2017學(xué)年高中數(shù)學(xué)2-2章末檢測第三章數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)的引入含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末檢測一、選擇題1．i是虛數(shù)單位，若集合S＝{－1,0，1｝，則()A．i∈S B．i2∈SC．i3∈S D．eq\f（2,i)∈S答案B2．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，則“m＝1”是“z1＝z2”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件答案A解析因為z1＝z2，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m2＋m＋1＝3,m2＋m－4＝－2））,解得m＝1或m＝－2，所以m＝1是z1＝z2的充分不必要條件．3．(2013·天津改編)已知i是虛數(shù)單位,m，n∈R,且m＋i＝1＋ni，則eq\f（m＋ni，m－ni)＝()A．－1 B．1C．－i D．i答案D解析由m＋i＝1＋ni（m，n∈R），∴m＝1且n＝1。則eq\f（m＋ni，m－ni）＝eq\f(1＋i，1－i)＝eq\f(1＋i2,2)＝i.4．已知a是實數(shù)，eq\f(a－i，1＋i)是純虛數(shù)，則a等于(）A．1 B．－1C．eq\r（2) D．－eq\r(2）答案A解析eq\f（a－i，1＋i）＝eq\f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f（a－1－a＋1i，2）是純虛數(shù)，則a－1＝0，a＋1≠0，解得a＝1.5．若(x－i)i＝y(tǒng)＋2i，x，y∈R，則復(fù)數(shù)x＋yi等于（)A．－2＋i B．2＋iC．1－2i D．1＋2i答案B解析∵(x－i）i＝y(tǒng)＋2i，xi－i2＝y(tǒng)＋2i，∴y＝1，x＝2，∴x＋yi＝2＋i。6．已知2＋ai，b＋i是實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋q＝0的兩根，則p,q的值為（）A．p＝－4,q＝5 B．p＝4，q＝5C．p＝4，q＝－5 D．p＝－4，q＝－5答案A解析由條件知2＋ai，b＋i是共軛復(fù)數(shù),則a＝－1,b＝2，即實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋q＝0的兩個根是2±i,所以p＝－[(2＋i)＋(2－i）]＝－4,q＝（2＋i)(2－i)＝5.7．(2013·新課標(biāo)Ⅰ)若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)z＝｜4＋3i|，則z的虛部為（)A．－4 B．－eq\f(4,5）C．4 D．eq\f（4，5）答案D解析因為復(fù)數(shù)z滿足(3－4i）z＝|4＋3i|，所以z＝eq\f（|4＋3i|，3－4i)＝eq\f(5，3－4i)＝eq\f(53＋4i,25）＝eq\f(3,5）＋eq\f(4,5）i，故z的虛部等于eq\f(4,5）,故選D。8．i是虛數(shù)單位，若eq\f（1＋7i，2－i）＝a＋bi（a,b∈R)，則ab的值是()A．－15 B．3C．－3 D．15答案C解析eq\f(1＋7i，2－i）＝eq\f(1＋7i2＋i，5)＝－1＋3i，∴a＝－1，b＝3，ab＝－3。9．（2013·廣東）若復(fù)數(shù)z滿足iz＝2＋4i，則在復(fù)平面內(nèi)，z對應(yīng)的點的坐標(biāo)是（）A．(2，4) B．（2，－4)C．（4，－2) D．(4,2）答案C解析z＝eq\f(2＋4i,i)＝4－2i對應(yīng)的點的坐標(biāo)是(4，－2），故選C。10．已知f（n）＝in－i－n(n∈N*）,則集合{f(n）}的元素個數(shù)是()A．2 B．3C．4 D．無數(shù)個答案B解析f(n）有三個值0，2i，－2i.二、填空題11．復(fù)平面內(nèi)，若z＝m2（1＋i)－m(4＋i）－6i所對應(yīng)的點在第二象限,則實數(shù)m的取值范圍是________．答案（3，4)解析∵z＝m2－4m＋(m2－m－6)i所對應(yīng)的點在第二象限，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m2－4m<0，m2－m－6>0))，解得3〈m〈4.12．(2013·天津）已知a,b∈R，i是虛數(shù)單位．若（a＋i）(1＋i）＝bi，則a＋bi＝________.答案1＋2i解析由(a＋i)(1＋i）＝bi得a－1＋（a＋1）i＝bi，即a－1＝0,a＋1＝b，解得a＝1，b＝2，所以a＋bi＝1＋2i。13．下列說法中正確的序號是________．