高中数学函数解题技巧及方法

.
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，< br>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
(< 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．
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
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< br>＋(2
a
－4)
x
＋
a
＜ 0，
解得 ：
2?a?21?a?x?2?a?21?a
．
22
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)?
1?ax2
,
x?
(0,
??
)
。设
0?x
1
?
，记曲 线
y?f(x)
在点
xa
M(x
1
,f(x
1))
处的切线为
l
。
(Ⅰ)求
l
的方程；
(Ⅱ)设
l
与
x
轴交点为
(
x
2
,0)< br>。证明：
①
0?x
2
?
② 若
x
1
?
1
；
a
11
，则
x
1
?x
2
?
aa
(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
，由此得切 线
l
的方程：
2
x
y?(
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< br>产生变化的原因，显然，
x
2
变化的根本原因可归结为
x
1< br>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
?
① 由
0?x
1
?
2
.
a
211
,x
2
?x
1
(2?ax
1
),有x
2
?0,及x< br>2
??a(x
1
?)
2
?

aaa
111
?〈0x
2
?,当且仅当x
1
?时，x
2
?
.
aaa
11
，因此，x
2
?x
1
(2 ?ax
1
)?x
1
，且由①，x
2
?
②
当x
1
?时，ax
1
?1
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
)＝111
图象以及对坐标平移公式的理解，将函数
y
＝的图形变形到
y＝，
xxx?1
11
即将前面图形沿
x
轴翻转，再变形到
y
＝－＋1，从而得
x?1x?1
即向右平移一个单位，再变形到
y
＝－
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< br>.
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，< br>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< br>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< br>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< br>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
f
?
x
?
?ax?bx?c
?
a?
0
?
， 方程
f
?
x
?
?x?0
的两个根
x
1,x
2
满足
2
1
0?x
1
?x
2?
. 当
x?
?
0
,
x
1
?
时，证明
x?f
?
x
?
?x
1
.
a< br>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< br>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
x?0
,
x
1
时，
f(x)?x
.
又
f
(
x
)
?x
1
?a
(
x?x< br>1
)(
x?x
2
)
?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?x1
??
x?x
2
?
.
。
例5 已知二次函 数
f
(
x
)
?ax?bx?
1(
a
,b?R
,
a?
0)
，设方程
f(x)?x
的两个实数根 为
x
1
和
2
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< br>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?
(
b?
1)
x?
1
，则
g(x) ?0
的二根为
x
1
和
x
2
.
(1)由< br>a?0
及
x
1
?
2
?x
2
?
4
，可得
?
2
?
4a?2b?1?0
?
g( 2)?0
，即
?
，即
16a?4b?3?0
g(4)?0
?
?
b3
?
3?3???0,
?
?
2a4a

?

?
?4?2?< br>b
?
3
?0,
?
2a4a
?
b
?< br>1
，所以，
x
0
??
1
;
2a
b?1
2
4
2
)?
， 可得
2a?1?(b?1)
2
?1
.
(2)由
(x
1
?x
2
)?(
aa
1
又
x
1
x< br>2
??
0
，所以
x
1
,x
2
同号.
a
??
?
0?x
1
?2?x
2
?
x
2
??2?x
1
?0
∴
x
1
?
2
，
x
2
?x
1
?2
等价于
?
或
?
，
22
?
?
2a?1?(b?1)?1
?< br>?
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)?12a?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
)?
?
(2x
2
)|?L|x
1
?x
2
|

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

.

