高中数学函数：题型分类

在高中数学学习中，会遇到求函数解析式的 一类题，这里是指已知
f[g(x)]
或
g[f(x)]
，求
f(x )
或
g(x)
，
或已知
f(x)
或
g(x)
，求
f[g(x)]
或
g[f(x)]
等复合函数的解析式，这些问题是学 生在学习中感到棘手的问题。
常用的解法如下：
一、定义法：
例1：设
f(x?1)?x?3x?2
，求
f(x)
.
解 ：
?f(x?1)?x?3x?2?[(x?1)?1]?3[(x?1)?1]?2

=
(x?1)?5(x?1)?6

2
22
2
?f(x)?x
2
?5x?6

例2：设
f[f(x)]?
解：设
?f[f(x)]?
x?1
，求< br>f(x)
.
x?2
x?1x?1
??
x?2x?1?11
1
1?
1?x

1

1?x
111 1
例3：设
f(x?)?x
2
?
2
,g(x?)?x
3
?
3
，求
f[g(x)]
.
xx
xx
111
解：
?f(x?)?x
2
?
2
?(x?)
2
?2?f(x)?x
2
?2

xx
x
1111< br>又
?g(x?)?x
3
?
3
?(x?)
3
? 3(x?)?g(x)?x
3
?3x

xxx
x
?f(x) ?
故
f[g(x)]?(x?3x)?2?x?6x?9x?2

例4：设
f(cosx)?cos17x,求f(sinx)
.
解：
f(sinx)?f[cos(?x)]?cos17(
32642
??
22
?x)

?cos(8
?
?
?
?17x)?cos(?1 7x)?sin17x
.
22
2
?
二、待定系数法：
例5：已知
f(x?2)?2x?9x?13
，求
f(x)
.
解：显然，
f(x)
是一个一元二次函数。
设
f(x)?ax?bx?c
2
2
(a?0)

则
f(x?2)?a(x?2)?b(x?2)?c


?ax?(b?4a)x?(4a?2b?c)

又
f(x?2)?2x?9x?13

2
2

?
a?2
?
a?2
??
比较系数得：
?
b?4a? ?9
解得：
?
b??1

?
c?3
?< br>4a?2b?c?13
?
?
?f(x)?2x
2
?x?3
三、换元（或代换）法：
1?xx
2
?11
)??,
求
f(x)
. 例6：已知
f(
2
xx
x
解：设
1?x1

?t,
则
x?
xt?1
1?xx
2
?1111
) ???1??
则
f(t)?f(
xx
x
2
x
2< br>x
?1?
11
??1?(t?1)
2
?(t?1)?t
2
?t?1

1
2
1
()
t?1t?1
?f(x)?x
2
?x?1

例7：设
f(cosx?1)?cosx
，求
f(x)
.
解：令
t?cosx?1,?cosx?t?1

又
?1?cosx ?1,
2
??2?cosx?1?0即?2?t?0

?f(t)?(t?1 )
2
,(?2?t?0)即f(x)?(x?1)
2
,x?[?2,0]
x?1
)?1?x
（1）
x
x?1
在（1）式中以代替
x
得
x
x?1?1
x?1x?1
f()?f(
x
)?1?

x?1
xx
x
x?112x?1
即
f(
（2）
)?f(?)?
xx?1x
1
又以
?
代替（1）式 中的
x
得：
x?1
1x?2
（3）
f(?)?f(x)?
x?1x?1
例8：若
f(x)?f(
x?22x?1x
3
?x
2
?1
(1)?(3)?(2)得:2f (x)?1?x???

x?1xx(x?1)
x
3
?x
2
?1
?f(x)?

2x(x?1)

例9：设
f(x)满足af(x)?bf()?cx
1
x
(其中a,b,c均不为0
，
且a??b)
，求
f(x)
。
解：
af(x)?bf()?cx
（1）
用
1
x
111
来代替
x
，得
af()?bf(x)?c?< br> （2）
xxx
22
acx
2
?bc
由
a?(1)?b?(2)得:(a?b)f(x)?

x
?a??b
acx
2
?bc

?f(x)?
2
(a?b
2
)x
四、反函数法：
例10：已知
f(a
x?1
)?x
2
?2
，求
f( x)
.
解：设
t?a
x?1
?0
，则
x?1?l og
a
t
即
x?log
a
t?1

2 2
代入已知等式中，得：
f(t)?(log
a
t?1)?2?log
a
t?2log
a
t?3

?f(x)?log
2
a
x?2log
a
x?3

五、特殊值法：
例11：设
f(x)
是定义在N上的函数，满足
f (1)?1
，对于任意正整数
x,y
，均有
f(x)?f(y)?f(x?y )?xy
，求
f(x)
.
解：由
f(1)?1
，
f(x)?f(y)?f(x?y)?xy

设
y?1
得：
f(x)?1?f(x?1)?x

即：
f(x?1)?f(x)?x?1

在上式中，
x
分别用
1,2,3,?,t?1
代替，然后各式相加
111
(t?2)(t?1)?1?t
2
?t

22211
?f(x)?x
2
?x(x?N
?
)

22
可得：
f(t)?


