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高考函数压轴精典题型以及答案


函数专题训练
复习目标:通过对函数综合题的分类,使学生在解函数题中牢固掌握:反函数的求法及其与 原函数的关系的应用、函数的单调性、函数的奇偶性、求函数的定义域与值域常用方法、函 数的解析式求法、二次函数的根的分布情况的充要条件运用、函数中的新题型的新解法、 函数与方程的思想方法等。 重点与难点: 反函数、值域、单调性、奇偶性、求解析式、分段函数、根的分布、

函数与方程思想方法、函数图象等
过程: 一、反函数 ●有奖征解 ① 若函数 f(x)的图像过点(0,1) ,则函数 f(x+2)的反函数过定点(1,-2) ② 若函数 f(x)的图像过(0,1) ,则 f (4 ? x) 过点(-1,0) ; ③若函数 f(x)的图像过点(0,1) ,则 f(4-x)的反函数过点(1,4) ,y=f(4-x)的反函数为
?1

y ? 4? f

?1

( x) 。

●例子分析

1 ? 2x ?1 ,函数 y=g(x)的图像与 f ( x ? 1) 的图像关于直线 y=x 对称, 1? x 2? x 则 g(x)的解析式为 y ? 。 x ?1 x ?1 ? 1? ②给定实数 a,a≠0,且 a≠1,设函数 y ? ? x ? R, x ? ? ,证明这个函数图关于 y=x ax ? 1 ? a?
例 1①已知函数 f ? x ? ? 对称。

2x ? 1 ① 已知函数 f ? x ? ? 存在反函数,求 α 的取值。 ≠1/2) (α x?a
说明:④小题可以据③小题去求,但也可以据通常方法去求。 二、周期性、循环 ● 有奖征解 设 x 为整数,给出一个流程图如右图: 按此流程图计算,刚好处理 3 次 ,则输入 的 x 值是

开始

输入 x 与 y 值

用 2 与 x+3 的几何 平均值代替 y

不是
终了 表示出 x

y 是否大于是 x 是
用 x+1 代 x

例 1(2004 年福建省高考)定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x)=f(x+2),当 x∈[3,5]时, f(x)=2-|x-4|,则(D) (A)f(sin

? ? )<f(cos ) 6 6

(B)f(sin1)>f(cos1)

(C)f(cos

2? 2? )<f(sin ) 3 3

(D)f(cos2)>f(sin2)

例 2 f(x)定义域为(-∞,+∞)上以 2 为周期的函数,对 k∈Z,用 Ik 表示区间 ?2k ? 1,2k ? 1? , 已知当 x∈I0 时,f(x)=x2, ① 求 f(x)在 Ik 上的解析式; ② 对自然数 k,求集合 Mk={a|使方程 f(x)=ax 在 Ik 上有两个不同的实根}。 【解】①显然 I0 为 ?? 1,1? ,作出 x∈I0 的图象,又 I0 的长度为 2,f(x)的周期为 2,故在 Ik 上 的图象相当于把 I0 的图象向右(左)平移|2k|个单位,如图,Ik 上的图象顶点为(2k,0) , 2 ∴f(x)=(x-2k) ,x∈ ?2k ? 1,2k ? 1? . ②方程 f(x)=ax 即(x-2k)2=ax 在 ?2k ? 1,2k ? 1? y 上有两个不同的实根,又 k∈N, 则只须 0<a≤kOA(A 为 ?2k ? 1,2k ? 1? 图象上的右端点。 ∴0<a≤

1 (k∈N). 2k ? 1

O

2k-1 2k 2k+1

x

【例 2】定义在 R 上的奇函数有最小正周期 2,且 ∈(0,1)时,f(x)= ① 求 f(x)在[-1,1]上的解析式 ② 证明 f(x)在(0,1)上为减函数 ③ 当 m 取何值时,方程 f(x)=m 在[-1,1]是有解。 【解】令 x∈(-1,0),则-x∈(0,1), ∴f(x)=-f(-x)= ?

2x . 4x ?1

2?x 2x ? f ?x ? ? ? x ; 4?x ? 1 4 ?1

又 f(-0)=-f(0),∴f(0)=0 又 f(1)=f(1-2)=f(-1)=-f(1),∴f(1)=f(-1)=0,(这里应用周期性)

? 2x ? x ? 4 ?1 2x ? ∴ f ?x ? ? ?? x ? 4 ?1 ?0 ? ?

x ? ?0,1? x ? (?1,0) x ? ?? 1,0,1?
(2 x1x2 ? 1)( 2 x2 ? 2 x1 ) ?0 4x ?1 4x ?1

②证明:设 0 ? x1 ? x 2 ? 1 ,则 f(x1)-f(x2)=…=

?

??

?

