烟台高中数学文科选修-高中数学口算技巧
专题1 函数 (理科)
一、考点回顾
1.理解函数的概念,了解映射的概念.
2.了解函数的单调性的概念,掌握判断一些简单函数的单调性的方法.
3.了解反函数的概念及互为反函数的函数图象间的关系,会求一些简单函数的反函数.
4.理解分数指数幂的概念,掌握有理指数幂的运算性质,掌握指数函数的概念、图象和性质.
5.理解对数的概念,掌握对数的运算性质,掌握对数函数的概念、图象和性质.
6.能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题.
二、经典例题剖析
考点一:函数的性质与图象
函数的性质是研究初等函数的基石,
也是高考考查的重点内容.在复习中要肯于在对定义的深入理解上下
功夫.
复习函数的性质,
可以从“数”和“形”两个方面,从理解函数的单调性和奇偶性的定义入手,在判断和证明
函数的性质的
问题中得以巩固,在求复合函数的单调区间、函数的最值及应用问题的过程中得以深化.具
体要求是:
1.正确理解函数单调性和奇偶性的定义,能准确判断函数的奇偶性,以及函数在某一区间的单调性,能
熟练运用定义证明函数的单调性和奇偶性.
2.从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性
,深化对函数性质几何特征的理解和运用,归纳总结求
函数最大值和最小值的常用方法.
3.
培养学生用运动变化的观点分析问题,提高学生用换元、转化、数形结合等数学思想方法解决问题的
能力
.
这部分内容的重点是对函数单调性和奇偶性定义的深入理解.
函数的单调性只能在函数的
定义域内来讨论.函数y=f(x)在给定区间上的单调性,反映了函数在区间上函
数值的变化趋势,是
函数在区间上的整体性质,但不一定是函数在定义域上的整体性质.函数的单调性是
对某个区间而言的,
所以要受到区间的限制.
对函数奇偶性定义的理解,不能只停留在f(-x)=f(x)和f(-x)
=-f(x)这两个等式上,要明确对定义域内
任意一个x,都有f(-x)=f(x),f(-x)=
-f(x)的实质是:函数的定义域关于原点对称.这是函数具备奇偶
性的必要条件.稍加推广,可得函
数f(x)的图象关于直线x=a对称的充要条件是对定义域内的任意x,都
有f(x+a)=f(a-
x)成立.函数的奇偶性是其相应图象的特殊的对称性的反映.
这部分的难点是函数的单调性和奇偶性
的综合运用.根据已知条件,调动相关知识,选择恰当的方法解决
问题,是对学生能力的较高要求.
函数的图象是函数性质的直观载体,函数的性质可以通过函数的图像直观地表现出来。
因此,
掌握函数的图像是学好函数性质的关键,这也正是“数形结合思想”的体现。复习函数图像要注意
以下方
面。
1.掌握描绘函数图象的两种基本方法——描点法和图象变换法.
2.会利用函数图象,进一步研究函数的性质,解决方程、不等式中的问题.
3.用数形结合的思想、分类讨论的思想和转化变换的思想分析解决数学问题.
4.掌握知识之间的联系,进一步培养观察、分析、归纳、概括和综合分析能力.
以解析式表示的函数作图象的方法有两种,即列表描点法和图象变换法,掌握这两种方法是本节的重点.
运用描点法作图象应避免描点前的盲目性,也应避免盲目地连点成线.要把表列在关键处,要把线连在恰
当处.这就要求对所要画图象的存在范围、大致特征、变化趋势等作一个大概的研究.而这个研究要借助
于函数性质、方程、不等式等理论和手段,是一个难点.用图象变换法作函数图象要确定以哪一种函数的
图象为基础进行变换,以及确定怎样的变换.这也是个难点.
例1设a>0,求函数
f(x)?x?ln(x?a)
(x∈(0,+∞))的单调区间.
??
分析:欲求
函数的单调区间,则须解不等式
f(x)?0
(递增)及
f(x)?0
(递减
)。
f
?
(x)?
解:
1
2x
?
1
(x?0)
x?a
.
当a>0,x>0时
f
?(x)>0?x2+(2a-4)x+a2>0,
f
?(x)<0?x2+(2a-4)x+a2<0.
(ⅰ)当a > 1时,对所有x > 0,有
x2+(2a-4)x+a2>0,
即f
?(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(ⅱ)当a=1时,对x≠1,有
x2+(2a-4)x+a2>0,
即f
?(x)>0,此时f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递增.
又知函数f(x)在x=1处连续,因此,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(ⅲ)当0<a<1时,令f ?(x)>0,即
x2+(2a-4)x+a2>0,
解得
x?2?a?21?a
,或
x?2?a?21?a
.
2?a?21?a)??)
因此,函数f(x)在区间
(0,
内单调递增,在区间(2?a?21?a,
内也单调递增.
令f
?(x)<0,即x2+(2a-4)x+a2 < 0,
解得
:
2?a?21?a?x?2?a?21?a
.
2?a?21?a)
因此,
函数f(x)在区间
(2?a?21?a,
内单调递减.
点评:本小题主要考查导数的概念和计算,应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力.
例2 已知
a?0
,函数
的切线为
l
。
(Ⅰ)求
l
的方程;
f(x)?
1?ax2
,x?(0,
??)0?x
1
?
xa
,。设记曲线
y?f(x)
在点M(x
1
,f(x
1
))
处
(Ⅱ)设
l
与
x
轴交点为
(x
2
,0)
。证明:
①
0?x
2
?