六、累差法：
例12 ：若
f(1)?lg
1
x?1
，且当
x?2时,满足f(x?1)? f(x)?lga,(a?0,x?N?)
，求
f(x)
.
a
x? 1
解：
?f(x)?f(x?1)?lga(a?0,x?N
?
)

x?2
递推得：
f(x?1)?f(x?2)?lga

f(x?2)?f(x?3)?lga
x?3

……………………………………
f(3)?f(2)?lga
2

f(2)?f(1)?lga

以上
(x?1)
个等式两边分别相加，得：
f(x)?f(1)?lga? lga
2
???lga
x?2
?lga
x?1

?f(1)?lga
1?2???(x?2)?(x?1)

1
?l g?lga
a
x(x?1)
2
?lga
x(x?1)
?1< br>2

?[
x(x?1)
?1]lga

2
七、归纳法：
1
f(x),(x?N?)且f(1)?a
，求
f(x)
.
2
111
解：
?f(1)?a,f(2)?2?f(1)?2?a?4?2?a
222
1111
f(3)?2?f(2)?2?(2?a)?4?2
0
?
2
a

222
2
1111
f(4)?2 ?f(3)?2?(3?a)?4?2
?1
?
3
a

224
2
11111
f(5)?2?f(4)?2?(3?a)?4?2
?2
?
4
a

2228
2
例13：已知
f(x?1) ?2?
………………………………，依此类推，得
f(x)?4?2
3?x
?
1
2
x?1
a

再用数学归纳法证明之。
八、微积分法：
例14：设
f
?
(sinx)?cosx,
22
22
f(1)?2
，求
f(x)< br>.
2
解：
?f
?
(sinx)?cosx?1?sinx

?f
?
(x)?1?x(|x|?1)

因此
f(x)?< br>?
f
?
(x)d?
?
(1?x)dx?x?
?1?< br>1
2
3
x?
22
1
?c?2
2
1< br>2
x?c

2
?c?
3

2
?f(1)?2
?f(x)?x?(|x|?1)



反函数

一、定义与简单说明
1．认知
高中数 学对函数的研究是以映射的观点来进行的，回顾前面研究映射时我们定义了一个特殊映射.
一一映射.
若将某映射f:的对应关系调转，只有一一映射能够保证调转后的对应仍是映射，称这一映射
f
-1
:为原映射的逆映射.
若将前述一一映射限制在数集到数集上，就可以得到我们这里研究的反函数.
定义:
如果确定函数y=f(x)，x∈A的映射f:A→B(f:y=f(x), x∈A)是从A到B 上的一一映射，则
它的逆映射f
-1
:B→A(f
-1
:y→x=f
-1
(y), y∈B).
所确定的函数y=f
-1
(x), x∈B称为y=f(x),x∈A的反函数.
2．反函数存在的条件
按照函数定义 ，y=f(x)定义域中的每一个元素x，都唯一地对应着值域中的元素y，如果
值域中的每一个元素y 也有定义域中的唯一的一个元素x和它相对应，即定义域中的元素x和值
域中的元素y，通过对应法则y =f(x)存在着一一对应关系，那么函数y=f(x)存在反函数，否则不
存在反函数．例如：函数y =x
2
,x∈R，定义域中的元素±1，都对应着值域中的同一个元素1，所
以，没有 反函数．而y=x
2
, x≥1表示定义域到值域的一一对应，因而存在反函数．
3．函数与反函数图象间的关系
函数y=f(x)和它的反函数y=f
-1
(x)的图象关于y=x对称．若点(a,b)在y=f(x)的图象上，那
么点(b,a)在 它的反函数y=f
-1
(x)的图象上．
4．反函数的几个简单命题
（1）一个奇函数y=f(x)如果存在反函数，那么它的反函数y=f
-1
(x)一定是奇函 数．
（2）一个函数在某一区间是（减）函数，并且存在反函数，那么它的反函数在相应区间< br>也是增（减）函数．
二、说明及性质
1．由定义和f(x)存在反函数的充要条件是它的映射为一一映射.
如f(x)=x
2
(x∈R)无反函数（非一一），g(x)=x
2
+1(x≤0)有反函数，因为它 是到[1，+∞）上
的一一映射.
2．f(x),x∈A和f
-1
(x), x∈B互为反函数.
3．原函数的定义域是其反函数的值域，原函数的值域是其反函数的定义域.
4．单调函数具有反函数，因为单调一一映射有反函数.
可见函数在区间上具单调性是它有反函数的充分不必要条件.
如函数y=(x≠0), 其反函数与自身相同，但它在(-∞,0)∪(0,+∞)上不具单调性.
5．若b=f(a), 则 a=f
-1
(b),即(a, b)在函数图象上，则(b, a)在其反函数图像上；反之也对.
利用这一点可以把反函数上点的问题转化为研究函数上的点的问题.
6．x∈A, f
-1
[f(x)]=x; x∈B, f[f
-1
(x)]=x.
7．原函数与反函数图象关于y=x对称.
8．单调函数的反函数与原函数具有相同的单调性.
奇函数如果有反函数，则其反函数也是奇函数.需要认识到，奇函数不一定有反函数.
如：y=x
3
-x, 当y=0时x=0, ±1,
这不是一一映射，因此不具有反函数.但偶函数是不是一定没有反函数？如y=f(x)，x∈{0},
y∈{0},其图象就是原点.它是偶函数，也具有反函数（即自身）.