∴f(x)在(0,1)上为减函数。 ③由②知 f(x)在(-1,0)也为减函数。 当 x∈(0,1)j 时,f(x)∈(2/5,1/2), 当 x∈(-1,0)时,f(x)∈(-1/2,-2/5) 当 x=±1,0 时,f(x)=0 ∴当 m∈(-1/2,-2/5)∪(2/5,1/2)∪{0}时,f(x)=m 在[-1,1]上有解。
三、奇偶性(对称性) 【例 4】设曲线 C 的方程为 y ? x ? x ,将 C 沿 x 轴、y 轴正方向分别平移 t,s 单位后得曲线 C1, ① 写出 C1 的方程; ② 证明 C 与 C1 关于 A(t/2,s/2)对称;
3

③ 如果曲线 C 与 C1 有仅有一个公共点,证明 s ?

t3 ? t 且 t≠0. 4

【解】①C1 的方程为 y ? ? x ? t ? ? ?x ? t ? ? s
3

②设曲线 C 上任取一点 B1(x1,y1),设 B2 为 B1 关于点 A 的对称点,则有

x1 ? x 2 t ? , 2 2

y1 ? y 2 s 3 ? ,即 x1 ? t ? x2 , y1 ? s ? y 2 代入 C 可得 y 2 ? ?x 2 ? t ? ? ?x 2 ? t ? ? s ,可知点 2 2
B2 也在曲线 C1 上,同理可证在曲线 C1 上的点关于 A 的对称的点在曲线 C 上。 ∴C1 与 C 关于点 A 对称。

? y ? x3 ? x ③由 ? 有仅有一解,消去 y 并整理可得 3 ? y ? ?x ? t ? ? ?x ? t ? ? s 3tx 2 ? 3t 2 x ? t 3 ? t ? 3 ? 0 有仅有一个根∴t≠0 且△=0,由△=0 可得

9t ? 12t ?t ? ? t ? 3 ? 0 ? t t 3 ? 4t ? 4s ? 0 ? 0 ,
4

?

?

?

?

∴s ?

t3 ? t 且 t≠0. 4

四、定义域、值域
●函数值域及求法 函数的值域及其求法是近几年高考考查的重点内容之一.本节主要帮助考生灵活掌握求 值域的各种方法,并会用函数的值域解决实际应用问题. ●有奖征解 1 1.设 m 是实数,记 M={m|m>1},f(x)=log3(x2-4mx+4m2+m+ ). m ?1 (1)证明:当 m∈M 时,f(x)对所有实数都有意义;反之,若 f(x)对所有实数 x 都有意义, 则 m∈M. (2)当 m∈M 时,求函数 f(x)的最小值. (3)求证:对每个 m∈M,函数 f(x)的最小值都不小于 1.

?( x ? 1) 2 , x ? 1 ? 2. (2004 年全国人教版高考)设函数 f ( x ) ? ? ,则使得 f ( x ) ? 1 的自 ?4 ? x ? 1, x ? 1 ? 变量 x 的取值范围为( ) A、?? ?,?2? ? ?0,10? B、?? ?,?2? ? ?0,1? C、?? ?,?2? ? ?1,10? D、?? 2,0? ? ?1,10?
3.(2004 江苏高考) 记函数 f(x)= 2 ?

x?3 的定义域为 A, x ?1

g(x)=lg[(x-a-1)(2a-x)](a<1) 的定义域为 B. (1) 求 A; (2) 若 B ? A, 求实数 a 的取值范围. 【解】(1)2-

x?3 x ?1 ≥0, 得 ≥0, x<-1 或 x≥1 x ?1 x ?1

即 A=(-∞,-1)∪[1,+ ∞) (2) 由(x-a-1)(2a-x)>0, 得(x-a-1)(x-2a)<0. ∵a<1,∴a+1>2a, ∴B=(2a,a+1). ∵B ? A, ∴2a≥1 或 a+1≤-1, 即 a≥ ∴

