(完整版)高中数学函数解题技巧.

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< br>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
(< br>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．
- 1 -

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)。
解：
f
?
(x)?
1
2x
?
1
(x?0)
．
x?a
当
a
＞0，
x
＞0时
f
?(< br>x
)＞0?
x
2
＋(2
a
－4)
x
＋
a
2
＞0，
f
?(
x
)＜0?
x< br>2
＋(2
a
－4)
x
＋
a
2
＜0．
(ⅰ)当
a
＞ 1时，对所有
x
＞ 0，有
x
2
＋(2
a
－4)
x
＋
a
2
＞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
x
2
＋(2
a
－4)
x
＋
a
2
＞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
- 2 -

x
2
＋(2
a
－4)
x
＋
a
2
＞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
x
2
＋(2a
－4)
x
＋
a
2
＜ 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
f(x)?
M(x
1
,f (x
1
))
处的切线为
l
。
1?ax2
,x?( 0,??)
。设
0?x
1
?
，记曲线
y?f(x)
在点
xa
(Ⅰ)求
l
的方程；
(Ⅱ)设
l
与x
轴交点为
(x
2
,0)
。证明：
①
0?x
2
?
② 若
x
1
?
1
；
a
11
，则
x
1
?x
2
?
a
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)??
y?(
1
，由此得切线
l
的方程：
2
x
1?ax
1
1
)??
2
(x?x
1
)
。
x
1
x
(Ⅱ)分析：① 要求
x
2
的变化范围，则须找到使
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
的变化，因 此，找到
x
2
与
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?ax
1
)?x
1
?x
1
(2?ax
1
)，其中0?x
1
?
2
.
a
211
, x
2
?x
1
(2?ax
1
),有x
2
?0 ,及x
2
??a(x
1
?)
2
?
aaa
111
?〈0x
2
?,当且仅当x
1
?时，x
2
?
.
aaa
① 由0?x
1
?
- 3 -

11
②
当x
1
?时，ax
1?1，因此，x
2
?x
1
(2?ax
1
)?x
1
，且由①，x
2
?

aa
1
所以x
1
?x
2
?
。
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。
例3、 函数
y
＝1－
1
的图象是( )
x?1

解析一：该题考查对
f
(
x
)＝
11
图象以及对坐标平移公式的理解，将函数
y
＝的图形变
xx
11
形到
y
＝，即向右平移一个单位，再变形到
y
＝－即将前面图形沿< br>x
轴翻转，再变
x?1x?1
形到
y
＝－
1
＋1，从而得到答案
B
.
x?1
解析二：可利用特殊值法，取
x< br>＝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.
- 4 -

例４ 设二次函数
f
?
x
?
?a x
2
?bx?c
?
a?0
?
，方程
f
?< br>x
?
?x?0
的两个根
x
1
,x
2
满足
1
0?x
1
?x
2
?
. 当
x?
?
0,x
1
?
时，证明.
a
分析 ：在已知方程
f
?
x
?
?x?0
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
?0?x?x
1
?x
2
?
f(x)?x?a(x?x
1
)(x?x
2
)
.
1
，
a
∴
a(x?x
1
)(x?x
2
)?0
，
∴ 当
x?
?
0,x
1
?
时，
f(x)?x
.
又
f(x)?x
1
?a(x?x
1
)(x?x
2< br>)?x?x
1
?(x?x
1
)(ax?ax
2
?1)
，

x?x
1
?0,且ax?ax
2
?1 ?1?ax
2
?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
?.
。
例5 已知二次函数
f(x)?ax
2
?bx?1(a ,b?R,a?0)
，设方程
f(x)?x
的两个实数根为
x
1和
x
2
.
(1)如果
x
1
?2?x
2
?4
，设函数
f(x)
的对称轴为
x?x
0
， 求证：
x
0
??1
；
(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.
解：设
g(x)?f(x)?x?ax
2
?(b?1)x?1，则
g(x)?0
的二根为
x
1
和
x
2
.
?
g(2)?0
?
4a?2b?1?0
(1)由
a? 0
及
x
1
?2?x
2
?4
，可得
?
，即
?
，即
?
g(4)?0
?
16a ?4b?3?0
b3
?
3?3???0,
?
?
2a4a
?