三、求反函数的一般步骤
1．求D,因为原函数的值域R是反函数的定义域，这定义域在结论中是必须指出的.
2．在原函数的解析式中反求x，写成x=g(y).
3．x, y互换，即将反函数写成y=g(x)因为习惯上通常将x作为自变量.
4．下结论（注意给出反函数定义域）
四、例题.

例1．已知f(x)=(0≤x≤4), 求f(x)的反函数.
分析：这里要先求f(x)的范围（值域）.
解：∵0≤x≤4,

∴0≤x
2
≤16, 9≤25-x
2
≤25, ∴ 3≤y≤5,
∵ y=, y
2
=25-x
2
, ∴ x
2
=25-y
2
.

∵ 0≤x≤4, ∴x=(3≤y≤5)
将x, y互换，∴ f(x)的反函数f
-1
(x)=(3≤x≤5).
例2．已知.f(x+1)=x
2
-3x+2, x∈(-∞,),求.f
-1
(x).
分析：本题是求函数解析式与求反函数两类问题的稼接，因此可套用相应方法分别处理.
解：(1)求f(x)解析式（用换元法）令t=x+1, ∴t<, x=t-1,
∴ f(t)=(t-1)
2
-3(t-1)+2=t
2
-5t+6, t∈(-∞,).

即y=f(x)=x
2
-5x+6, x∈(-∞,).
这是f(x)的单调区间，存在反函数.
(2)求反函数易知 y∈(-,+∞).y=(x-)
2
-, (x-)
2
=y+,
∵ x<, x-<0,

∴ x-=-(y>-).

∴ x=-(y>-).
∴ f
-1
(x)=-(x>-).
例3．已知f(x)=，求f
-1
(x).
分析：求分数函数的反函数问题，应逐段求其反函数，再合并.
解：当x≥0时，y=x+1≥1,

∴y∈[1,+∞),∴ f
-1
(x)=x-1 (x≥1)
当x<0时，y=1-x
2
<1,

∴ y∈(-∞,1).反解 x
2
=1-y, x=-(y<1)
∴ f
-1
(x)=-(x<1)

∴ 综上f
-1
(x)=.
例4．已知f(x)=(x≥3), 求f
-1
(5).
分析：这里应充分理解和运用反函数的自变量就是原函数的 函数值，所求的反函数的函数值
就是原函数的自变量这一事实，转化成方程问题.
-1
解：设f(5)=x
0
, 则 f(x
0
)=5,即 =5 (x
0
≥3)

∴ x
0
2
+1=5x
0
-5, x
0
2
-5x
0
+6=0.
解得：x
0
=3或x
0
=2(舍）∴ f
-1
(5)=3.
2
例5．设点（4，1）既在f(x)=ax+b (a<0,x>0)的图象上，又在它的反函数图象上，求f(x)
解析式.
分析：由 前面总结的性质我们知道.点（4，1）在反函数的图象上，则点（1，4）必在原函数
的图象上.这样 就有了两个用来确定a,b的点，也就有了两个求解a,b的方程.
解： 解得.a=-, b=, ∴ f(x)=-x+.
另这个题告诉我们.函数的图象若与其反函数的图象相交，交 点不一定都在直线y=x上.这一
点好些同学弄不清楚.
例6．已知f(x)=的反函数为f
-1
(x)=,求a,b,c的值.

分析： 注意二者互为反函数，也就是说已知函数f
-1
(x)=的反函数就是含字母的反函数f(x) .
解：求f
-1
(x)=的反函数，令f
-1
(x)=y有y x-3y=2x+5.
∴ (y-2)x=3y+5
∴ x=(y≠2),f
-1
(x)的反函数为 y=.即 =，
∴ a=3, b=5, c=-2.