①若（2x－1)＋i＝y(tǒng)－(3－y）i,其中x∈R，y∈?CR，則必有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2x－1＝y(tǒng)，1＝－3－y））;②2＋i〉1＋i;③虛軸上的點表示的數(shù)都是純虛數(shù)；④若一個數(shù)是實數(shù)，則其虛部不存在;⑤若z＝eq\f（1，i），則z3＋1對應(yīng)的點在復(fù)平面內(nèi)的第一象限．答案⑤解析由y∈?CR，知y是虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y(tǒng),1＝－3－y))不成立，故①錯誤；兩個不全為實數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大小，故②錯誤；原點也在虛軸上，表示實數(shù)0，故③錯誤；實數(shù)的虛部為0，故④錯誤；⑤中z3＋1＝eq\f（1，i3)＋1＝i＋1，對應(yīng)點在第一象限，故⑤正確．14．下列是關(guān)于復(fù)數(shù)的類比推理:①復(fù)數(shù)的加減法運算可以類比多項式的加減法運算法則;②由實數(shù)絕對值的性質(zhì)|x｜2＝x2類比得到復(fù)數(shù)z的性質(zhì)|z｜2＝z2；③已知a,b，∈R，若a－b＞0,則a＞b類比得已知z1，z2∈C,若z1－z2＞0,則z1＞z2；④由向量加法的幾何意義可以類比得到復(fù)數(shù)加法的幾何意義．其中推理結(jié)論正確的是________．答案①④三、解答題15．設(shè)復(fù)數(shù)z＝lg（m2－2m－2）＋（m2＋3m＋2）i,當(dāng)m（1）z是實數(shù)？（2）z是純虛數(shù)?解（1）要使復(fù)數(shù)z為實數(shù)，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m2－2m－2〉0，m2＋3m＋2＝0））,解得m＝－2或－1.即當(dāng)m＝－2或－1時，z是實數(shù)．(2）要使復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)，需滿足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m2－2m－2＝1,m2＋3m＋2≠0））,解得m＝3。即當(dāng)m＝3時，z是純虛數(shù)．16．設(shè)f(n）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1＋i，1－i）)）n＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1－i，1＋i)））n（n∈N)，求集合｛x｜x＝f（n）｝中元素的個數(shù)．解∵eq\f(1＋i，1－i)＝i,eq\f(1－i,1＋i）＝－i,∴f（n）＝in＋（－i）n.設(shè)k∈N.當(dāng)n＝4k時，f（n)＝2,當(dāng)n＝4k＋1時,f（n)＝i4k·i＋(－i)4k·(－i）＝0，當(dāng)n＝4k＋2時,f（n)＝i4k·i2＋（－i）4k·(－i)2＝－2,當(dāng)n＝4k＋3時，f（n）＝i4k·i3＋（－i)4k·(－i）3＝0，∴｛x｜x＝f(n)}中有三個元素．17．（2013·山東德州期中)已知z＝1＋i，a,b為實數(shù)．（1）若ω＝z2＋3eq\x\to(z）－4，求|ω｜；（2）若eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，求a，b的值．解(1)因為ω＝z2＋3eq\x\to（z)－4＝（1＋i)2＋3(1－i）－4＝－1－i，｜ω｜＝eq\r(－12＋－12）＝eq\r（2).(2)由條件eq\f（z2＋az＋b，z2－z＋1)＝1－i，得eq\f(1＋i2＋a1＋i＋b,1＋i2－1＋i＋1）＝1－i。即eq\f（a＋b＋a＋2i，i）＝1－i∴（a＋b）＋（a＋2)i＝1＋i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，a＋2＝1）),解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，b＝2））.18．設(shè)z1是虛數(shù)，z2＝z1＋eq\f(1，z1）是實數(shù)，且－1≤z2≤1。(1）求｜z1｜的值以及z1的實部的取值范圍；(2)若ω＝eq\f(1－z1，1＋z1），求證：ω為純虛數(shù)．（1）解設(shè)z1＝a＋bi(a,b∈R且b≠0），則z2＝z1＋eq\f(1,z1)＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f(a，a2＋b2）））＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（b－\f（b,a2＋b2)）)i。因為z2是實數(shù),b≠0，于是有a2＋b2＝1，即｜z1｜＝1，還可得z2＝2a由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1,解得－eq\f(1，2）≤a≤eq\f(1，2），即z1的實部的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（1,2),\f(1,2)))。