1
a
;
② 若
x
1
?
11
x
1
?x
2
?
a
,则a
(Ⅰ)分析:欲求切线
l
的方程,则须求出它的斜率,根据切线斜率
的几何意义便不难发现,问题归结为求曲
线
y?f(x)
在点
M(x
1
,f(x
1
))
的一阶导数值。
解:求
f(x)
的导数:
f
'
(x)??
1
x
2
,由此得切线<
br>l
的方程:
y?(
1?ax
1
1
)
??
2
(x?x
1
)
x
1
x
x
2
x
2
。
(Ⅱ)分析:①要求
变化,因此,找到
的变化范围
,则须找到使
与
x
2
产生变化的原因,显然,
x
2
变化的根本原因可归结为
x
1
的
x
1
的等量关系式,就成;
②
欲比较
x
2
与
x
1
的大小关系,判断它们的差的符号即可。
证:依题意,切线方程中令y=0,
x
2
?x
1
(1?a
x
1
)?x
1
?x
1
(2?ax
1
),其
中0?x
1
?
2
a
.
由
0?x
1
?
211
,x
2
?x
1
(2?ax
1
)
,有x
2
?0,及x
2
??a(x
1
?)
2
?
aaa
?〈0x
2
?
111
,当且仅当x<
br>1
?时,x
2
?
aaa
.
11
当x
1
?时,ax
1
?1,因此,x
2
?x
1
(2?
ax
1
)?x
1
,且由①,x
2
?
aa
②
所以x
1
?x
2
?
1
a
。
点
评:本小题主要考查利用导数求曲线切线的方法,考查不等式的基本性质,以及分析和解决问题的能力。
1
例3、 函数y=1-
x?1
的图象是( )
111
解析一:该题考查对f(x)=
x
图象以及对坐标平移公式的理解,将函数y=
x
的图形变形到y=
x?1
,即
11
向右平移一个单位,再
变形到y=-
x?1
即将前面图形沿x轴翻转,再变形到y=-
x?1
+1,
从而得到
答案B.
解析二:可利用特殊值法,取x=0,此时y=1,取x=2,此时y=0.因此选B.
答案:B
点评:1、选择题要注意利用特值排除法、估值排除法等。
2、处理函数
图像的平移变换及伸缩变化等问题的一般方法为:先判断出函数的标准模型,并用换元法将
问题复合、化
归为所确定的标准模型。
考点二:二次函数
二次函数是中学代数的基本内容之一,它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数,可
以
以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质,还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联
系;
作为抛物线,可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系.
这些纵横联系,使得围绕二次函数可以编制出层
出不穷、灵活多变的数学问题.
同时,有关二次函数的内容又与近、现代数学发展紧密联系,是学生进入
高校继续深造的重要知识基础.
因此,从这个意义上说,有关二次函数的问题在高考中频繁出现,也就不
足为奇了.
学习二次函数,可以从两个方面入手:一是解析式,二是图像特征. 从解析式出发,可以进行纯粹的代
数
推理,这种代数推理、论证的能力反映出一个人的基本数学素养;从图像特征出发,可以实现数与形的
自
然结合,这正是中学数学中一种非常重要的思想方法.
例4
设二次函数,方程的两个根满足. 当时,证明.
分析:在已知方程两根的情况下,根据函数与方程
根的关系,可以写出函数
f
?
x
?
?x
的表达式,从而得到
函数
f(x)
的表达式.
证明:由题意可知
f(x)?x?a(
x?x
1
)(x?x
2
)
.
?0?x?x
1
?x
2
?
1
a
,
∴
a(x?x
1
)(x?x
2
)?0
,
∴ 当时,
f(x)?x
.
又
f(x)?x
1
?a(x?x
1
)(x?x
2
)?x?x
1
?(x?x1
)(ax?ax
2
?1)
,
x?x
1
?0,
∴
f(x)?x
1
,
综上可知,所给问题获证.
点评:本题主要利用函数与方程根的关系,写出二次函数的零点
式
y?a
?
x?x
1
??
x?x
2
?.
。
2
f(x)?ax?bx?1(a,b?R,a?0)
,设方程<
br>f(x)?x
的两个实数根为
x
1
和
x
2
.
例5
已知二次函数
且ax?ax
2
?1?1?ax
2
?0,
<
br>x?x
0
x??1
(1)如果
x
1
?2?x
2
?4
,设函数
f(x)
的对称轴为,求证:
0
;
(2)如果
x
1
?2
,
x
2
?x
1?2
,求
b
的取值范围.
分析:条件
x
1
?
2?x
2
?4
实际上给出了
f(x)?x
的两个实数根所在的区间,
因此可以考虑利用上述图
像特征去等价转化.
2
g(x)?f(x)?x?ax?
(b?1)x?1
,则
g(x)?0
的二根为
x
1
和
x
2
. 解:设
?
g(2)?0
?
4a?2b?1?0<
br>??
g(4)?016a?4b?3?0
,即
x?2?x?4
a?0
?
2
(1)由及
1
,可得
,即
?
b3
?
3?3???0,
?
?
2a4a?
?
?4?2?
b
?
3
?0,
?
2a
4a
?
b
?1
x??1
2a
两式相加得,所以,
0
;
(x
1
?x
2
)
2
?(
b?1
2
4
)?
2
aa
, 可得
2a?1?(b?1)?1
.
(2)由
又
x
1
x
2
?
1
?0
a
,所以
x
1
,x
2
同号.
??
?0?x
1
?2?x
2
?
x
2
??2?x
1
?0
??