典型题目
题目一：（19 99年全国高考试题）已知映射f:A→B，其中，集合A={-3,-2,-1,1,2,3,4}，
集合B中的元素都是A中元素在映射f下的象，且对任意的a∈A，在B中和它对应的元素是{a}，
则 集合B中元素的个数是
（ ）.
A、4 B、5 C、6 D、7
分析：根据映射的基本概念：“映射允许集合A中的不同元素在集合B中有相同的象.”来
解题.
解：已知映射f: A→B，在集合A={-3,-2,-1,1,2,3,4}中共有7个元素，其中两个不同元素
-3, 3对应B中相同的象|±3|=3，-2，2对应B中相同的象|±2|=2，-1，1对应B中相同的象|±1 |=1，
4对应B中的象|4|=4.故本题应选择（A）.
评述：
（ 1）映射是两个集合A与B之间的一种特殊反应，它的特点是对于集合A中任一元素，集合
B中都有唯一 元素和它对应；集合A中不同的元素在B中可以有不同的象，也可以有相同的象；
集合B中的元素可以有 原象，也可以没有原象.
（2）映射具有方向性，即从A到B的映射与从B到A的映射一般是不同的映射.
题目二:函数y=f(x+1)与函数y=f
-1
(x+1)的图象（ ） .
A、关于直线y=x对称 B、关于直线y=x+1对称
C、关于直线y=x-1对称 D、关于直线y=-x对称
解答：y=f(x+1)与y=f
-1
(x+1)图象是分别将y=f(x), y=f
-1
(x)的图象向左平移一个单位所得，
∵ y=f(x)与y=f
-1
(x)的图象关于直线y=x对称，y=x向左平移一个单位而得y=x+1. 故选B.
题目三:定义在R上的函数y=f(x)有反函数，则函数y=f(x+a)+b的图象与y=f< br>-1
(x+a)+b的图
象间的关系是
（ ）.
A、关于直线y=x+a+b对称 B、关于直线x=y+a+b对称
C、关于直线y=x+a-b对称 D、关于直线x=y+a-b对称
解答:将y=x向左平移a个单位，向上平移b个单位得y=x+a+b，故选A.
题目四：求下列函数的反函数：
2
(1)y=x+2x-2, x∈[-3,-2];
(2)y=.
解：（1）∵ y=(x+1)
2
-3, x∈[-3,-2],
∴ -2≤y≤1且(x+1)
2
=y+3.

∴ x+1=-, y=-1-,
∴ 所求反函数y=-1-- 2≤x≤1.
(2)若x≤0，则y=x
2
≥0, x=-.
若x>0, 则 y=-x-1<-1, x=-y-1.

∴ 所求反函数y=.

评注：求函数y=f(x)的反函数的一般步骤是
（1）确定原函数的值域，也就是反函数的定义域．
（2）由y=f(x)的解析式求出x=f
-1
(y).
-1
（3）将x、y交换位置得y=f(x)．
（4）求分段函数的反函数，应分别求出各段的反函数，它们联合在一起构成原函数的反函数．
题目五：已知点（1，2）既在y=的图象上，又在它反函数的图象上，求a,b．
解：∵点（1，2）在y=上，

∴ 2=...........(1)
∵点（1，2）在y=的反函数的图象上，

∴点（2，1）在y=上，
∴1=...........(2)由(1),(2)得a=-3, b=7．
评议：本题目 巧妙的运用了：若点(a,b)在y=f(x)的图象上，那么点(b,a)在它的反函数y=f
-1< br>(x)
的图象上．
题目六：若函数f(x)的图象过（0，1）点，则f
-1
(x+4)的图象必过点___________．
分析：∵f(x)的图象过（0，1）点，∴ f
-1
(x)的图象过（1，0）点，而f-1
(x+4)的图象是把
y=f
-1
(x)的图象向左平移4个单位而 得到的，故f
-1
(x+4)的图象过(-3,0)点．
题目七：设y=f(x)=, y=g(x)的图象与 y=f
-1
(x+1)的图象关于y=x对称，求g(3)的值．
解：由y=f
-1
(x+1), f(y)=x+1.
∴ x=f(y)-1, y=f(x)-1是y=f
-1
(x+1)的反函数，即它们关于y=x 对称．所以g(x)=f(x)-1,
∴g(3)=f(3)-1=-1=．
分析：还可以先求出f
-1
(x)，然后求f
-1
(x+4)，然后求出f< br>-1
(x+4)的反函数就是y=g(x)的表
达式子.
评注：灵活应用反函数的定义，显得轻盈活泼．
题目八：设y=f(x)是单调函数，求证：f (x)的反函数y=f
-1
(x)是单调函数，且其增减性与f(x)
增减性一致．
证明：以y=f(x)为增函数时情况加以证明，用反证法．
设x
1
2
, y
1
=f
-1
(x
1
), y
2
=f
-1
(x
2
), 证明y
1
2
.
反之若y
1
≥y
2
, 由于f(x)是增函数，∴f(y
1
)≥f(y
2
), 而f(y
1
)=x
1
, f(y
2
)=x
2
,