（2）證明ω＝eq\f（1－z1，1＋z1)＝eq\f（1－a－bi，1＋a＋bi)＝eq\f(1－a2－b2－2bi，1＋a2＋b2）＝－eq\f（b,a＋1）i。因為a∈[－eq\f（1，2)，eq\f(1，2）］，b≠0，所以ω為純虛數(shù)．模塊檢測模塊檢測一、選擇題1．“金導(dǎo)電、銀導(dǎo)電、銅導(dǎo)電、錫導(dǎo)電,所以一切金屬都導(dǎo)電”．此推理方法是(）A．完全歸納推理 B．歸納推理C．類比推理 D．演繹推理答案B解析由特殊到一般的推理為歸納推理．故選B。2．（2013·浙江）已知i是虛數(shù)單位,則（－1＋i)（2－i）（）A．－3＋i B．－1＋3iC．－3＋3i D．－1＋i答案B解析（－1＋i)（2－i）＝－2＋i＋2i＋1＝－1＋3i，故選B。3．設(shè)f（x)＝10x＋lgx，則f′(1)等于()A．10 B．10ln10＋lgeC．eq\f（10，ln10）＋ln10 D．11ln10答案B解析∵f′（x）＝10xln10＋eq\f（1，xln10），∴f′（1)＝10ln10＋lge，故選B.4．若大前提：任何實數(shù)的平方都大于0，小前提：a∈R，結(jié)論:a2〉0，那么這個演繹推理出錯在（）A．大前提 B．小前提C．推理形式 D．沒有出錯答案A5．觀察下列數(shù)表規(guī)律則數(shù)2007的箭頭方向是()A。eq\o(\s\up7（2007→），\s\do5（↑)) B．eq\o(\s\up7（↓)，\s\do5(2007→)）C．eq\o（\s\up7(↑),\s\do5(→2007)) D．eq\o（\s\up7（→2007)，\s\do5(↓））答案D解析因上行奇數(shù)是首項為3，公差為4的等差數(shù)列,若2007在上行,則2007＝3＋（n－1)·4?n＝502∈N*。故2007在上行，又因為在上行奇數(shù)的箭頭為→an，故選D。6．函數(shù)f（x）＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1處有極值10,則a,b的值為(）A.eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝3,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－4，b＝11)） B．eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，b＝11)）C．eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－1，b＝5）) D．以上都不對答案B解析∵f′(x）＝3x2－2ax－b，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（3－2a－b＝0,1－a－b＋a2＝10))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝3，b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，b＝11)）。經(jīng)檢驗a＝3，b＝－3不合題意，應(yīng)舍去．7．給出下列命題：①eq\i\in（b,a，）dx＝eq\i\in（a,b,）dt＝b－a（a,b為常數(shù)且a<b)；②eq\i\in(，0,）－1x2dx＝eq\i\in（0，1，）x2dx；③曲線y＝sinx，x∈[0,2π］與直線y＝0圍成的兩個封閉區(qū)域面積之和為2.其中正確命題的個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3答案B解析eq\i\in（a,b,)dt＝b－a≠eq\i\in(b,a，)dx＝a－b，故①錯．y＝x2是偶函數(shù)，其在[－1,0]上的積分結(jié)果等于其在[0,1］上的積分結(jié)果，故②對．對于③有S＝2eq\i\in（0,π，）sinxdx＝4.故③錯．故選B。8．已知結(jié)論：“在正三角形ABC中，若D是BC的中點，G是三角形ABC的重心,則eq\f(AG,GD)＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：在棱長都相等的四面體A－BCD中，若△BCD的中心為M,四面體內(nèi)部一點O到四面體各面的距離都相等，則eq\f（AO,OM）等于（)A．1 B．2C．3 D．4答案C解析面的重心類比幾何體的重心，平面類比空間，eq\f（AG，GD)＝2類比eq\f(AO,OM）＝3，故選C。9．曲線y＝eeq\f（1，2)x在點（4，e2)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積為()A。eq\f（9，2）e2 B．4e2C．2e2 D．e2答案D解析∵y′＝eq\f（1，2)eeq\f（1,2）x,∴y＝eeq\f(1,2)x在（4，e2）處的切線斜率為eq\f(1,2)e2.