电子书库 高中数学函数解题技巧与方法

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(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．
- 1 -

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 ?(x)＞0?x
2
＋(2a－4)x＋a
2
＞0，
f ?(x)＜0?x
2
＋(2a－4)x＋a
2
＜0．
(ⅰ)当a ＞ 1时，对所有x ＞ 0，有
x
2
＋(2a－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
＋(2a－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
＋(2a－4)x＋a
2
＞0，
解得
x?2?a?21?a
，或
x?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
2?a?21?a）??）
- 2 -

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
．
因此，函数f(x)在区间
(2?a?21?a，
内单调递减．
2?a?2 1?a）
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)
。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
1?ax
1
1
y?()??
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?a x
1
)?x
1
?x
1
(2?ax
1
)，其 中0?x
1
?
① 由
0?x
1
?
2
. < br>a
211
,x
2
?x
1
(2?ax
1
),有x
2
?0,及x
2
??a(x
1
?)
2< br>?

aaa
111
?〈0x
2
?,当且仅当x
1
?时，x
2
?
.
aaa
11
，因此，x2
?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。
- 3 -

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.
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.
2
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< br>,x
2
满足
0?x
1
?x
2
?
1< br>. 当
x?0,x
1
时，证明
x?f
?
x
?
?x
1
.
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.
- 4 -

证明：由题意可知
f(x)?x?a(x?x
1
)(x?x
2
)
.
1
，
a
?0?x?x
1
?x
2
?
∴
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
)?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
?.
。
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< br>??
x
2
.
(1)如果
x
1
?2?x< br>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?(b?1)x?1
，则
g(x)?0
的二根为
x
1
和
x
2
.
(1)由
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< br>b3
?
3?3???0,
?
?
2a4a

?

b3
?
?4?2???0,
?
2a4a
?
b
?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
2
??0
，所以
x
1
,x
2
同号.
a< br>两式相加得
??
?
0?x
1
?2?x
2
?< br>x
2
??2?x
1
?0
∴
x
1
? 2
，
x
2
?x
1
?2
等价于
?
或
?
，
22
?
?
2a?1?(b?1)?1
??
2a?1?(b?1)?1
- 5 -

?
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)?
3
1?x,x?[2,4]
，证明：
?
(x)?A

- 6 -

(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< br>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
k?l
L
k?1
?x
k
|?|x
2
? x
1
|

1?L
3
解：对任意
x?[1,2]，
?
(2x)?
3
1?2x,x?[1,2]
，
3?< br>?
(2x)
?
3
5
，
1?
3
3?< br>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
|
3?
3
2
3
?
1?2x
1
?
2
?
3
?
1?2x
1
??
1?x
2
?
?
3
?
1?x
2
?
2
，
?
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
?x0
|?L|x
0
?x
0
|
，所以
L?1
，矛盾，故结论
成立。


x
3
?x
2
?
?
(2x
2
)?
?
(2x
1
)?Lx2
?x
1
，所以
x
n?1
?x
n
?L
n?1
x
2
?x
1

L
k?1
| x
k?p
?x
k
|?
?
x
k?p
?xk?p?1
?
?
?
x
k?p?1
?x
k?p? 2
?
?
?
?
x
k?1
?x
k
?< br>?|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< br>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
- 7 -

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)
?f(x)?t(x?t)?t?t?1(x?R，t?0)
， < br>23
?
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
，
2
由
g
?
(t)??3t?3?0
得
t?1
，
t??1
(不合题意，舍去)．
3
3
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

(1，2)
?

递增
0

极大值
?

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；
- 8 -

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
当≥c时，则v＝c时，y取最小值.
b
综上所述，为使全程成本y最小，当
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
- 9 -
aaa
＜c时，行驶速度应为v＝；当≥c 时，行驶速度应
bbb

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?4a,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
?
(A)
(0,1)
(B)
(0,)
(C)
[,)

1
3
11
73
(D)
[,1)

17
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.
设
a?f(),b?f(),c?f(),
则
(A)
a?b?c
(B)
b?a?c
(C)
c?b?a
(D)
c?a?b

5.函数
f( x)?
6
5
3
2
5
2
3x
2
1? x
?lg(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
A.
y??x
3
,x?R
B.
y?sinx ,x?R
C.
y?x ,x?R
D.
y?()
x
,x?R

1
3
1
3
11
33
1
3
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
x?