∴x
1
≥x
2
与x
1
2
矛盾，∴ y
1
2
, 即f
-1
(x)为增函数．当y=f(x)是减函数时，同理可证．
题目九：函数y=f(x)=(1+)
2
-2(x≥-2), 求方程f(x)=f
-1
(x)的解集．
分析：若先求出反函数f
- 1
(x)=2-2(x≥-2)，再求它的解集，这时由题设有2-2=(1+)
2
- 2. 整
理得四次方程，求解有困难，但我们可利用y=f(x)与y=f
-1
(x) 的图象关系求解．
首先画出y=f(x)=(1+)
2
-2的图象，如图所示 ．因为互为反函数的两个函数的图象是关于直线
y=x对称的，故立即可画出y=f
-1
(x)的图象，由图可见两图象恰有两个交点，且交点在y=x上，因
此可由方程组：
解得 x=2或-2, 从而得方程f(x)=f
-1
(x)的解集为{-2,2}．






函数的图象与性质
函数的 图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的直观工具，利用它的直观性解

题，可以起到化繁为简、化难为易的作用.因此，读者要掌握绘制函数图象的一般方法，掌握函数图象变 化的
一般规律，能利用函数的图象研究函数的性质.此类题目还很好的考查了数形结合的解题思想.
重点、难点：函数的构造思想、数形结合与分类思想的运用
函数与方程和不等式有紧密的 联系.我们对方程不等式的研究，可以采取构造函数，利用函数
图象进行直观的分析和解决问题，在这种 解决问题的过程中体现了构造的思想和数形结合的思想.
方程的问题几乎渗透到高中数学学习的每个环节 ，方程问题的重点是：实系数一元二次方程根的
讨论，简单的指数、对数方程；热点是含参数的对数、指 数方程.解决这部分内容，经常用到的解
决问题的思想和方法有：函数思想、数形结合的思想、分类讨论 的思想.
典型例题：
例题1：若方程ax
2
-2x+1=0(a>0)的两根满足：x
1
<1, 12
<3, 求a的取值范围.
分析：由一元二次方程联想到一元二次函 数，利用函数解决方程问题比较方便，一元二次方
程的根和一元二次函数与x轴的交点情况有关系.
略解：令y=ax
2
-2x+1,从图象可以得到，
解次不等式组就可以求出a的范围来（a>0）.
例题2：讨论方程|x
2
-2x-3|=a,aR的实数解的个数．
分析：通 过观察方程两边可以令为两个函数，求方程解个数的问题就转换成了求函数图象交
点个数的问题了.
解：作出函数y= x
2
-2x-3=(x-1)
2
-4的图象 ,保留其位于x轴上方的部分,将位于x轴下方的
部分沿x轴翻折到x轴上方,便可得到函数y=|x< br>2
-2x-3|的图象．












（如图）再讨论它与直线y=a的交点个数即可．
（1）当a＜0时,解的个数是0；
（2）当a=0时或a＞4时,解的个数是2；
（3）当0＜a＜4时,解的个数是4；
（4）当a=4时,解的个数是3．
点评：将方程和函数紧密联系起来，利用数形结合思想解决问题比较方便.
例题3：已知方程( 2-2k)
2
=ax(k∈N)在区间[2k-1，2k+1]上有两个不等实根，求a的取值 范
围.
分析：将方程左、右两边看成一个二次函数和一个一次函数，画出它们的图像如 图所示，则
将原方程在区间[2k-1, 2k+1]上有两个不等实根问题，转化为两图像在此区间有两个交点问题.
解：设f(x)=(x-2k)
2
，g(x)=ax，x∈[2k-1, 2k+1]，在同一坐标系中作出二者的图像，

则原方程在[2k-1, 2k+1]上有两个不相等的实根

等价于两图像在区间[2k-1, 2k+1]上有两个不同的交点.