22
2a?1?(b?1)?12a?1?(b?1)?1??
x
1
?2x
2
?x
1
?2
∴
,等价于
?
或
?
,
?
g(2)?0
?
g
(?2)?0
??
??
?
g(0)?0
?
g(0)?0??
2
2a?1?(b?1)?12a?1?(b?1)
2
?1
??
??
即 或
b?
解之得
17
b?
4
或
4
.
点评:在处理一元二次方程根
的问题时,考察该方程所对应的二次函数图像特征的充要条件是解决问题的
关键。
考点三:抽象函数
抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其
满足的条件的函数,如函数的
定义域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数
部分的难点,也是大学高等数
学函数部分的一个衔接点,由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,
因此理解研究起来比较困难.
但由于此类试题即能考查函数的概念和性质,又能考查学生的思维能力,所
以备受命题者的青睐,那么,
怎样求解抽象函数问题呢,我们可以利用特殊模型法,函数性质法,特殊化
方法,联想类比转化法,等多
种方法从多角度,多层面去分析研究抽象函数问题,
(一)函数性质法
函数的特征是通过其性质(如奇偶性,单调性周期性,特殊点等)反应出来
的,抽象函数也是如此,只有充
分挖掘和利用题设条件和隐含的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题
才能转化,化难为易,常用的解
题方法有:1,利用奇偶性整体思考;2,利用单调性等价转化;3,利
用周期性回归已知4;利用对称性数形结
合;5,借助特殊点,布列方程等.
(二)特殊化方法
1、在求解函数解析式或研究函数性质时,一般用代换的方法,将x换成-x等;
2、在求函数值时,可用特殊值代入;
3、研究抽象函数的具体模型,用具体模型解选择题,
填空题,或由具体模型函数对综合题,的解答提供
思路和方法.
总之,抽象函数问题求解,用
常规方法一般很难凑效,但我们如果能通过对题目的信息分析与研究,采用
特殊的方法和手段求解,往往
会收到事半功倍之功效,真有些山穷水复疑无路,柳暗花明又一村的快感.
例6、 A是由定义在[2,4]
上且满足如下条件的函数
?
(x)
组成的集合:①对任意x?[1,2]
,都有
?
(2x)?(1,2)
; ②存在常数
L(0?L?1)
,使得对任意的
x
1
,x
2
?[1,2
]
,都有
|
?
(2x
1
)?
?
(2x2
)|?L|x
1
?x
2
|
3
?<
br>(x)?1?x,x?[2,4]
,证明:
?
(x)?A
(Ⅰ)设<
/p>
(Ⅱ)设
?
(x)?A
,如果存在
(Ⅲ)设
?
(x)?A
,任取
x
0
?(1,2)
,令
,使得<
br>x
0
?
?
(2x
0
)
,那么这样的
x
0
是唯一的;
x
l
?(1,2)x
n?1
?<
br>?
(2x
n
),n?1,2,???,
证明:给定正整数k,对任意的
正整数p,
成立不等式
|x
k?l
L
k?1
?x
k
|?|x
2
?x
1
|
1?L
3
?
(2x)?1?2x,x?[1,2]
,
3
3?
?
(2x
)
?
3
5
,
1?
3
3?
3
5?2
,所以
x?[1,2]
解:对任意,
?
(2x)?(1,2)
对任意的
x
1
,x
2
?[1,2]
,
|
?
(2x
1
)?
?
(2x
2
)|?|
x
1
?x
2
|
3
2
3
?
1?2x
1
?
2
?
3
?
1?2x
1
??<
br>1?x
2
?
?
3
?
1?x
2
?,
2
3?
?
1?2x
1
?
2
3?
3
?
1?2x
1
??
1?x
2
?<
br>?
3
?
1?x
2
?
,
2
所以0<
?
1?2x
1
?
2
?
3
?
1?2
x
1
??
1?x
2
?
?
?
1?x
2
?
3
2
2
?
2
3
,
2
令
3
?
1?2x
1
?
2
?
3
?
1?2x
1
??
1?x
2
?
?
3
?
1?x
2
?
=
L
,
0?L?1
, |
?
(2x
1
)?
?
(2x
2
)|?
L|x
1
?x
2
|
所以
?
(x)?A
反证法:设存在两个
?
?(1
,2),x
0
?x
0
?
x
0
,x
0
使得
x
0
?
?
(2x
0
),
?
?
?
(2x
0
?
)x
0
则
|
?
(2x
0
)?
?
(2x
0
)|?L|x
0
?x
0
|
,得
|x0
?x
0
|?L|x
0
?x
0
|
,所
以
L?1
,矛盾,故结论由
成立。
x
3
?x
2<
br>?
?
(2x
2
)?
?
(2x
1
)?
Lx
2
?x
1
|x
k?p
?x
k
|??
x
k?p
,所以
x
n?1
?x
n
?
L
n?1
x
2
?x
1
L
k?1
?x
k?p?1
?
?
?
x
k?p?1
?x
k?p?2
?
??
?
x
k?1
?x
k
?<
br>?|x
2
?x
1
|
1?L
k?p?2k?
p?3
Lx?x?Lx
2
?x
121
?
?x
k?p
?x
k?p?1
?x
k?p?1
?x
k?p?2
?
?x
k?1
?x
k
L
K?1
L
k?1
x<
br>2
?x
1
?