b3
?
?4?2???0,
?
2a4a
?
- 5 -

b
?1
，所以，
x
0
??1
;
2ab?1
2
4
(2)由
(x
1
?x
2
)
2
?()?
， 可得
2a?1?(b?1)
2
?1
.
aa
1
又
x
1
x
2
??0
，所以
x
1
,x
2
同号.
a
??
?
0?x
1
?2?x
2
?
x
2
??2?x
1
?0
∴
x1
?2
，
x
2
?x
1
?2
等价于?
或
?
，
22
?
?
2a?1?(b?1)? 1
?
?
2a?1?(b?1)?1
两式相加得
?
g(2)? 0
?
g(?2)?0
??
??
即
?
g(0)?0
或
?
g(0)?0

??
22
2a?1?(b?1)?1
??
??
2a?1?(b?1)?1
解之得
b?
17
或
b?
.
44
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< br>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，< br>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.
- 6 -

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< br>?[1,2]
，都有
|
?
(2x
1
)?
?< br>(2x
2
)|?L|x
1
?x
2
|

(Ⅰ)设
?
(x)?
3
1?x,x?[2,4]
，证明：
?
(x)?A

(Ⅱ)设
?
(x)?A
，如果存在
x
0
?(1,2)
，使得
x
0
?
?
(2x
0
)
，那么这样的
x
0
是唯一的;
(Ⅲ)设?
(x)?A
，任取
x
l
?(1,2)
，令
x
n?1
?
?
(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< br>k?l
L
k?1
?x
k
|?|x
2
?x1
|

1?L
解：对任意
x?[1,2]
，
?
(2x)?
3
1?2x,x?[1,2]
，
3
3?
?
(2x)
?
3
5
，
1?
3
3?
3
5?2
，所以
?
(2x)?(1,2)

对任意的
x
1
,x
2
?[1,2]
，
|
?
(2x
1
)?
?
(2x
2
)|?|x< br>1
?x
2
|
2
3
?
1?2x
1?
2
?
3
?
1?2x
1
??
1?x< br>2
?
?
3
?
1?x
2
?
2
，
3?
3
?
1?2x
1
?
2
3
?
3
?
1?2x
1
??
1?x
2
?
?
3
?
1?x
2
?
，
所以0＜
2?
1?2x
1
?
2
2
?
3
?
1?2x
1
??
1?x
2
?
?
3
?
1?x
2
?
2
2
2
?
2
，
3
令
3
?
1?2x
1
?
?
3
?1?2x
1
??
1?x
2
?
?
3
?< br>1?x
2
?
＝
L
，
0?L?1
，
|
?
(2x
1
)?
?
(2x
2
)|?L| x
1
?x
2
|

所以
?
(x)?A

?
?(1,2),x
0
?x
0
?
使得
x
0
?
?
(2x
0
)
，
x
0
?
?
?
(2x
0?
)
则 反证法:设存在两个
x
0
,x
0
由< br>|
?
(2x
0
)?
?
(2x
0
)|?L|x
0
?x
0

|
，得
|x
0
?x
0
|?L|x
0
?x
0
|
，所以L?1
，矛盾，故
结论成立。

x
3
?x
2< br>?
?
(2x
2
)?
?
(2x
1
)? Lx
2
?x
1
，所以
x
n?1
?x
n?L
n?1
x
2
?x
1

- 7 -

|x
k?p
?x
k
|?
?
x
k?p
L
k?1
?x
k?p?1
?
?
?
x
k?p?1
?x
k?p?2
?
??
?
x
k?1
?x
k
?
?|x
2
?x
1
|

1?L
?x
k?p
?x
k?p?1
?xk?p?1
?x
k?p?2
??x
k?1
?x
k
?
L
k?p?2
x
2
?x
1
?L
k?p ?3
x
2
?x
1
＋…
L
k?1
L
K?1
x
2
?x
1

x
2
?x
1
?
1?L
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
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．
例7设函数
f(x)?tx
2
?2t
2
x?t?1(x?R，t?0)
．
(Ⅰ)求
f(x)
的最小值
h(t)
；
(Ⅱ)若h(t)??2t?m
对
t?(0，2)
恒成立，求实数
m
的取 值范围．
解：(Ⅰ)
Qf(x)?t(x?t)
2
?t
3
?t?1(x?R，t?0)
，
?
当
x??t
时，
f(x )
取最小值
f(?t)??t
3
?t?1
，
即
h(t)??t
3
?t?1
．
(Ⅱ)令
g(t )?h(t)?(?2t?m)??t
3
?3t?1?m
，
由
g< br>?
(t)??3t
2
?3?0
得
t?1
，
t ??1
(不合题意，舍去)．
当
t
变化时
g
?
( t)
，
g(t)
的变化情况如下表：
t

g
?
(t)

g(t)

(0，1)
?