A.4 B.3 C. 2 D.1
- 10 -
4
2
?1
O


3
y?f
?1
(x)

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
A．
f
?
2x
?
?e(x?R)
B．
f
?
2x
?
?ln2?lnx(x?0)

2x
C．
f
?
2x
?
?2e(x?R)
D．
f
?
2x
?
?lnx?ln2(x?0)

x
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
11、对a
，
b
?
R，记max{a，b}＝
?
(A)0 (B)
?
a,a?b
，函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x
?
R)的最小值是
?
b,a＜b
13
(C) (D)3
22
222
12、关于
x
的方程
(x?1)?x?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
?
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
?< br>x
?
?a?
1
,
，若
f
?
x
?
为奇函数，则
a?
________。
2
x
?1
2
4. 设
a?0,a?1
，函数
f(x)?logx(?
a
x2?
有
3
最
)
小值 ，则不等式
log
a
(x?1)?0
的解集
为 。
- 11 -

（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,
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.
< br>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
??
并给出
B?(??,?2]?[0,4]?[6,??)
. 试判断集合
A
和
B
之间的关系，
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
，
?
,
?
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< br>b
n
?ln
a
n
?
?
(n＝1，2，??) ，求数列{b
n
}的前n项和S
n
。
a
n
?a
- 12 -

（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
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)
＋
bf(x?c)＝1对任意实数x恒成立，则的值等于( )
A.
?


解答：
一、选择题
1解：由
y?e
x?1
bcosc
a
1

2
B.
1

2
C. ?1 D. 1
得：x?1?lny,即x=-1+lny
，所以
y??1?lnx(x?0)
为所求 ，故选D。
２解：依题意，有0?a?1且3a－1?0，解得0?a?
所以7a－1?0解 得x?
３解：
|
故选A
1
，又当x?1时，(3a－1)x＋4a ?7a－1，当x?1时，log
a
x?0，
3
1
故选C
7
x－x
111
111
?1?
|－
|?|x1
－x
2
|
－|＝|
21
|＝|x
1
－x
2
|
?x
1
，x
2
?（1，2）?x
1
x
2
?1
?
x
1
x
2
x
1
x
2
|x
1
x
2
|
x
1x
2
x
1
x
2
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
31151
b?f()?f(?)??f()
，
c?f()?f()
＜0， ∴
c?a?b
，选D.
22222
５解：由
?
?
1?x?0
1
???x?1
，故选B.
3
?
3x?1?0
- 13 -

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)
，
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< br>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。
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?
11
时，|x＋1|＝x＋1，|x－2|＝2－x，因为(x＋1)－(2－x)＝2 x－1?0，x＋1?2－x；当?x?2时，
22
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
据此求 得最小值为
3
。选C 故
f(x)?
?
2
?
x?1 (x?[
1
,2))
?
2
?
x?1(x?[2,??))< br>?
（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
?
2
2
?
2
?
2
2
?
2
?
2
2
② 当k＝
1
62
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个不
4
22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
- 14 -

④ 当k＝
实根
选A
2
152336
时，方程(1)的解为?，?， 方程(2)的解为?，?，即原方程恰有8个不同的
9
3333
二、填空题。
１解：由
f
?
x?2
?
?
11
得
f?
x?4
?
??f(x)
，所以
f(5)?f(1)??5，则
f
?
x
?
f
?
x?2
?
11
??
。
f(?1?2)5
f
?
f
?
5
?
?
?f(?5)?f(?1)?
1
ln
111
２解：
g(g())?g(ln)?e
2
?
.
222
３解 ：函数
f(x)?a?
11
1
.a??0
f(x)f(0)?0若为奇函数，则，即，a＝.
2
x
?12
0
?12
４ 解：由
a?0,a?1
，函数
f(x)?log
a
(x
2< br>?2x?3)
有最小值可知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?14,0,4
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
.
?
??
?
- 15 -

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

?k?2,?
??