1?L
x
2
?x
1
+…
点评:本题以高等数学知识为背景,与初等数学知识巧妙结合,考查了函数及其性
质、不等式性质,考查
了特殊与一般、化归与转化等数学思想。
考点四:函数的综合应用 <
br>函数的综合运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题.函数描述了自然界中量的依存关系,
是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画,用联系和变化的观点提出数学对象,抽象其数学特
征,建立函数关系.因此,运动变化、相互联系、相互制约是函数思想的精髓,掌握有关函数知识是运用
函数思想的前提,提高用初等数学思想方法研究函数的能力,树立运用函数思想解决有关
数学问题的意识
是运用函数思想的关键.
22
f(x)?tx?2tx?t?1(x?R,t?0)
.
例7设函数
(Ⅰ)求
f(x)
的最小值
h(t)
;
2)
恒成立,求实数
m
的取值范围. (Ⅱ)若
h(t)??2t?
m
对
t?(0,
23
Qf(x)?t(x?t)?t?t?1(x?R,t?
0)
, 解:(Ⅰ)
3
?
当
x??t
时,
f(x)
取最小值
f(?t)??t?t?1
,
3
h(t)??t?t?1
.
即
3
g(t)?h(t)?(?2t?m)??t?3t?1?m
, (Ⅱ)令
2
?
g(t)??3t?3?0
得
t?1
,
t??1(不合题意,舍去). 由
?
当
t
变化时
g(t)
,<
br>g(t)
的变化情况如下表:
t
(0,1)
1
0
极大值
(1,2)
g
?
(t)
g(t)
?
递增
?
递减
1?m
?g(t)
在
(0,2)
内有最大值
g(1)?1?m
.
h(t)??2t?m
在
(0,2)
内恒成立等价于
g(t)?0<
br>在
(0,2)
内恒成立,
即等价于
1?m?0
,
所以
m
的取值范围为
m?1
.
点评:本题主要考查函数的
单调性、极值以及函数导数的应用,考查运用数学知识分析问题解决问题的能
力.
例8
甲、乙两地相距S千米,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过c千米/时,已知汽车每小
时的运输
成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度
v(千米/时)的平方成正比,比例
系数为b;固定部分为a元.
①
把全程运输成本y(元)表示为速度v(千米/时)的函数,并指出函数的定义域;
②
为了使全程运输成本最小,汽车应以多大速度行驶?
分析:几个变量(运输成本、速度、固
定部分)有相互的关联,抽象出其中的函数关系,并求函数的最小值.
解:(读题)由主要关系:运输总成本=每小时运输成本×时间,
S
2
(建模)有y=(a+bv)
v
(解题)所以全程运输成本y(元)表示为速度v(千米/时)的函数关系式是:
a
y=S(
v
+bv),其中函数的定义域是v∈(0,c] .
a
a
b
整理函数有y=S(
v
+bv)=S(v+<
br>v
),
k
由函数y=x+
x
(k>0)的单调性而得:
aa
当
b
<c时,则v=
b
时,y取最小值;
a
当
b
≥c时,则v=c时,y取最小值.
aaa
综上所
述,为使全程成本y最小,当
b
<c时,行驶速度应为v=
b
;当
b
≥c时,行驶速度应为v
=c.
点评:1.对于实际应用问题,可以通过建立目标函
数,然后运用解(证)不等式的方法求出函数的最大值或
最小值,其中要特别注意蕴涵的制约关系,如本
题中速度v的范围,一旦忽视,将出现解答不完整.此种应
用问题既属于函数模型,也可属于不等式模型
.
方法总结与20XX年高考预测
(一)方法总结
本专题主要思想方法:
1. 数形结合
2. 分类讨论
3.
函数与20XX年高考预测
1.考查有关函数单调性和奇偶性的试题,从试题上看,抽象函数和具体函
数都有,有向抽象函数发展的趋
势,另外试题注重对转化思想的考查,且都综合地考查单调性与奇偶性.
2.考查与函数图象有关的试题,要从图中(或列表中)读取各种信息,注意利用平移变换、伸缩变换、
对称
变换,注意函数的对称性、函数值的变化趋势,培养运用数形结合思想来解题的能力.
3
.考查与反函数有关的试题,大多是求函数的解析式,定义域、值域或函数图象等,一般不需求出反函数,
只需将问题转化为与原函数有关的问题即可解决.
4.考查与指数函数和对数函数有关的试题.对指
数函数与对数函数的考查,大多以基本函数的性质为依托,
结合运算推理来解决.
5加强函数
思想、转化思想的考查是高考的一个重点.善于转化命题,引进变量建立函数,运用变化的方法、
观点解
决数学试题以提高数学意识,发展能力.
6注意与导数结合考查函数的性质.
一、强化训练
选择题(12个)
x?1
y?e(x?R)
的反函数是( )
1.函数
A.
y?1?lnx(x?0)
B.
y?1?lnx(x?0)
C.
y??1?lnx(x?0)
D.
y??1?lnx(x?0)
?
(3a?1)x?4a,x?1
f(x)?
?
?
log
a
x,x?1
2.已知是
(??,??)
上的减函数,那么
a
的取值范围是
111
(0,)[,)
3
(C)
73
(A)
(0,1)
(B)
1
[,1)
(D)
7
x
1
,x
2
(x
1
?x
2
)
,3.在下列四个函数中,满足性质:“
对于区间
(1,2)
上的任意
成立”的只有
|f(x
1
)
?f(x
2
)|?|x
2
?x
1
|
恒
f(
x)?
(A)
1
x
(B)
f
?
x
?
?|x|
x
f(x)?2
(C)
2
f(x)?x
(D)
635
a?f(),b?f()
,c?f(),
4.已知
f(x)
是周期为2的奇函数,当
0?x?1
时,
f(x)?lgx.