所以直线
l
：y=ax应介于射线Ox与OB（包括OB）之间，B点坐标为（2k+1, 1）

∴k
Ox
l
≤K
OB
，即0 点 评：k
Ox
，k
l，
k
OB
分别表示直线的斜率，相当于一 次函数y=kx+b中的k，过一、三象限的直
线越靠近y轴k就越大.
例题4：若方程有实数解，求的范围.
分析：这个题目可以直接利用求解对数方程的方法去求， 但是比较烦琐，可以考虑用构造思
想，将代数问题转化求解。
解：由，令，表示以原点为圆心，
半径为的半圆（由变成，变成，可以看成是到原点的距离等于的点的集合），
如图；令y=x- a(y>0),它表示一射线（不含端点），其中a的几何意义是射线在x轴上的端
点.由图象可以得到 当的时候，两曲线有交点，所以a的范围是
点评：这个题目没有采用分类讨论的思想，采取数形 结合的思想，避免了烦琐的代数运算，
解题目的时候要灵活运用数学的思想方法.
例题5：解不等式x+a(a>0).
分析：一种方法是列出等价的不等式组求解；另一种方法 是在同一坐标系内分别画出左、右
两边函数的图像，再根据图像去分析.
解一：转化为解不等式组
或 解得：-a 解二：令y=和y=x+a，在同一坐标系内作y=和y=x+a的图像如图所示，
并用解方程x+a的方法求出交点A的横坐标为-a，
由图像知原不等式的解集为：{x|-a （y=可以变形为，是一个圆的方程）
点评：正确绘制图形,以反映图形中相应的数量关系.善于观察图形,以揭示图形中蕴含的数
量关系.象这一类好字母系数的不等式问题，通过图象求解，直观而简洁，在求交点时需要计算，
而在 确定不等式解集时需要看图，体现数与形的结合.



函数综合问题
函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考查内容和形式灵活多样. 这里主要 帮
助考生在掌握有关函数知识的基础上进一步深化综合运用知识的能力，掌握基本解题技巧和方法，并培 养读者
的思维和创新能力.

例1．已知
f(x)?|x< br>2
?1|?x
2
?kx.

（Ⅰ）若
k
= 2，求方程
f(x)?0
的解；
（Ⅱ）若关于
x
的方程
f (x)?0
在（0，2）上有两个解
x
1
，
x
2
， 求
k
的取值范围，并证明
1
?
1
?4.

x
1
x
2
命题意图：本题主要考查函数的基本性质、方程与函数的关系等基础 知识，以及综合运用所学知识、分类讨论
等思想方法分析和解决问题的能力。
（I）解：当
k?2时,f(x)?|x
2
?1|?x
2
?2x?0.

分两种情况讨论：
①当
x
2
?1?1时,即x?1或x??1时
， 方程化为
2x
2
?2x?1?0,

解得x?
?1?3?1?3?1?3

.因为0??1,舍去,所以x?.
222
②当
x
2
?1?0时,即?1?x?1
， 方程化为1+2
x
= 0， 解得
x??
1
，
2
由①②得，

当k?2时,方程f(x)?0的解是
?1 ?31
x?,或x??.
22

（II）解：不妨设
0?x
1
?x
2
?2
，
2x
2
?kx?1,|x|?1,
因为
f(x)?
?
?
?
kx?1,|x|?1,
所以
f(x)在
?
0,1
?
是单调递函数，
故
f(x)?0在
?
0,1
?
上至多一个解，
若x
1
,x
2
?(1,2),则x
1
x
2
??
1
?0,故不符合题意,因此,x
1
?
?
0,1
?
,x
2
?(1,2).
2

由f(x
1
)?0, 得k??
由f(x
2
)?0,得k?
故当?
1
,所以k?? 1;
x
1

17
?2x
2
,所以??k??1.< br>x
2
2
7
?k??1时,f(x)?0在(0,2)上有两个解.2
方法一：
1?k?k
2
?8
因为x
1
?
?
0,1
?
,所以x
1
??,而方程2x
2?kx?1?0的两根是;
k4

?k?k
2
?8
因 为x
2
?(1,2),所以x
2
?,
4
1141
则 ???k??(k
2
?8?k),
x
1
x
2
k2
?8?k
2
777
而y?k
2
?8?k在(?,?1 )上是减函数,则k
2
?8?k?(?)
2
?8??8,
22211
因此??4.
x
1
x
2

方法二：
因为
x
1
?
?
0,1
?
,所以kx
1
?1?0
；
因为
x
2
?(1 ,2),所以2x
2
2
?kx
2
?1?0
，
由①②消去
k
，得

2x
1
x
2
2
?x
1
?x
2
?0,即
1
?
x
1
①
②
111
?2x
2
.又因为x
2
? (1,2),所以??4.

x
2
x
1
x
2



复合函数问题
复合函数问题,是新课程、新高考的重点.此类题目往往分为两类:一是结合函 数解析式的求法来求复合函
数的值.二是应用已知函数定义域求复合函数的定义域.

例1．对于函数①
f(x)?x?2
，②
f(x)?(x?2)
2
，③
f(x)?cos(x?2)
，判断如下两个命题的真假：
命题甲：
f(x?2)
是偶函数；
命题乙：
f(x)
在< br>(??，?)
上是减函数，在
(2，??)
上是增函数；
能使命题甲、乙均为真的所有函数的序号是（ ）
Ａ．①② Ｂ．①③ Ｃ．② Ｄ．③
命题意图: 本题主要考查利用复合函数和函数单调性等知识解决问题的能力.
解：
Qf(x)?(x?2)
2
,?f(x?2)?x
2
是偶函数，又函 数
f(x)?(x?2)
2
开口向上且在
(??，?)
上是减函数， 在
(2，??)
上是增函数．故能使命题甲、乙均为真的函数仅有
f(x)?(x?2 )
2
．
故选Ｃ