.
(Ⅱ)设
?< br>(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< br>l
?(1,2)
，令
x
n?1
?
?
(2x< br>n
),n?1,2,???,
证明:给定正整数
k
，对任意的正整数< br>p
，
成立不等式
|x
k?l
L
k?1
?x< br>k
|?
|
x
2
?x
1
|

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

|x
k?p
?x
k
|?
?
x
k?p
L
k?1
?x
k?p?1
?
?
?
x
k?p?1
?x
k?p?2
?
?
?
?< br>x
k?1
?x
k
?
?|x
2
?x
1
|

1?L
?x
k?p
?x
k?p?1
? x
k?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?2tx?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)
22
f(x)?t(x?t)
2
?t
3< br>?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?t?1
．
(Ⅱ)令
g(t)?h(t)?(?2t?m)??t?3t?1?m
，
由
g
?
(t)??3t?3?0
得
t?1
，
t??1
(不合题意，舍去)．
当
t
变化时
g
?
(t)< br>，
g(t)
的变化情况如下表：
2
3
3
t

g
?
(t)

g(t)

(0，1)
1

0

极大值
(1，2)
?

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，
(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
＋
bv
)，其中函数的定义域是
v
∈(0，
c
] .
v
a
a
b
整理函数有
y
＝S
(＋
bv
)＝
S
(
v
＋)，
v
v
k
由函数
y
＝
x
＋ (
k
＞0)的单调性而得：
x
y
＝
S
(
当
aa
＜
c
时，则
v
＝时，
y
取最小值；
bb
a
≥
c
时，则
v
＝
c
时，< br>y
取最小值.
b
当
aaa
综上所述，为使全程成本
y
最小，当＜
c
时，行驶速度应为
v
＝；当
≥
c< br>时，行驶速度应
bbb
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2008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. 函数与方程
(二)2008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
（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)

2.已知
f(x)?< br>?
?
(3a?1)x?4a,x?1
是
(??,??)
上的减 函数，那么
a
的取值范围是
logx,x?1
a
?
13
11
73
(
D
)
[,1)
(
A
)
(0,1)
(
B
)
(0,)
(
C
)
[,)

1
7
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
4.已知f(x)
是周期为2的奇函数，当
0?x?1
时，
f(x)?lgx.< br>设
a?f(),b?f(),c?f(),
则
(
A
)
a?b?c
(
B
)
b?a?c
(
C
)
c?b?a
(
D
)
c?a?b

6
5
3
2
5
2
3x
2
?lg(3x?1)
的定义域是 5.函数
f(x )?
1?x
111
11
A
.
(?,??)

B
.
(?,1)

C
.
(?,)

D
.
(??,?)

333
33
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
A
.
y??x
3
,x?R

B
.
y?sinx ,x?R

C
.
y?x ,x?R

D
.
y?()
x
,x?R

y
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
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
的图象与函数
y?f
?
x
?
的图象关于直线
y ?x
对称，则
x
A
．
f
?
2x
?
?e
2x
(x?R)

B
．
f
?
2x
?
?ln2lnx(x?0)

C．
f
?
2
x
?
?
2
e
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
)＝< br>max
{|
x
＋1|，|
x
－2|}(
x
?
R
)的最小值是
b,a＜b
?
(
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
（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
?< br>1
?
??5,
则
f
?
f
?
5
?
?
?
_______________。
f
?
x?
?
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?
__ ______。
x
2?1
2
4. 设
a?0,a?1
，函 数
f(x)?log
a
(x?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
?
4
x?
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
?
,
出证明；
(3)当
k?2
时，求证：在区间
[?1,5]
上，
y?k x?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：
(Ⅰ)
a
＞0且－2＜
b
B?(??,?2]?[0,4]?[6,??)
. 试判断集合
A
和
B
之间的关系，并给
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?2t)?f(2t?k)?0
恒成立，求
k
的取值范 围；
22
c
2
,
其中
a
为实数. 4.设函数< br>f
(
x
)＝
2
x?ax?a
(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.
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
．设两曲线
2
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
，
?
,< br>?
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
)
(
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
n< br>项和
S
n
。
a
n
?a
（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
的值等于( )
bcosc
a
A
.
?