设
522
(A)
a?b?c
(B)
b?a?c
(C)
c?b?a
(D)
c?a?b
f(x)?
3x
2
?lg(3x?1)
5.函数
1?x
的定义域是
A.
(?
1
3
,??)
B.
(?
1
3
,1)
C.
(?
1
3
,
1
3
)
D.
(??,?
1
3
)
6、下列函数中,在其定义域内既是奇函数又是减函数的是
x
3
,x?R
B.
y?sinx ,x?R
C.
y?x
,x?R
D.
y?(
1
)
x
A.
y??
y
2
,x?R
7、函数
y?f(x)
的反函数
y?f
?1
(x)
的图像与
y
轴交于点
4
?1
P(0,2)
2
y?f(x)
(如右图所示),则方程
f(x)?0
在
[1,4]
上的根是
x?
A.4 B.3 C. 2
D.1
?1
O
3
x
8、设
f(x)
是R上的任意函数,则下列叙述正确的是
(A)
f(x)f(?x)
是奇函数
(B)
f(x)f(?x)
是奇函数
(C)
f(x)?f(?x)
是偶函数 (D)
f(x)?f(?x)
是偶函数
9、已知函数
y?e
x
的
图象与函数
y?f
?
x
?
的图象关于直线
y?x
对
称,则
2x
A.
f
?
2x
?
?e(x?R)
B.
f
?
2x
?
?ln2glnx(x?0)
C
.
f
?
2x
?
?2e
x
(x?R)
D.
f
?
2x
?
?lnx?ln2(x?0)
f
(x)?
?
?
?
2e
x?1
,x<2,
10、设<
br>?
?
log
2
?2.
则f(f(2))的值为
3(x?1),x
(A)0 (B)1
(C)2 (D)3
?
?
a,a?b
11、对a
,b
?
R,记max{a,b}=
?
b,a<b
,函数f(x)=m
ax{|x+1|,|x-2|}(x
?
R)的最小值是
则
13
(A)0 (B)
2
(C)
2
(D)3
12、关于
x
的方程
(x
2
?1)
2
?x
2
?1?k?0
,给
出下列四个命题:
①存在实数
k
,使得方程恰有2个不同的实根;
②存在实数
k
,使得方程恰有4个不同的实根;
③存在实数
k
,使得方程恰有5个不同的实根;
④存在实数
k
,使得方程恰有8个不同的实根;
其中假命题的个数是
A.0 B.1 C.2
D.3
填空题(4个)
1.函数
f
?
x
?
对于
任意实数
x
满足条件
f
?
x?2
?
?
1<
br>f
?
x
?
,若
f
?
1
?
?
?5,
则
f
?
f
?
5
?
?
?_______________。
?
e
x
,x?0.
1g(x)?
?
g(g())?
lnx,x?0.
?
2
2
设则__________
f
?
x
?
?a?
1
,
2
x
?1
,若
f
?
x
?
为奇函数
,则
a?
________。 3.已知函数
log
a
(x?1)?
0
f(x)?log
a
(x
2
?2x?3)
a?0,a?1
4. 设,函数有最小值,则不等式的解集
为 。
解答题(6个)
1.
设函数
f(x)?x
2
?4x?5
.
(1)在区间
[?2,6]
上画出函数
f(x)
的图像;
(2)设集合
证明;
(3)当
k?2
时,求证:在区间
[
?1,5]
上,
y?kx?3k
的图像位于函数
f(x)
图像的上方
.
2、设f(x)=3ax
?2bx?c.若a?b?c?0
,f(0)>0,f(1)>0,求证:
b
A?
?
xf(x)?5
?
,B?(??,?2]?[0,4]?[6,??
)
. 试判断集合
A
和
B
之间的关系,并给出
a
(
Ⅰ)a>0且-2<
b
<-1;
(Ⅱ)方程f(x)=0在(0,1)内有两个实根.
?2
x
?b
f(x)?
x?1
2?a
是奇函数。
3. 已知定义域为
R
的函数
(Ⅰ)求
a,b
的值;
22
f(t?2t)?f(2t?k)?0
恒成立,求
k
的取值范围
;
t?R
(Ⅱ)若对任意的,不等式
c
2
,
2
x
?ax?a
4.设函数f(x)=其中a为实数.
(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围;
(Ⅱ)当f(x)的定义域为R时,求f(x)的单减区间.
f(x)?
5. 已知
定义在正实数集上的函数
1
2
x?2ax
2
g(x)?3alnx?
b
,其中
a?0
.设两曲线
2
,
y?f(x)
,<
br>y?g(x)
有公共点,且在该点处的切线相同.
(I)用
a
表示
b
,并求
b
的最大值;
(II)求证:
f(x)≥g(x)
(
x?0
).
2
6. 已知函数
f(x)?x?x?1
,
?
,
?
是方程f(x)=0的两个根
(
?
?
?
)
,
f'(x)
是f(x)的导数;设
a
1
?1
,
a
n?1
?a
n
?
f(a
n
)
f'(a
n<
br>)
(n=1,2,……)
(1)求
?
,
?
的值;
(2)证明:对任意的正整数n,都有
a
n
>a;
b
n
?ln
a
n
?
