，即证1)()(2121>--x x x g x g . 由定理(8)知，只需证明：当0>x 时1)(≥'x g ，即
)0(14223>>-+
x x
a
x 只需证 )0(14223>>-+
x x a x 即 )0(222
>>++x a x
x x
这由均值不等式及题设可证：
a x
x x ≥>⋅≥++
4432
232 所以欲证成立.
注 由以上简解知，把题4中的“4≤a ”改成“343⋅≤a ”后所得结论也成立.
参考文献
1 刘玉琏，傅沛仁.数学分析讲义(上册)[M].3版.北京：高等教育出版社，1992
2 华东师范大学数学系编.数学分析(上册)[M].3版.北京：高等教育出版社，2001用排除
法简解2015年高考全国卷I 理科第12题
高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，
若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )
A.3,12e ⎡⎫-
⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫
-⎪⎢⎣⎭
C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭
D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).
由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫
-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别
是减函数、增函数． 又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >1
2
时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．
图1
直线y ＝ax －a 过点(1，0)．
若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，
ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪
⎧f （－1）≥0，
f （0）<0，f （1）≥0，
即
⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1
＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，
解得32e
≤a <1.
即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
.
解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)
0(1)e (21
≠<++t at t t 有唯一的整数解.
若0t >，由a <1，可得
1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>
所以题设即关于t 的不等式1
(21)e
(0)t t at t ++<<即
1
(21)e (0)t t a t t
++><有唯一的整数
解，也即关于t 的不等式
1
(21)e (1)t t a t t
++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=
≤-，得1
2e ()(1)(21)(1)t g t t t t t
+'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.
又lim ()0,(1)1t g t g →-∞
=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：
图2
注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛
⎫
- ⎪⎝⎭
且1<a ，所以由图2可得： 当3
2e
a <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当
1e
23
<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫
⎪⎢
⎣⎭
. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即1
2
x <
，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.
令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).
由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫
-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分
别是减函数、增函数．
又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．
图3
所以当a <1且1a →时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.
注 小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.
例谈用验证法解题
——2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解
题1 解方程：(1)2121+=+
x x ；(2)c c x x 11-=-；(3)c c x x 11+=+. 解 (1)容易观察出2
1
2，=x 均是该方程的解.
按常规方法解此方程时，先去分母得到一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验(舍去使原方程中分母为零的解)，所以原方程最多有两个解.
而已经找到了原方程的两个解2
1
2，=x ，所以这两个解就是原方程的所有解. (2)同理，可得原方程的所有解是c
c x 1-=，. (3)容易观察出c
c x 1，=均是该方程的解.
同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解c
c x 1，=(因为对于任意的非零实数c ，c 和
c 1都是原方程的解，所以应当把c 和c
1
理解成原方程的两个解)，所以这两个解就是原方程的所有解.
题2 解方程22=+++
x x x .
解 设函数2)(+++=x x x x f ，易知它是增函数，所以方程2)(=x f 至多有
一个根(当2在函数)(x f 的值域中时有一个根，否则没有根)，……所以原方程的根是2=x .
题3 已知1tan ,5
1
cos sin ->=
+ααα，求αtan . 解 由⎪⎩
⎪
⎨⎧
=+=+1cos sin 51cos sin 22αααα及“勾三股四弦五”可以猜出该方程组有两组解：
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
-
==53cos 5
4sin αα 或 ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
-=54c o s 5
3s i n αα 该方程组即
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧
=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=1
sin 51sin sin 51cos 2
2αααα 因为关于αsin 的一元二次方程1sin 51sin 2
2=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+αα最多有两个解，所以该方程组也最
多有两组解，......所以上面猜出的两组解就是该方程组的全部解， (4)
3
tan -
=α. 题4
]
1[ (2007年高考陕西卷理科第22(1)题)已知各项全不为零的数列}{k a 的前k 项和
为k S ，且∈=
+k a a S k k k (2
1
1N*)，其中11=a ，求数列}{k a 的通项公式. 解 由题设得k
k k k k a a a a a S a )
(22211+++==
+ ，所以当k a a a ,,,21 确定时，1+k a 也唯一确定.所以由11=a 知，数列}{k a 是唯一确定的.
可以观察出k a k =满足题设的所有条件，所以数列{}k 是满足题设的唯一数列，得
k a k =.
另解 (2),2)()((21
1111k k k k
k k k k k k k k S S S S S k S S S S a a S +-=
≥--==-++-+因为
)2)(01≥≠=--k a S S k k k ①
由题设得3,121==S S ，再由①知{}k S 是唯一确定的数列⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎩⎨⎧≥-==-2,1,
11k S S k S a k k k .再
同上得k a k =.
题5]1[ (2005年高考江苏卷第23(1)(2)题)设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知
11,6,1321===a a a ，且∈+=+--+n B An S n S n n n ()25()85(1N*)，其中B A ,为常数.