1

2
B
.
1

2
C
. ?1
D
. 1
解答：
一、选择题
1解：由
y?e
x?1
得：
x?1?lny,即x=-1+lny< br>，所以
y??1?lnx(x?0)
为所求，故选
D
。
２解 ：依题意，有0?
a
?1且3
a
－1?0，解得0?
a
?< br>所以7
a
－1?0解得
x
?
３解：
|
1，又当
x
?1时，(3
a
－1)
x
＋4
a?7
a
－1，当
x
?1时，
log
a
x
?0，
3
1
故选
C

7
x－x
1111 11
－|＝|
21
|＝|x
1
－x
2
|
x
1
，x
2
?（1，2）?x
1
x
2
?1< br>?
?1?
|－
|?|
x
1
－
x
1
x
2
x
1
x
2
|x
1
x
2
|
x
1
x
2
x
1
x
2
x
2
|故选
A

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()
，
6
5
4
5
4
5
3115 1
b?f()?f(?)??f()
，
c?f()?f()
＜0，∴
c?a?b
，选
D
.
22222
５解：由
?
?< br>1?x?0
1
???x?
1
，故选
B
.
3
?
3x?1?0
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
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)
的奇偶性不确定， < br>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< br>D
。
９解：函数
y?e
的图象与函数
y?f
?x
?
的图象关于直线
y?x
对称，所以
x
f(x)是
y?e
x
的反函数，
即
f(x)
＝
lnx< br>，∴
f
?
2x
?
?ln2x?lnx?ln2(x?0)< br>，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
?
11
时，|
x
＋ 1|＝
x
＋1，|
x
－2|＝2－
x
，因为(
x< br>＋1)－(2－
x
)＝2
x
－1?0，
x
＋1?2－
x
；当
?
x
?2
22
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
))
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,??))
?
（x－） 1?k?（0x?1或x?－）1
…(1)
１２解：关于
x
的方程
x?
1
?x?
1
?k?
0
可化为
x?1?
1?k?0
(－1?
x
?1)…………(2)
或
x?1＋（x－）
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
?
22
?
2
?
2
2
?
2
?
22
② 当
k
＝
62
1
时，方程(1)有两个不同的实根 ?，方程(2)有两个不同的实根?，即原方程恰有4个
22
4
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
④ 当
k
＝
1 52336
2
时，方程(1)的解为?，?，方程(2)的解为?，?，即原方程恰有8个不同
3333
9
的实根
选
A

二、填空题。
.

.
１解：由
f
?
x?2
?< br>?
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
??
。
f(?1 ?2)5
1
ln
111
２解：
g(g())?g(ln)?e
2
?
.
222
３解：函数
f(x)?a?
11
1
若为奇函数，则，即，
a
＝.
f(x)f(0)?0
.a??0
2
x
?12
0
?12
2
４解：由
a?0, a?1
，函数
f(x)?log
a
(x?2x?3)
有最小值可知< br>a
?1，所以不等式
log
a
(x?1)?0
可化
为
x
－1?1，即
x
?2.
三、解答题
１解：(1)










(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
.
(3)[解法一] 当< br>x?[?1,5]
时，
f
(
x
)
??x
2< br>?
4
x?
5
.

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


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

?< br>16
?
(
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.
[解法二] 当
x?[?1,5]
时，
f
(
x
)
? ?x
2
?
4
x?
5
.
?
y?k(x?3),
由
?
得
x
2
?< br>(
k?
4)
x?
(3
k?
5)
?
0
，
2
?
y??x?4x?5,
令
??
(
k?
4)
2
?
4(3
k?
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)
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
?
2
?
b11b2
??
1
的两边乘以
?
，得
???
.
a333a3
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
a?2a?2
x?1
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

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
，
从而判别式
??4?12k?0?k??
1
3
.