?
a
n
?a
(3)记(n=1,2,……),求数列{bn}的前n项和Sn。
创新试题
1. 下图为
某三岔路口交通环岛的简化模型,在某高峰时段,单位时间进出路口
A,B,C
的机动车辆数如
图
所示,图中
x
1
,x
2
,x
3
分别表示
该时段单位时间通过路段、、的机动车辆数(假设:单位时间内,
在上述路段中,同一路段上驶入与驶出
的车辆数相等),则
(A)
x
1
?x
2
?x
3
(B)
x
1
?x
3
?x
2
(C)
x
2
?x
3
?x
1
(D)
x
3
?x
2
?x
1
2. 设函数f(x)=3sinx+2cos
x+1。若实数a、b、c使得af(x)+
bcosc
bf(x?c)=1对任意实数x恒成
立,则
a
的值等于( )
?
A.
11
2
B.
2
C. ?1 D. 1
解答:
一、选择题
x?1
y?e
1解:由得:
x?1?
lny,即x=-1+lny
,所以
y??1?lnx(x?0)
为所求,故选D。
1
2解:依题意,有0?a?1且3a-1?0,解得0?a?
3
,又当x?
1时,(3a-1)x+4a?7a-1,当x?1时,logax?0,
1
所以7a-1?0
解得x?
7
故选C
x-x
111111
-|=|
21|=|x
1
-x
2
?|-
Qx
1
,x
2
?(1,2)?x
1
x
2
xx
2
x
1<
br>x
2
|x
1
x
2
|x
1
x
2
?1?
x
1
x
2
|?|x1-x2|3解:
1
|?1
|
故选A
644
a?f()?f(?)??f()
555
,4解:已知
f(x)
是周期为2的奇函数,当
0?x?1
时
,
f(x)?lgx.
设
31151
b?f()?f(?)??f()c?f
()?f()
222
,
22
<0,∴
c?a?b
,选D.
?
1?x?0
1
???x?1
?
3x?1?0
3<
br>5解:由
?
,故选B.
6解:B在其定义域内是奇函数但不是减函数;C在其
定义域内既是奇函数又是增函数;D在其定义域内不是
奇函数,是减函数;故选A.
7解:
f(x)?0
的根是
x?
2,故选C
8解:A中<
br>F(x)?f(x)f(?x)
则
F(?x)?f(?x)f(x)?F(x)
,
F(x)?f(x)f(?x)F(?x)?f(?x)f(x)
即函数
F(x)
?f(x)f(?x)
为偶函数,B中,此时
F(x)
与
F(?x)
的关系不能确定,即函数
F(x)?f(x)f(?x)
的奇偶性不确定,
C中F(x)?f(x)?f(?x)
,
F(?x)?f(?x)?f(x)??F(x),即函数
F(x)?f(x)?f(?x)
为奇函数,D中
F(x)?f(x)?
f(?x)
,
F(?x)?f(?x)?f(x)?F(x)
,即函数
F(x
)?f(x)?f(?x)
为偶函数,故选
择答案D。
xx
y?f
?
x
?
f(x)
y?ey?e
y?x
9解:函数的图象与函
数的图象关于直线对称,所以是的反函数,即
f(x)
=
lnx
,∴
f
?
2x
?
?ln2x?lnx?ln2(x?0)
,选D.
10解:f(f(2))=f(1)=2,选C
11解:当x?-1时,|x+1|=-x-
1,|x-2|=2-x,因为(-x-1)-(2-x)=-3?0,所以2-x?-x-1;
11
当-1?x?
2
时,|x+1|=x+1,|x-2|=2-x,因为(
x+1)-(2-x)=2x-1?0,x+1?2-x;当
2
?x?2时,
x+1?
2-x;当x?2时,|x+1|=x+1,|x-2|=x-2,显然x+1?x-2;
?
2?x(x?(??,?1)
?
?
2?x(x?[?1,
1
))?
2
f(x)?
?
?
x?1(x?[
1
,2)
)
?
2
3
?
x?1(x?[2,??))
?
故据此
求得最小值为
2
。选C
?
x
12解:关于x的方程
22
?1?x
2
?1?k?0
?
2
可化为
1?k
?(0x?1或x?-)1
?
x
2
?1
?
?(x
2
-)
2
…(1)
或
1?k?0
?
x
2<
br>?1
?
+(x
2
-)
(-1?x?1)…………(2)
当k=-2时,方程(1)的解为?
3
,方程(2)无解,原方程恰有2个不同的实根
6
2
1
当k=
4
时,方程(1)有两个不同的实根?
2
,方程(2)有两个不同的实根?
2
,即原方程恰有4个不同的
实根 <
br>当k=0时,方程(1)的解为-1,+1,?
2
,方程(2)的解为x=0,原方程恰
有5个不同的实根
2336
15
2
当k=
9
时,方程(1
)的解为?
3
,?
3
,方程(2)的解为?
3
,?
3
,即原方程恰有8个不同的实根
选A
二、填空题。
f
?x?2
?
?
1解:由
1
f
?
x
?f
?
x?4
?
?
得
1
?f(x)
f<
br>?
x?2
?
,所以
f(5)?f(1)??5
,则
f
?
f
?
5
?
?
?f(?5)?f(?1)?
11
??
f(?1?2)5
。
1
ln
111
g
(g())?g(ln)?e
2
?
222
. 2解:
f(x)?a?
3解:函数
4解:由
a?0,a?1
,
知a?1,所以不等式
三、解答题
1解:(1)
11
1
.a
??0
2
x
?1
若
f(x)
为奇函数,则
f(0)
?0
,即
2
0
?1
,a=
2
.
函数f(x)?log
a
(x
2
?2x?3)
有最小值可
l
og
a
(x?1)?0
可化为x-1?1,即x?2.