∴過點（4，e2)的切線方程為y＝eq\f（1,2）e2x－e2,它與x軸、y軸的交點分別為(2，0)和（0，－e2),∴S＝eq\f（1，2)×2×e2＝e2.故選D。10．(2013·湖北)已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x）＝x（lnx－ax）有兩個極值點x1，x2(x1＜x2)，則（)A．f(x1）＞0，f（x2）＞－eq\f(1,2）B．f（x1）＜0，f（x2）＜－eq\f（1，2)C．f（x1）＞0，f（x2）＜－eq\f(1,2）D．f(x1）＜0，f（x2）＞－eq\f（1，2)答案D解析函數(shù)f(x）＝x（lnx－ax）有兩個極值點x1,x2(x1＜x2），則f′(x)＝lnx－2ax＋1有兩個零點,即方程lnx＝2ax－1有兩個根，由數(shù)形結(jié)合易知0＜a＜eq\f（1，2)且0＜x1＜1＜x2。因為在（x1,x2）上f（x)遞增，所以f(x1)＜f(1）＜f(x2)，即f(x1)＜－a＜f（x2)，所以f(x1)＜0，f(x2）＞－eq\f（1，2）.故選D。二、填空題11．若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i）＝1－i(i是虛數(shù)單位），則其共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z）＝________.答案i解析設(shè)z＝a＋bi，則(a＋bi)(1＋i）＝1－i,即a－b＋(a＋b)i＝1－i.由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a－b＝1，，a＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，，b＝－1。)）所以z＝－i,eq\x\to(z)＝i.12．通過類比長方形，由命題“周長為定值l的長方形中，正方形的面積最大，最大值為eq\f（l2，16）"，可猜想關(guān)于長方體的相應(yīng)命題為________________．答案表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(S，6)))eq\f（3，2）解析正方形有4條邊,正方體有6個面，正方形的面積為邊長的平方，正方體的體積為邊長的立方．由正方體的邊長為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(S,6）)）eq\f(1，2)，通過類比可知，表面積為定值S的長方體中，正方體的體積最大，最大值為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（S，6)))eq\f(3,2).13．已知函數(shù)f（x）＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個極值點x1，x2，且x1∈［－2,－1]，x2∈［1，2］，則f（－1)的取值范圍是________．答案［3,12］解析因為f（x）有兩個極值點x1，x2，所以f′（x）＝3x2＋4bx＋c＝0有兩個根x1，x2，且x1∈［－2，－1]，x2∈［1，2］，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f′－2≥0，,f′－1≤0,,f′1≤0,，f′2≥0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(12－8b＋c≥0，，3－4b＋c≤0，，3＋4b＋c≤0,,12＋8b＋c≥0，）)畫出可行域如圖所示．因為f(－1）＝2b－c，由圖知經(jīng)過點A(0，－3)時，f（－1)取得最小值3，經(jīng)過點C（0,－12）時，f(－1)取得最大值12，所以f（－1）的取值范圍為[3，12］．14．如圖所示的數(shù)陣中,第20行第2個數(shù)字是________．答案eq\f（1,191）解析設(shè)第n(n≥2且n∈N*)行的第2個數(shù)字為eq\f(1，an），其中a1＝1，則由數(shù)陣可知an＋1－an＝n,∴a20＝(a20－a19）＋（a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝19＋18＋…＋1＋1＝eq\f（19×20，2）＋1＝191，∴eq\f（1，a20)＝eq\f（1，191）。三、解答題15．(2013·青島二中期中）(1)已知z∈C，且|z｜－i＝eq\x\to(z)＋2＋3i（i為虛數(shù)單位），求復(fù)數(shù)eq\f(z，2＋i)的虛部．（2)已知z1＝a＋2i，z2＝3－4i（i為虛數(shù)單位），且eq\f(z1,z2）為純虛數(shù)，求實數(shù)a的值．解（1）設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），代入方程|z|－i＝eq\x\to(z)＋2＋3i，得出eq\r（x2＋y2)－i＝x－yi＋2＋3i＝（x＋2)＋（3－y）i，故有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2)＝x＋2，3－y＝－1)）,解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝4）），∴z＝3＋4i,復(fù)數(shù)eq\f(z，2＋i）＝eq\f(3＋4i，2＋i)＝2＋i,虛部為1。