解法二：由(Ⅰ)知
x)?
1?2
x
f(
2?2
x?1．又由题
1?2
t
2
?2t
1?2
2t
2?k
2?2
t
2
?2t?1
?
2?2
2t2
?k?1
?0
，
即 ：
(2
2t
2< br>?k?1
?2)(1?2
t
2
?2t
)?(2
t2
?2t?1
?2)(1?2
2t
2
?k
)?0
，
整理得
2
3t
2
?2t?k
?1,因底数2>1, 故:
3t
2
?2t?k?0

上式对一切
t?R
均 成立，从而判别式
??4?12k?0?k??
1
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< br>，即当
0?a?4
时
f(x)
的定义域为
R
． f
?
(x)?
x(x?a?2)e
x
(Ⅱ)
(x
2
?ax?a)
2
，令
f
?
(x)≤0
，得x(x?a?2)≤0
．
由
f
?
(x)?0
，得x?0
或
x?2?a
，又
0?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)< br>；
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．
.
设条件得

：

. 3a
2
，由题意
f(x
0
)?g(x
0
)，
f
?
(x
0
)?g
?
(x
0
)
．
∵f
?
(x)?x?2a
，
g
?
(x)?
x
?
1
22
x?2ax?3alnx
0
? b，
00
?
2
3a
2
?
即
?
由< br>x
0
?2a?
得：
x
0
?a
，或
x
0
??3a
(舍去)．
2
3a
x
0
?< br>x
0
?2a?，
?
x
0
?
1
25
a?2a
2
?3a
2
lna?a
2
?3a< br>2
lna
．
22
5
22
令
h(t)?t? 3tlnt(t?0)
，则
h
?
(t)?2t(1?3lnt)
．于 是
2
即有
b?
当
t(1?3lnt)?0
，即
0 ?t?e
时，
h
?
(t)?0
；
当
t(1?3l nt)?0
，即
t?e
时，
h
?
(t)?0
． < br>1
???
1
?
3
故
h(t)
在
?< br>0，e
?
为增函数，在
?
e
3
，?∞
?为减函数，
????
2
?
1
?
3
于是
h(t)
在
(0，?∞)
的最大值为
h
?
e
3< br>?
?e
3
．
??
2
1
3
1
3
(Ⅱ)设
F(x)?f(x)?g(x)?
1
2
x?2ax?3 a
2
lnx?b(x?0)
，
2
3a
2
(x?a)(x?3a)
?(x?0)
．
则
F
?
(x)
?x?2a?
xx
故
F(x)在
(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
2
?x?1
，
?
,
?
是方程
f(
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< br>2a
n
?12a
n
?1
2
n
(2)
f'(x)?2x?1
，
a
n?1
5
4
＝
(2a
n
?1)?
∴
a
2
?
1
4
15?1
5?1
，∵
a
1
?1
，∴有基本不等式可知a
2
?
时取等号)，
?0
(当且仅当
a
1?
2a
n
?12
2
2
?
5?1
5?1 5?1
，……，
a
n
??
?
(
n
＝1，2 ，……)，
?0
同，样
a
3
?
2
22
( a?
?
)(a
n
?
?
)a
n
?
?
(3)
a
n?1
?
?
?a
n
?
?
?
n
?(a
n
?1?
?
)
，而
?
?
?
??1
，即
?
?1??
?
，
2a
n
?12a
n
?1
.

. < br>(a
n
?
?
)
2
(a
n
?
?
)
2
1?
?
3?53?5
，同理
a
n? 1
?
?
?
，
b
n?1
?2b
n
， 又
b
1
?ln

a
n?1
?
?
?
?ln?2ln
2a
n
?12a
n
?1
1?
?
2
3?5
S
n
?2(2
n
?1)ln
3?5

2
四、 创新试题
１解：依题意，有
x
1
＝50＋
x
3
－55＝
x
3
－5，?
x
1
?
x
3
，同理，
x
2
＝30＋
x
1
－20＝
x
1
＋10?
x
1
?
x2
，同理，
x
3
＝30
＋
x
2
－35 ＝
x
2
－5?
x
3
?
x
2
故选< br>C

2解：令
c＝π
，则对任意的
x
∈
R< br>，都有
f
(
x
)
＋f
(
x?c
)＝ 2，于是取
a?b?
1
，
c＝π
，则对任意的
x
∈
R
，
2
af
(
x
)
＋bf
(x?c
)＝1，由此得

二、复习建议
bcosc
??
1
。选
Ｃ
。
a
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.

.