(
2)方程
f(x)?5
的解分别是
2?14,0,
减,在
[?1,2
]
和
[5,??)
上单调递增,因此
4
和
2?14
,由于
f(x)
在
(??,?1]
和
[2,5]
上单调递
A???,2?14?[0,4]?2?14,??
.
由于
2?14?6,2?14??2,?B?A
.
2
f(x)??x?4x?5
.
x?[?1,5]
(3)[解法一] 当时,
2
g(x)?k(x?3)?(?x?4x?5)
2
?x?(k?4)x?(3k?5)
?
??
?
4?k
?
k
2
?20k?36
?<
br>?
?
x?
?
?
24
?
?
,
2
?k?2,?
4?k
?1
2
. 又
?1?x?5
,
①
当
?1?
4?k4?k
?1x?
22
, ,即
2?k?6<
br>时,取
k
2
?20k?361
2
????
?
k?10
?
?64
44
g(x)
min
.
22
?16?(k?10)?64,?(k?10)?64?0
,
??
则
g(x)
min
?0
.
4?k
??1
②
当
2
,即
k?6
时,取
x??1
,
g(x)
min
=
2k?0
.
由 ①、②可知,
当
k?2
时,
g(x)?0
,
x?[?1,5]
.
因此,在区间
[?1,5]
上,
y?k(x?3)
的图像位
于函数
f(x)
图像的上方.
2
[解法二]
当
x?[?1,5]
时,
f(x)??x?4x?5
.
?
y?k(x?3),
?
2
y??x
2
?4x?5,
x
?
由 得
?(k?4)x?(3k?5)?0
,
2
??(k?4)?4(3k?5)?0
,解得
k?2
或
k?18
, 令
在区间
[?1,5]
上,当
k?2
时,
y?2(x?3)
的图像与函数
f(x)
的图像只交于一点
(1,8)
; 当
k?18
时,
y?18
(x?3)
的图像与函数
f(x)
的图像没有交点.
如图可知,由于直线
y?k(x?3)
过点
(?3,0)
,当
k?2
时,直线<
br>y?k(x?3)
是由直线
y?2(x?3)
绕点
(?3,0)
逆时针方向旋转得到. 因此,在区间
[?1,5]
上,
y?k(x?3)
的图像位于函数
f(x)
图像的上方.
2(I)证明:因为
f(0)?
0,f(1)?0
,所以
c?0,3a?2b?c?0
.
由条件
a?b?c?0
,消去
b
,得
a?c?0
;
由条件
a?b?c?0
,消去
c
,得
a?b?0
,
2a?b?0
.
?2?
故
b
??1
a
.
b3ac?b
2
(?,)
2
f(x)?3ax?2bx?c
3a
(II)抛物线的顶点坐标为
3a
,
?2?
在
b11b2
??1????
a3a3
. 的两边乘
以
3
,得
3
ba
2
?c
2
?ac
f(?)???0,
f(0)?0,f(1)?0,
3a3a
又因为而
所以
方程
f(x)?0
在区间
(0,?
bb
)(?,1)
3a<
br>与
3a
内分别有一实根。
故方程
f(x)?0
在
(0,1)
内有两个实根.
b?1
1?2
x
?0?b?1?f(x)?
f(x)f(0)
a?2
x?1
3解:(Ⅰ)因为是奇函数,所以=0,即
a?2
1
1?2
??<
br>2
?a?2.
a?1
又由f(1)=
-f(-1)知
a?4
1?
1?2
x
11
f(x
)????
2?2
x?1
22
x
?1
,易知
f(x
)
在
(??,??)
上
(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知
22
f(t?2t)?f(2t?k)?0
f(x)
为减函数。又因是奇函数,从而不等式:
222
f(t?2t
)??f(2t?k)?f(k?2t)
,因
f(x)
为减函数,由上式推得: 等价
于
t
2
?2t?k?2t
2
.即对一切
t?R
有:
3t
2
?2t?k?0
,
1
??4?12k?0?k??.
3
从而判别式
1
?2
x
f(x)?
2?2
x?1
解法
2
二
?2t
:由(
2
Ⅰ
?k
)知.又由题设条件得:
1?2
t
2?2
t
2
?2t?1
?
2
1
?2
2t
2?2
2t
2
?k?1
?0
,
2t
(2
即 :
3t
2
整理得
2
?
k?1
?2)(1?2
t
2
?2t
)?(2
t
2<
br>?2t?1
?2)(1?2
2t
2
?k
)?0
, <
br>?2t?k
?1,因底数2>1,故:
3t
2
?2t?k?0
1
??4?12k?0?k??.
3
上式对一切
t?R
均
成立,从而判别式
22
4解:(Ⅰ)
f(x)
的定义域为
R
,
?x?ax?a?0
恒成立,
???a?4a?0
,
?0?a?
4
,即当
0?a?4
时
f(x)
的定义域为
R
.
x(x?a?2)e
x
f
?
(x)?
22
?
(x?ax?a)
(Ⅱ),令
f(x)≤0
,得
x(x?a?2)≤0.
?
由
f(x)?0
,得
x?0
或
x?2?
a
,又
Q0?a?4
,
?0?a?2
时,由
f
?
(x)?0
得
0?x?2?a
;
??
当
a?2<
br>时,
f(x)≥0
;当
2?a?4
时,由
f(x)?0
得
2?a?x?0
,
2?a)
; 即当
0?a?2
时,
f(x)
的单调减区间为
(0,
0)
. 当
2?a?4时,
f(x)
的单调减区间为
(2?a,
(x,y
0
)
5解:(Ⅰ)设
y?f(x)
与
y?g(x)(x?0)
在公共点<
br>0
处的切线相同.