例2．函数
f
?
x< br>?
对于任意实数
x
满足条件
f
?
x?2
?< br>?
1
，若
f
?
1
?
??5,
则f
?
f
?
5
?
?
?
________ __.
f
?
x
?
命题意图: 本题主要考查代数式恒等变形和求复合函数的值的能力.
解：由
f
?
x?2
?
?
1
,得
f
?
x?4
?
?f
?
x
?
f
?
f
?
5
??
?f(?5)?f(?1)?
1
?f(x)
，所以
f(5)? f(1)??5
，则
f
?
x?2
?
11
??
.
f(?1?2)5
例3．
①已知 求；
②已知 ，求．
例4．
①已知 ，求；
②已知，求．
点评：
已知求复合函数的解析式，直接把中的换成即可。
已知求的常用方法有：配凑法和换元法。
配凑法就是在中把关于变量的表达式先凑成整体的表达式，再直接把换成而得。

换元法就是先设，从中解出（即用表示），再把（关于的式子）直接代入中消去得到，最后把中的直接
换成即得。
例6．①已知是一次函数，满足，求；
②已知，求．
点评：
⑴ 当已知函数的类型求函数的解析式时，一般用待定系数法。
⑵ 若已知抽象的函数表达式 ，则常用解方程组、消参的思想方法求函数的解析式。已知满足某个等式，这个等
式除是未知量外，还出 现其他未知量，如、等，必须根据已知等式再构造出其他等式组成方程组，通过解方程
组求出。




函数的单调性、奇偶性和周期性
函数的单调性、奇偶性和周期性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样. 这里主要帮助读者深刻理 解
奇偶性、单调性和周期性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象.
1
,
，若
f
?
x
?
为奇函数，则
a?
________. 例1． 已知函数
f
?
x
?
?a?
x
z?1
命题意图: 本题主要考查函数的解析式的求解以及函数的奇偶性应用.
常 规解法：由f(x)为奇函数,所以f(x)+f(-x)=0,即
a?
1
?
11
?
11?2
x
1
应填
?a?
?
x??.
?
??
2
?
2?12
?x
?1
?
2
2
x
?1
2
11
?a??0,

2
x
?12
?x
?1
1
.
2
11
1
?0,?a?.
应填.
2
2
2 ?1
0
巧妙解法：因为f(x)为奇函数,所以f(0)=0,即
a?
点评： 巧妙解法巧在利用了f(x)为奇函数,所以f(0)=0,这一重要结论.
例2．
f(x )
，
g(x)
是定义在
R
上的函数，
h(x)?
偶 函数”的（ ）
A．充要条件

f(x)?g(x)
，则“< br>f(x)
，
g(x)
均为偶函数”是“
h(x)
为
B ．充分而不必要的条件
D．既不充分也不必要的条件 C．必要而不充分的条件
命题意图: 本题主要考查两个函数的加法代数运算后的单调性以及充分条件和必要条件的相关知识.
解 先证充分性：因为
f(x)
，
g(x)
均为偶函数，
所以
f(?x)?f(x),g(?x)?g(x)
，有
h(?x)?f(?x)?g(?x)?f(x)?g(x)?h(x)
，
所以
h(x)
为偶函数．
反过来，若
h(x)
为偶函数，
f( x)
g(x)
不一定是偶函数．如
h(x)?x
2
，
f(x )?x,
g(x)?x
2
?x
，
故选B.
方法二：可以选取两个特殊函数进行验证．

故选B
点评：对充要条 件的论证，一定既要证充分性，又要证必要性，二着缺一不可．同时，对于抽象函数，有时候
可以选取特 殊函数进行验证．






例3．对于函数y=x
3
, (1)画出它的图象，(2)写出它的单调区间，并用定义证明之.
解:由图像知:y=x
3
的单调增区间为（-∞，+∞）.
证明:显然y=x
3
的定义域为（-∞，+∞）,
在R内任取x
1
和x
2
, 使x
1
2
,
f(x
1
)-f(x2
)=x
1
3
-x
2
3

=( x
1
-x
2
)(x
1
2
+x
1
· x
2
+x
2
2
)=(x
1
-x
2
)[(x
1
+x
2
)
2
+x
2
2
]
∵x
1
2
,∴x
1
-x
2
<0,
又∵(x
1
+x
2
)
2
≥0, x
2
2
≥0，且(x
1
+x
2
)
2
与x
2
2
至多一个为0，