(2)eq\f（z1,z2)＝eq\f(a＋2i,3－4i）＝eq\f(3a－8＋4a＋6i，25),且eq\f(z1，z2)為純虛數(shù),則3a－8＝0，且4a＋6≠0，解得a＝eq\f(8，3)。16．已知a，b,c>0，且a＋b＋c＝1，求證：（1）a2＋b2＋c2≥eq\f（1，3）；（2)eq\r（a）＋eq\r(b）＋eq\r（c）≤eq\r(3）。證明（1)∵a2＋eq\f（1,9)≥eq\f(2,3）a，b2＋eq\f（1，9）≥eq\f（2,3)b，c2＋eq\f(1,9）≥eq\f(2,3）c，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a2＋\f(1，9）)）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(b2＋\f（1,9）))＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(c2＋\f（1,9)）)≥eq\f(2，3）a＋eq\f(2,3）b＋eq\f(2,3)c＝eq\f（2,3）?！郺2＋b2＋c2≥eq\f（1,3).（2)∵eq\r（a·\f（1，3）)≤eq\f（a＋\f(1,3），2),eq\r(b·\f(1,3)）≤eq\f（b＋\f（1，3)，2)，eq\r（c·\f（1,3））≤eq\f(c＋\f（1，3)，2），三式相加得eq\f(\r(a），\r(3）)＋eq\f（\r（b)，\r（3)）＋eq\f（\r（c）,\r(3））≤eq\f（1，2）（a＋b＋c)＋eq\f（1，2）＝1，∴eq\r（a)＋eq\r（b）＋eq\r(c)≤eq\r（3).17．是否存在常數(shù)a，b,使等式eq\f（12，1×3）＋eq\f（22,3×5)＋…＋eq\f(n2，2n－12n＋1）＝eq\f（an2＋n,bn＋2)對一切n∈N*都成立？若不存在，說明理由；若存在，請用數(shù)學(xué)歸納法證明．解若存在常數(shù)a,b使等式成立,則將n＝1，n＝2代入上式，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（1,3）＝\f(a＋1,b＋2），,\f(1,3）＋\f(4，15)＝\f(4a＋2,2b＋2).）)得a＝1,b＝4,即有eq\f（12，1×3)＋eq\f(22，3×5)＋…＋eq\f(n2，2n－12n＋1）＝eq\f（n2＋n,4n＋2)對于一切n∈N＊都成立．證明如下:（1）當(dāng)n＝1時,左邊＝eq\f(12,1×3）＝eq\f(1,3）,右邊＝eq\f(1＋1，4×1＋2)＝eq\f（1,3)，所以等式成立．(2)假設(shè)n＝k（k≥1,且k∈N＊）時等式成立，即eq\f（12,1×3）＋eq\f(22，3×5）＋…＋eq\f(k2，2k－12k＋1)＝eq\f(k2＋k,4k＋2)，當(dāng)n＝k＋1時，eq\f（12，1×3）＋eq\f（22，3×5）＋…＋eq\f(k2，2k－12k＋1）＋eq\f（k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f（k2＋k,4k＋2）＋eq\f（k＋12，2k＋12k＋3)＝eq\f（k＋1,2k＋1）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（k，2)＋\f（k＋1，2k＋3）)）＝eq\f(k＋1,2k＋1）·eq\f（2k2＋5k＋2,22k＋3)＝eq\f（k＋1,2k＋1)·eq\f（2k＋1k＋2，22k＋3）＝eq\f（k＋1k＋2，4k＋6)＝eq\f(k＋12＋k＋1，4k＋1＋2)，也就是說，當(dāng)n＝k＋1時，等式成立，綜上所述,等式對任何n∈N*都成立．18．（2013·廣東）設(shè)函數(shù)f（x)＝(x－1）ex－kx2（其中k∈R）．(1）當(dāng)k＝1時,求函數(shù)f（x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)k∈eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），1））時，求函數(shù)f(x）在[0，k］上的最大值M。解(1）當(dāng)k＝1時，f（x)＝(x－1）ex－x2，f′(x）＝ex＋（x－1）ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．令f′(x）＝0,得x1＝0，x2＝ln2.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x）的變化如下表x（－∞,0)0(0,ln2)ln2(ln2，＋∞）f′（x）＋0－0＋f（x）單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減