1

0

极大值
(1，2)
?

递减 递增
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，
- 8 -

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，
(建模)有
y
＝(
a
＋
bv
2
)
S

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
(＋
bv
)，其中函 数的定义域是
v
∈(0，
c
] .
v
a
a
整理函数有
y
＝
S
(＋
bv
)＝
S
(< br>v
＋
b
)，
v
v
k
由函数
y
＝
x
＋ (
k
＞0)的单调性而得：
x
aa
当＜
c
时，则
v
＝时，
y
取最小值；
bb
当
a
≥c
时，则
v
＝
c
时，
y
取最小值.
b
aaa
＜
c
时，行驶速度应为
v
＝；当≥
c时，
bbb
综上所述，为使全程成本
y
最小，当
行驶速度应为< br>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.

方法总结与高考预测
(一)方法总结
- 9 -

本专题主要思想方法：
1. 数形结合
2. 分类讨论
3. 函数与方程
(二)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
（一） 选择题(12个)
1.函数
y?e
x?1
(x?R)
的反函数是( )
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?4 a,x?1
2.已知
f(x)?
?
是
(??,??)
上的减 函数，那么
a
的取值范围是
logx,x?1
a
?
111
(
A
)
(0,1)
(
B
)
(0,)
(
C
)
[,)

3
73
1
(
D
)
[,1)

7< br>3.在下列四个函数中，满足性质：“对于区间
(1,2)
上的任意
x
1
,x
2
(x
1
?x
2
)
，
|f (x
1
)?f(x
2
)|?|x
2
?x
1
|
恒成立”的只有
(
A
)
f(x)?
1
x
(
B
)
f
?
x
?
?|x|
(
C
)
f(x)?2
x
(
D
)
f(x)?x
2

635
4.已知
f(x)
是周期为2的奇函数，当
0?x?1
时，
f(x)?lgx.
设
a?f(),b?f(),c?f(),
则
522
(
A
)
a?b?c
(
B
)
b?a?c
(
C
)
c?b?a
(
D
)
c?a?b

- 10 -

< br>5.函数
f(x)?
1
3
3x
2
1?x
?l g(3x?1)
的定义域是
A
.
(?,??)

B
.
(?,1)

C
.
(?,)

D
.
(??,?)

6、下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是
1
3
11
33
1
3
A
.
y??x
3
,x?R

B
.
y?sinx ,x?R

C
.
y?x ,x?R

D
.
y?()
x
,x?R

y
1
2
7、函数
y?f(x)
的反函数
y?f
?1
(x)
的图像与
y
轴交于点
P(0, 2)
(如右图所示)，则方程
f(x)?0
在
[1,4]
上的根是< br>x?

4
2
?1
O3



y?f
?1
(x)

x
A
.4
B
.3
C
. 2
D
.1
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
A
．
f
?
2x
?
?e
2x
(x?R)

B
．
f
?
2x
?
?ln2glnx(x?0)

C< br>．
f
?
2x
?
?2e
x
(x?R)

D
．
f
?
2x
?
?lnx?ln2(x?0)
x?1
?
?
2e,x＜2，
10、设
f(x)??
则f(f(2))的值为

2
?
?
log
3
(x?1)，x?2.
(
A
)0 (
B
)1 (
C
)2 (
D
)3
?
a,a?b
11、对
a，b
?
R
，记
max
{
a
，
b
}＝
?
，函数
f
(
x
)＝
max
{|
x
＋1|， |
x
－2|}(
x
?
R
)的最小值
b,a＜b?
是
(
A
)0 (
B
)
13
(
C
) (
D
)3
22
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
- 11 -