(1)求A 与B 的值；
(2)证明数列}{n a 为等差数列；
解 (1)8,20-=-=B A . (2) ∈-+--+=
+n n n S n n S n n (8
58
2085251N*)，11=S ②
所以{}n S 是唯一确定的数列，}{n a 也是唯一确定的数列.
又由11,6,1321===a a a 知，若}{n a 为等差数列，则45-=n a n ，于是
)35(2
1
-=
n n S n . 容易验证)35(21-=n n S n 满足②，
所以题中的45),35(2
1
-=-=n a n n S n n ，}{n a 为等差数.
题6
]
2[ 已知数列}{n a 满足n
n a a a n n ++==
+2
111
,21，求n a ； 解 首先，由首项211=a 及递推关系n
n a a n n ++=+211
知，满足题意的数列}{n a 是
唯一确定的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是
所求的答案.
易得⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛
+-=+-=+=
-+n k n k n n n n a a n n 111111121，即n
k a n
1-=（k 是常数）满足递推关系n n a a n n ++
=+211，再由211=a ，得n a n
1
23-=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是n
a n 1
23-=.
题7]
2[ 已知数列}{n a 满足n n a n n a a 1
,3211+=
=+，求n a . 解 易知本题的答案是是唯一确定的，所以只需寻求一个数列满足该题目的所有条件.
易得k n
k n k
n n a a n n (111+=+=+是非零常数），即n k a n =满足递推关系n n a n n
a 11+=+，
再由321=a ，得n a n 32=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是n
a n 32
=.
注 因为绝大部分求数列通项公式的题目答案都是唯一的，所以只要能观察或求出
满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的唯一答案.
对于要求解的问题Ω，若能证明它最多有n n (是确定的正整数)个解，又找出了它的
n 个解n ωωω,,,21 ，则这n 个解就是该问题的所有解.这就是本文要阐述的用验证法解题.
下面再用这种方法解答一道高考题：
题8 (2010·安徽·理·20)设数列 ,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何∈n N*，都有
1
113221111++=+++n n n a a n
a a a a a a .
证明 先证必要性.若数列{}n a 是公差为d 的等差数列： 当0=d 时，易得欲证成立.
当0≠d 时，有
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-++-+-=++++++11322
32
112132211111n n n n n n a a a a a a a a a a a a d a a a a a a 111
111111322111111111111+++++=-⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
n n n n n n a a n
a a a a d a a d a a a a a a d
再证充分性.只需对)3(≥n n 用数学归纳法证明加强的结论：若
),,3,2(1111
113221n i a a i
a a a a a a i i i ==+++++恒成立，则n a a a ,,,21 成等差数列，且n
a a n 1
≠
. 当3=n 时成立：当2=i 时，得
2313
132212,211a a a a a a a a a =+=+，所以3
21,,a a a 成等差数列，还可证313a a ≠
(因为由313a a =可得02
3131
313334=-=--+=+=a a a a a d a a ，而由3=i 时成立立知)04≠a .
假设k
n ,,4,3 =时成立：即k
a a a ,,,21 成等差数列，且
k
a a a a a a k 11413,,4,3≠≠≠
. 由k i ,,3,2 =时均成立及k
a
a a a a a k 11413,,4,3≠≠≠
知，当21,a a 确定时，数列121,,,+n a a a 也是确定的，而由必要性的证明知，由21,a a 确定的等差数列1
21,,,+n a a a 满足题设，所以由题设及21,a a 确定的数列就是这个等差数列，即121,,,+n a a a 成等差数列，同上还可证1
1
1+≠
+k a a k ，即1+=k n 时成立.所以要证结论成立，得充分性成立.
参考文献
1 甘志国.例谈用验证法求数列通项[J].中学数学月刊，2008(3)：46
2 甘志国著.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.416-417用
排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题
高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )
A.3,12e ⎡⎫-
⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫
-⎪⎢⎣⎭
C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭
D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).
由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫
-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别
是减函数、增函数． 又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >1
2
时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．
图1
直线y ＝ax －a 过点(1，0)．
若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，
ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪
⎧f （－1）≥0，
f （0）<0，f （1）≥0，
即
⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1
＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，
解得32e
≤a <1.
即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
.
解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)
0(1)e (21
≠<++t at t t 有唯一的整数解.
若0t >，由a <1，可得
1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>
所以题设即关于t 的不等式1
(21)e
(0)t t at t ++<<即
1
(21)e (0)t t a t t
++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式
1
(21)e (1)t t a t t
++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=
≤-，得1
2e ()(1)(21)(1)t g t t t t t
+'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.
又lim ()0,(1)1t g t g →-∞
=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：
图2
注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
且1<a ，所以由图2可得： 当3
2e
a <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当
1e
23
<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫
⎪⎢
⎣⎭
. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即1
2
x <
，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.
令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).
由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫
-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分
别是减函数、增函数．
又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．。