∴ f(x
1
)-f(x
2
)<0 即f(x
1
)2
),

∴函数f(x)在(-∞,+∞)内为增函数.
点评:
1．从图象上观察函数 的单调性固然形象，也必须掌握，但这不够，函数单调性的讨论还必须
会用定义来证明.
2．此题f(x
1
)-f(x
2
)的正负的讨论，易犯以下错误:
∵x
1
2
, ∴x
1
3
2
3
, ∴f(x
1
)-f(x
2
)<0,
这种做法其实已经用了函 数y=x
3
在R上是增函数的结论，所以它是不可取的，而实现这种判
断还得靠实数的 一些基本性质.
3．用定义证明函数的增减性的一般步骤是:
(1)设x
1
,x
2
是给定区间的任意两个自变量的值，且x
1
2
.
(2)作差f(x
1
)-f(x
2
)，并将此差式变形.（有时也用作商法）
(3)判断f(x
1
)-f(x
2
)的正负，从而得出判断，（ 作商时判断与1的大小关系）.
例4．设f(x)是R上的奇函数，且当x∈[0,+∞)时，f( x)=x(1+x
3
),那么当x∈(-∞,0]时，求f(x)
的表达式.
解:任取x∈(-∞,0], 有-x∈[0,+∞),∴f(-x)=-x[1+(-x)
3
]=-x(1-x
3
),
∵f(x)是奇函数，∴ f(-x)=-f(x)，∴ f(x)=-f(-x)=x(1-x
3
)，
即:当x∈(-∞,0]时，f(x)的表达式为x(1-x
3
).
点评:在 求表达式时，要注意“问啥设啥”，直接在(-∞,0]内取x，可以明确问题的求解方
向，不致于使关 系混乱.（因为题目要求x∈(-∞,0] 时f(x)的表达式）
例2．已知f(x)=x< br>5
+ax
3
+bx-8，且f(-2)=10,求f(2).
解:观察函数，可知f(x)+8=x
5
+ax
3
+bx为奇函数，令F(x )=f(x)+8,有F(-x)=-F(x)，
∴F(2)=-F(-2)=-[f(-2)+8]=-(10+8)=-18
F(2)=f(2)+8=-18,∴f(2)=-26.
点评:此题关键在于如何处理f(x )表达式中“-8”这个“尾巴”，去掉它就可以得到一个奇
函数.因此可构造一个新的函数F(x)= f(x)+8，就能让这个问题利用奇函数的性质解决.
小结:

1．函数的单调性和奇偶性是函数最基本，最重要的两类性质，对这部分知识的灵活运用，首
先建立在透 彻理解单调性，奇偶性的概念上，对于其本质意义（即反映函数随自变量的变化情况）
要更深的理解.
2．对单调性，奇偶性的讨论离不开函数的图形，所以数形结合是讨论这两种基本性质的重要
手段.
例5已知f(x)是定义在R上的偶函数，且是周期为2的周期函数，当x∈[2,3]时，f(x)= x, 则
f()的值是
A、 B、 C、- D、
解：选B。∵f(x)为偶函数，∴f(-x)=f(x),又∵ f(x)是周期为2的函数，∴f(x+2)=f(x)。
∴ f()=f(-2)=f(-)=f()=f(+2)=f()=。
评注：对本题的思考主要集中在如何利用已知条件。
∵ [2，3]，故尽量想办法把f()变成[2，3]内的一个点（为）的函数值。
例题6．设函数y=f(x) (x∈R且x≠0)对任意非零实数x
1
,x
2
恒有f(x
1
·x
2
)=f(x
1
)+f(x< br>2
)。
(1)求证：f(1)=f(-1)=0。
(2)求证：y=f(x)是偶函数；
(3)已知f(x)为(0,+∞)上的增函数，求适合f(x)+f(x-)≤0的x的取值范围。
证明：(1)∵f(x
1
·x
2
)=f(x
1
)+f(x
2
)(x
1
·x
2
≠0)，令x
1=x
2
=1,

∴ f(1)=f(1)+f(1)=2f(1), ∴f(1)=0, 又令x
1
=x
2
=-1,
得f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)=0, ∴ f(-1)=0。
(2)令x
1
=-1, x
2
=x≠0,x是任意的，则有f(-x)=f(-1)+f(x)=f(x), ∴f(x)为偶函数。
(3)∵f(x
1
·x
2
)=f(x
1
)+f(x
2
) (x
1
·x
2
≠0)，∴ f(x)+f(x-)=f(x
2
-x)。
又 ∵f(x)+f(x-)≤0, ∴ f(x
2
-x)≤0。
∵ f(x)为偶函数且f(1)=0, ∴ f(|x
2
-x|)≤f(1)。
∵ f(x)在(0,+∞)上是增函数，
∴ 解得≤x≤，且x≠0, x≠。
评注：特殊值法是解抽象函数方程的一种常用方法，解抽象函数方程注意求特殊值的函数值，
同时也注意 把函数值转化为自变量。本题是函数的性质、不等式的解法、抽象函数方程等综合知
识的相互渗透，考查 学生的逻辑思维能力。