3a
2
g
?
(x)?
∵
f
?
(x)?x?2a
,
x
,由题意
f(x
0)?g(x
0
)
,
f
?
(x
0
)?g
?
(x
0
)
.
?
1
22
x?2
ax?3alnx
0
?b,
00
?
?
2
?
2
2
3a
3a
?
x
0
?2a?,
x
0
?2a?
?
x
x
0
得:
x
0
?a
,或
x
0
??3a
(舍去).
0
即
?
由
15
b?a
2
?2a
2
?3a
2lna?a
2
?3a
2
lna
22
即有.
5
h(t)?t
2
?3t
2
lnt(t?0)
?
2<
br>令,则
h(t)?2t(1?3lnt)
.于是
?
当
t(1?3lnt)?0
,即
0?t?e
时,
h(t)?0
;
?
当
t(1?3lnt)?0
,即
t?e
时,
h(t)?0
.
11
??
??
33
0,ee,?∞
??
??
h(t)
?
为减函数,
?
为增函数,在
?
故在
?
1
3
1
3
?
1
?3
2
3
h
?
e
?
?e
3
?∞
)
的最大值为
??
2
. 于是
h(t)
在
(0,<
br>F(x)?f(x)?g(x)?
(Ⅱ)设
1
2
x?2ax?3a2
lnx?b(x?0)
2
,
3a
2
(x?a)(x
?3a)
?x?2a??(x?0)
?
F(x)
xx
则.
?∞)
为增函数, 故
F(x)
在
(0,a)
为减函数,在
(a,
?∞)
上的最小值是于是函数
F(x)
在
(0,F(a)?F(x
0
)?f(x
0
)?g(x
0
)?0
.
故当
x?0
时,有
f(x)?g(x)
≥
0<
br>,即当
x?0
时,
f(x)
≥
g(x)
.
6解析:(1)∵
f(x)?x
2
?x?1
,
?
,
?
是方程f(x)=0的两个根
(
?
?
?
)
, <
br>∴
?
?
?1?5?1?5
,
?
?
22
;
115
a(2a?1)?(2a?1)?
nnn
a?a
n?1
44
?a
n
??a
n
?
2
2a<
br>n
?12a
n
?1
2
n
(2)
f'(x)?2x?1
,
5
4
a
n?1
<
br>=
11
(2a
n
?1)??
42a
n
?12
,∵
a
1
?1
,∴有基本不等式可知
a
2
?
5?15?1
?0a
1
?
22
时取等号),∴(当且仅当
a
2
?
5?15?15?1
?0a
3
?a
n
??
?
222
同,样,……,(n=1,2,……),
a
n?1
?
?
?a
n
?
?
?
(a
n
?
?
)(a
n
?
?
)a
n
?<
br>?
?(a
n
?1?
?
)
2a
n
?1
2a
n
?1
(a
n
?
?
)
2
a<
br>n?1
?
?
?
2a
n
?1
(3),而?
?
?
??1
,即
?
?1??
?
,
b
1
?ln
1?
?
3?53?5
?ln?2ln<
br>1?
?
2
3?5
(a
n
?
?)
2
a
n?1
?
?
?
2a
n
?1
,同理,
b
n?1
?2b
n
,又
S
n
?2(2
n
?1)ln
3?5
2
创新试题 1解:依题意,有x1=50+x3-55=x3-5,?x1?x3,同理,x2=30+x1-20=x
1+10?x1?x2,同理,
x3=30+x2-35=x2-5?x3?x2故选C
a?b?
2解:令c=π,则对任意的x∈R,都有f(x)+f(x?c)=2,于是取<
br>1
2
,c=π,则对任意的x∈R,af(x)
bcosc
??1+bf(x?c)=1,由此得
a
。选C。
二、复习建议
基本函数:一次函数、二次函数、反比例函数、指数函数与对数函数,它们的图象与性质是函数的基石.
求反函数,判断、证明与应用函数的三大特性(单调性、奇偶性、周期性)是高考命题的切入点,有单一考
查,也有综合考查.函数的图象、图象的变换是高考热点,应用函数知识解其他问题,特别是解应用题能很好地考查学生分析问题、解决问题的能力,这类问题在高考中具有较强的生存力.配方法、待定系数法、数<
br>形结合法、分类讨论等,这些方法构成了函数这一章应用的广泛性、解法的多样性和思维的创造性,这均<
br>符合高考试题改革的发展趋势.
特别在“函数”这一章中,数形结合的思想比比皆是,深刻理解
和灵活运用这一思想方法,不仅会给解题
带来方便,而且这正是充分把握住了中学数学的精髓和灵魂的体
现.
复习本章要注意:
1.深刻理解一些基本函数,如二次函数、指数函数、对数函数的图
象与性质,对数与形的基本关系能相互
转化.
2.掌握函数图象的基本变换,如平移、翻转、对称等.
3.二次函数是初中、高中的结合点
,应引起重视,复习时要适当加深加宽.二次函数与二次方程、二次不等
式有着密切的联系,要沟通这些
知识之间的内在联系,灵活运用它们去解决有关问题.
4.含参数函数的讨论是函数问题中的难点及重
点,复习时应适当加强这方面的训练,做到条理清楚、分类
明确、不重不漏.
5.利用函数知识解应用题是高考重点,应引起重视.
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