（二） 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
，若
f
?
1
?
??5,
则
f
?
x
?
f
?
f
?
5
?
?
?
_______________。
?
e
x
,x?0.
1
2设
g(x)?
?
则
g(g())?
__________
2
?
lnx,x?0.
3.已知函数
f?
x
?
?a?
1
,
，若
f
?
x
?
为奇函数，则
a?
________。
2
x
?1
4. 设
a?0,a?1
，函数
f(x) ?log
a
(x
2
?2x?3)
有最小值，则不等式
log
a
(x?1)?0
的解集
为 。
（三） 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
A?
?
xf(x)?5
?
,B?(??,?2]?[0 ,4]?[6,??)
. 试判断集合
A
和
B
之间的关系，
并给出证明；
(3)当< br>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
b
?2bx?c.若a?b?c?0
，f
(0)＞0，
f
(1)＞0，求证：
(Ⅰ)
a
＞0且－2＜
a
＜－1；
b
(Ⅱ)方程
f
(
x
)＝0在(0，1)内有两个实根.
?2
x
?b
3. 已知定义域为
R
的函数
f(x)?
x?1
是奇函数。
2?a
(Ⅰ)求
a,b
的值；
(Ⅱ)若对任意的
t?R< br>，不等式
f(t
2
?2t)?f(2t
2
?k)?0
恒成立，求
k
的取值范围；
c
2
,
其中
a
为实数. 4.设函数
f
(
x
)＝
2
x?ax?a
(Ⅰ)若
f
(
x< br>)的定义域为
R
，求
a
的取值范围;
(Ⅱ)当
f< br>(
x
)的定义域为
R
时，求
f
(
x
)的单减区间.
5. 已知定义在正实数集上的函数
f(x)?

1
2
x?2ax
，
g(x)?3a
2
lnx?b
，其中a?0
．设两曲
2
- 12 -

线
y?f(x)
，
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
)．
6. 已知函数
f(x)?x
2
?x?1
，设
a
1
?1
，
f'(x)
是
f
(
x
)的导数；< br>?
,
?
是方程
f
(
x
)＝0的两个根
(
?
?
?
)
，
a
n?1
?a
n
?
f(a
n
)
(
n
＝1，2，……)
f'(a
n
)
(1)求
?
,
?
的值；
(2)证明：对任意的正整数
n
，都有
a
n
＞
a
；
(3)记
b
n
?ln
a
n
?
?
(
n
＝1，2，……)，求数列{
b
n
}的前
a
n
?a
n
项和
S
n
。
（四） 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< br>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
)＝3
sinx
＋2
cosx
＋1。若实数< br>a
、
b
、
c
使得
af
(
x
)
＋bf
(
x?c
)＝1对任意实数
x
恒成立，则
bcosc
的值等于( )
a
A
.
?



解答：
一、选择题

1
2
B
.
1
2
C
. ?1
D
. 1
- 13 -

1解：由
y?e
x?1
得：
x?1?ln y,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3
a
－1? 0，解得0?
a
?，又当
x
?1时，(3
a
－1)
x
＋4
a
?7
a
－1，当
3
1
x
?1时，
log
a
x
?0，所以7
a
－1?0解得
x
?故选
C

7
３解：
|
x－x
1111 11
（1，2）?x
1
x
2
?1
?－|＝|
21< br>|＝|x
1
－x
2
|
Qx
1
，x
2
?
?1?
|－
|?|
x
1
x
1
x
2
x
1
x
2
|x
1
x
2
|x
1
x
2
x
1
x
2
－
x2
|故选
A

644
４解：已知
f(x)
是周 期为2的奇函数，当
0?x?1
时，
f(x)?lgx.
设
a?f( )?f(?)??f()
，
555
31151
b?f()?f(?)??f( )
，
c?f()?f()
＜0，∴
c?a?b
，选
D
.
22222
?
1?x?0
1
５解：由
?
?? ?x?1
，故选
B
.
3
?
3x?1?0
６解：< br>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
F(x)?f(x)f(?x)
则
F(?x)?f( ?x)f(x)?F(x)
，
即函数
F(x)?f(x)f(?x)
为偶函 数，
B
中F(x)?f(x)f(?x)，F(?x)?f(?x)f(x)此时
F( x)
与
F(?x)
的关系不能确定，即函数
F(x)?f(x)f(?x)< br>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)< br>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
。
９解：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 ，所以
f(x)
是
y?e
x
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；当－1?
x
?
－1 ?0，
x
＋1?2－
x
；当
显然
x
＋1?
x
－2；
1
时，|
x
＋1|＝
x
＋1，|
x
－2|＝2－
x
，因为(
x
＋1)－(2－
x
)＝2
x
2
1
?
x
?2时，
x
＋1?2－
x
；当
x
?2时，|
x
＋1|＝
x
＋1， |
x
－2|＝
x
－2，
2
- 14 -