?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
?4x?5
.
?
y?k(x?3),
由
?
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
- 16 -

在
?2?
b11b2
??1
的两边乘以< br>?
，得
???
.
a333a3
ba
2
?c
2
?ac
又因为
f(0)?0,f(1)?0,
而
f(?< br>3a
)??
3a
?0,

所以方程
f(x)?0在区间
(0,?
b
3a
)
与
(?
b
3 a
,1)
内分别有一实根。
故方程
f(x)?0
在
(0,1)
内有两个实根.
3解： (Ⅰ)因为
f(x)
是奇函数，所以
f(0)
＝0，即
b?1
a?2
?0?b?1?f(x)?
1?2
x
a?2
x?1

1?
1
又由f(1)＝ －f(－1)知
1?2
a?4
??
2
a?1
?a?2.

(Ⅱ)解法 一：由(Ⅰ)知
f(x)?
1?2
x
11
2?2
x?1??
2
?
2
x
?1
，易知
f(x)
在
(??,??)
上
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
.

x
解法二：由(Ⅰ)知
f(x)?
1?2
2?2
x?1
．又 由题设条
1?2
t
2
?2t
1?2
2t
2
?k
2?2
t
2
?2t?1
?
2?2
2t
2
?k?1
?0
，
即 ：
(2
2t
2
?k?1
?2)(1?2
t
2
?2t
)?(2
t
2
?2t?1
?2)(1?2
2t
2
?k
)?0
，
整理得
2
3t
2
?2t?k
?1,因底数2>1,故:< br>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
，即当
0?a?4
时
f(x)
的定义域为
R
．
Ⅱ)
f
?
(x)?
x(x?a?2)e
x
(
(x< br>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
，
- 17 -
件得：

?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< br>(x
0
，y
0
)
处的切线相同．
3a
2< br>，由题意
f(x
0
)?g(x
0
)
，
f?
(x
0
)?g
?
(x
0
)
． ∵f
?
(x)?x?2a
，
g
?
(x)?
x< br>?
1
22
x?2ax?3alnx
0
?b，
00?
3a
2
?
2
即
?
由
x
0< br>?2a?
得：
x
0
?a
，或
x
0
? ?3a
(舍去)．
2
3a
x
0
?
x
0< br>?2a?，
?
x
0
?
1
2
5
a?2 a
2
?3a
2
lna?a
2
?3a
2
ln a
．
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?3lnt)?0
， 即
t?e
时，
h
?
(t)?0
．
1
???
1
?
3
?∞
?
为减函数， 故< br>h(t)
在
?
0，e
?
为增函数，在
?
e< br>3
，
????
2
?
1
?
3
?∞)< br>的最大值为
h
?
e
3
?
?e
3
． 于是
h(t)
在
(0，
??
2
1
3
13
(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
?∞)
为增函数， 故
F(x)
在
(0，a)
为减函数，在
(a，
?∞)
上的最小值是
F(a)?F(x
0
)?f(x
0
)?g(x
0
)?0
． 于是函数
F(x)
在
(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
- 18 -

(2)
f'(x)?2x?1
，
a
n?1
5
4
11 5
a
n
(2a
n
?1)?(2a
n
?1)?
a?a
n
?1
44

?a
n
??a
n< br>?
2
2a
n
?12a
n
?1
2
n< br>＝
(2a
n
?1)?
a
2
?
1
4< br>1
5?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
?
?< br>?(a
n
?1?
?
)
，而
?
?
?< br>??1
，即
?
?1??
?
， (3)
a
n ?1
?
?
?a
n
?
?
?
n
2a< br>n
?12a
n
?1
(a
n
?
?
)< br>2
(a
n
?
?
)
2
1?
?
3?53?5
a
n?1
?
?
?
?ln?2ln
，同 理
a
n?1
?
?
?
，
b
n?1
? 2b
n
，又
b
1
?ln

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

2
四、 创新试题 < br>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
?x
2
，同理，x
3
＝30＋x
2
－35＝x
2
－5?x
3
?x2
故选C
2解：令c
＝
π，则对任意的x∈R，都有f(x)
＋
f(x?c)＝2，于是取
a?b?
af(x)
＋
bf(x?c) ＝1，由此得

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.
- 19 -
1
，c＝
π，则对任意的x∈R，
2
bcosc
??1
。选
Ｃ
。
a

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.
- 20 -