?
2?x(x?(??,?1)
?
?
2? x(x?[?1,
1
))
3
?
2
故
f(x)??
据此求得最小值为。选
C

2
?
x?1(x?[1
,2))
?
2
?
x?1(x?[2,??))
?１２解：关于
x
的方程
?
x?1
?
?x?1?k?0< br>可化为
?
x?1
?
?（x
2
－）1?k?（0x?1 或x?－）1
…(1)
2
2
2
2
2
或
?
x
2
?1
?
＋（x
2
－）1?k?0
(－ 1?
x
?1)…………(2)
2
① 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
② 当
k
＝
6
2
1
时，方程(1)有两个不同的实根?，方程(2)有两个不 同的实根?，即原方
2
2
4
程恰有4个不同的实根
③ 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
152336
2
④ 当
k＝时，方程(1)的解为?，?，方程(2)的解为?，?，即原方程恰有
3333
98个不同的实根
选
A

二、填空题。
１解：由
f< br>?
x?2
?
?
11
?f(x)
，所以
f(5 )?f(1)??5
，则得
f
?
x?4
?
?
f?
x
?
f
?
x?2
?
f
?
f
?
5
?
?
?f(?5)?f(?1)?
11
??< br>。
f(?1?2)5
1
ln
111
２解：
g(g( ))?g(ln)?e
2
?
.
222
３解：函数
f(x) ?a?
４解：由
11
1
f(x)f(0)?0
若为奇函数，则，即，
a
＝.
.a??0
x0
2
2?12?1
a?0, a?1
，函数
f(x)?log
a
(x
2
?2x?3)有最小值可知
a
?1，所以不等式
三、解答题
１解：(1)
- 15 -
log
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?14,0,4
和
2?14，由于
f(x)
在
(??,?1]
和
[2,5]
上单调递减，在
[?1,2]
和
[5,??)
上单调递增，因此
A???,2?14?[0,4]?2?14,??
.
?
??
?
由于
2?14?6,2?14??2,?B?A
.
(3)[解法一] 当
x?[?1,5]
时，
f(x)??x
2
?4x?5
.

g(x)?k(x?3)?(?x
2
?4x?5)


?x
2
?(k?4)x?(3k?5)

4?k
?
k
2
?20k?36
?

?
?
x?
，
?
?
24
??
2
4?k
?1
. 又
?1?x?5
，
2
4?k4?k
① 当
?1?
，
?1
，即
2?k?6
时，取
x?22
k
2
?20k?361
2

g(x)
min
????
?
k?10
?
?64
.
44

?k?2,?
??

?1 6?(k?10)
2
?64,?(k?10)
2
?64?0
，
则
g(x)
min
?0
.
② 当
4?k
??1
，即
k?6
时，取
x??1
，
g(x)
min
＝
2k?0
.
2
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.
- 16 -

[解法二] 当
x?[?1,5]
时，
f(x)??x
2
?4x?5
.
由
?
?
y?k(x?3),
得
x
2
?(k?4)x?(3k?5)?0
，
2
?
y??x?4x?5,
令
??(k?4)
2
?4(3k?5)?0
，解得
k?2
或
k?18
，
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)< br>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
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
.
故
?2?
b
??1
.
a
2
b3ac?b
2
)
， (
II
)抛物 线
f(x)?3ax?2bx?c
的顶点坐标为
(?,
3a3a
在< br>?2?
b11b2
??1
的两边乘以
?
，得
???< br>.
3
a33a3
ba
2
?c
2
?ac?0,
又因为
f(0)?0,f(1)?0,
而
f(?)??
3a3a
所以方程
f(x)?0
在区间
(0,?
bb
)与
(?,1)
内分别有一实根。
3a3a
故方程
f(x)?0
在
(0,1)
内有两个实根.
b?11?2
x
?0?b?1?f(x)?
3解：(Ⅰ)因为
f(x )
是奇函数，所以
f(0)
＝0，即
x?1
a?2a?2
1
1?2
又由
f
(1)＝ －
f
(－1)知
??
2
?a?2.

a?4a?1
1?
1?2
x
11
???
(Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知
f(x)?
，易知
f(x)
在
(??,? ?)
上
x?1x
2?222?1
为减函数。又因
f(x)
是奇函数，从而不等式：
f(t
2
?2t)?f(2t
2
?k)?0

- 17 -

等价于
f(t
2
?2t)??f(2t
2
?k)?f(k?2t
2
)
，因
f(x)
为减函 数，由上式推得：
t
2
?2t?k?2t
2
．即对一切
t ?R
有：
3t
2
?2t?k?0
，
1
从而判别式
??4?12k?0?k??.

3
解法二： 由(Ⅰ)知
1?2
t
2?2
2
1?2
x
f(x)?
2?2
x?1
．又由题设条件得：
?2t
t
2< br>?2t?1
?
2
1?2
2t
2?2
?k?1
2
?k
2t
2
?k?1
?0
，
2
即 ：
(2
2t
整理得
2
3t
2
?2)(1?2t?2t
)?(2
t
2
?2t?1
?2)(1?2
2t
2
?k
)?0
，
?2t?k
?1,因底数2>1,故:< br>3t
2
?2t?k?0

1
上式对一切
t?R
均成立，从而判别式
??4?12k?0?k??.

3
4解：(Ⅰ)f(x)
的定义域为
R
，
?x
2
?ax?a?0
恒成立，
???a
2
?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
(Ⅱ)
f
?
(x)?
2
，令
f
?
(x)≤0
，得
x(x?a?2)≤0
．
(x?ax ?a)
2
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
时，
f
?
(x)≥0
；当
2?a?4
时，由f
?
(x)?0
得
2?a?x?0
，
即当
0 ?a?2
时，
f(x)
的单调减区间为
(0，2?a)
；
当
2?a?4
时，
f(x)
的单调减区间为
(2?a，0)
．
5解：(Ⅰ)设
y?f(x)
与
y?g(x)(x?0)
在公共 点
(x
0
，y
0
)
处的切线相同．
3a
2
∵f
?
(x)?x?2a
，
g
?
(x)?
，由题意
f(x
0
)?g(x
0
)
，
f
?
(x
0
)?g
?
(x
0
)
．
x
?
1
22
x?2ax?3alnx
0
?b，
00
?
3a
2
?
2
即
?
由
x
0
?2a?
得：
x
0
?a
，或
x
0
??3a
(舍去)．
2
3a
x
0
?
x
0
?2a?，
?
x
0
?
15
即有
b?a< br>2
?2a
2
?3a
2
lna?a
2
?3a< br>2
lna
．
22
- 18 -

5
令
h(t)?t
2
?3t
2
lnt(t?0)
，则
h
?
(t)?2t(1?3lnt)
．于是
2
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
????
故
h(t)
在
?
0，e
3
?
为增函数，在
?
e
3
，?∞
?
为减函数，
????
1
3
1
3
?
1
?
3
2
3
于是
h(t)
在
(0，?∞)
的最大值为
h
?
e
?
?e
3
．
??
2
(Ⅱ)设
F(x)?f(x)?g(x)?
1
2
x?2ax?3a
2
lnx?b(x?0)
，
2
3a
2
(x?a)(x?3a)
?(x?0)
． 则F
?
(x)
?x?2a?
xx
故
F(x)
在< br>(0，a)
为减函数，在
(a，?∞)
为增函数，
于是函数
F(x)
在
(0，?∞)
上的最小值是
F(a)?F(x
0
)?f(x
0
)?g(x
0
)?0
．
故当
x?0
时，有
f(x)?g(x)
≥
0
，即当
x?0
时，
f(x)
≥
g(x)
．
6解析：(1)∵
f(x)?x< br>2
?x?1
，
?
,
?
是方程
f
(< br>x
)＝0的两个根
(
?
?
?
)
，
∴
?
?
?1?5?1?5
；
,
?
?22
115
a(2a?1)?(2a?1)?
nnn
a?a
n< br>?1
44
?a
n
??a
n
?
2
2a
n
?12a
n
?1
2
n
(2)
f'(x )?2x?1
，
a
n?1
1
4
5
4
＝
(2a
n
?1)?
号)，∴
a
2
?
1
5?15?1
，∵
a
1
?1
，∴有基本不等式可知
a
2
?
时取等
?0
(当且仅当
a
1
?< br>2a
n
?12
22
?
5?15?15?1
，……，< br>a
n
??0
同，样
a
3
??
?
(< br>n
＝1，2，……)，
222
(a?
?
)(a
n< br>?
?
)a
n
?
?
(3)
a
n?1
?
?
?a
n
?
?
?
n
?(an
?1?
?
)
，而
?
?
?
??1，即
?
?1??
?
，
2a
n
?12a
n
?1
(a
n
?
?
)
2
a
n? 1
?
?
?
2a
n
?1
(a
n
?< br>?
)
2
，同理
a
n?1
?
?
?2a
n
?1
，
b
n?1
?2b
n
，又
b
1
?ln
1?
?
3?53?5
?ln?2ln< br>1?
?
2
3?5

S
n
?2(2
n
?1)ln
3?5

2


- 19 -