1 或 a≤-2, 而 a<1, 2

1 ≤a<1 或 a≤-2, 故当 B ? A 时, 实数 a 的取值范围是 2 1 (-∞,-2]∪[ ,1) 2

解答 (1)证明:先将 f(x)变形:f(x)=log3[(x-2m)2+m+ 当 m∈M 时,m>1,∴(x-m)2+m+

1 ], m ?1

1 >0 恒成立,故 f(x)的定义域为 R. m ?1 1 反之, f(x)对所有实数 x 都有意义, 若 则只须 x2-4mx+4m2+m+ >0,令Δ <0,即 16m2 m ?1 1 -4(4m2+m+ )<0,解得 m>1,故 m∈M. m ?1 1 (2)解析:设 u=x2-4mx+4m2+m+ ,∵y=log3u 是增函数,∴当 u 最小时,f(x)最小. m ?1 1 1 1 ?而 u=(x-2m)2+m+ ,显然, x=m 时, 取最小值为 m+ 当 u ,此时 f(2m)=log3(m+ ) m ?1 m ?1 m ?1 为最小值. 1 1 (3)证明:当 m∈M 时,m+ =(m-1)+ +1≥3,当且仅当 m=2 时等号成立. m ?1 m ?1 1 ∴log3(m+ )≥log33=1. m ?1 ? 1, x ? 0, 3. ( 2004 年 浙 江 ) 已 知 f(x)= ? , 则 不 等 式 x+(x+2) ? f(x+2) ≤ 5 的 解 集 是 ??1, x ? 0,

3 2 4. (2004 年四川高考)已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数 f(x)的最大值;
__________. (??, ]

(ii)设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g( a ? b )<(b-a)ln2.
2

● 例子分析 [例 1] 设计一幅宣传画, 要求画面面积为 4840 cm2,画面的宽与高的比为λ (λ <1),画面 的上、下各留 8 cm 的空白,左右各留 5 cm 空白,怎样确定画面的高与宽尺寸,才能使 2 3 宣传画所用纸张面积最小?如果要求λ ∈[ , ] ,那么λ 为何值时,能使宣传画所用 3 4 纸张面积最小? 命题意图: 本题主要考查建立函数关系式和求函数最小值问题, 同时考查运用所学知识 解决实际问题的能力. 知识依托:主要依据函数概念、奇偶性和最小值等基础知识. 2 3 错解分析:证明 S(λ )在区间[ , ]上的单调性容易出错,其次不易把应用问题转化 3 4 为函数的最值问题来解决. 技巧与方法:本题属于应用问题,关键是建立数学模型,并把问题转化为函数的最值问 题来解决. 解: 设画面高为 x cm,宽为λ x cm,则λ x2=4840,设纸张面积为 S cm2,则 S=(x+16)(λ x+10)= λ x2+(16λ +10)x+160,将 x=

22 10

?

代入上式得: S=5000+44 10 (8 ? +

5

?

),当 8 ? =

5

?

,

4840 5 5 5 即λ = ( <1)时 S 取得最小值.此时高:x= =88 cm,宽:λ x= ?88=55 cm. ? 8 8 8

2 3 2 3 如果λ ∈[ , ]可设 ≤λ 1<λ 2≤ ,则由 S 的表达式得: 3 4 3 4 5 5 S (?1 ) ? S (? 2 ) ? 44 10 (8 ?1 ? ? 8 ?2 ? )

?1

?2

? 44 10 ( ?1 ? ?2 )(8 ?
又 ?1?2 ≥

5

?1?2

)

5 2 5 >0, ? ,故 8- 3 8 ?1?2

2 3 ∴S(λ 1)-S(λ 2)<0,∴S(λ )在区间[ , ]内单调递增.? 3 4 2 2 3 从而对于λ ∈[ , ],当λ = 时,S(λ )取得最小值. 3 3 4
2 2 3 答: 画面高为 88 cm,宽为 55 cm 时,所用纸张面积最小.如果要求λ ∈[ , ],当λ = 3 3 4 时,所用纸张面积最小.
[例 2]已知函数 f(x)= (1)当 a=

x2 ? 2x ? a ,x∈[1,+∞ ) x

1 时,求函数 f(x)的最小值. 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞ ) ,f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 命题意图: 本题主要考查函数的最小值以及单调性问题, 着重于学生的综合分析能力以 及运算能力. 知识依托:本题主要通过求 f(x)的最值问题来求 a 的取值范围,体现了转化的思想与分 类讨论的思想. 错解分析:考生不易考虑把求 a 的取值范围的问题转化为函数的最值问题来解决. 技巧与方法:解法一运用转化思想把 f(x)>0 转化为关于 x 的二次不等式;解法二运用分 类讨论思想解得. 1 1 (1)解:当 a= 时,f(x)=x+ +2 2 2x ∵f(x)在区间[1,+∞ ) 上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞ ) 上的最小值为 f(1)= . 2 2 x ? 2x ? a (2)解法一:在区间[1,+∞ ) 上,f(x)= >0 恒成立 ? x2+2x+a>0 恒成立. x 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞ ) ∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增, ∴当 x=1 时,ymin=3+a,当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3.? a 解法二:f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞ ) x 当 a≥0 时,函数 f(x)的值恒为正; 当 a<0 时,函数 f(x)递增,故当 x=1 时,f(x)min=3+a, 当且仅当 f(x)min=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3. ●所涉及的问题及解决的方法主要有: (1)求函数的值域 此类问题主要利用求函数值域的常用方法:配方法、分离变量法、单调性法、图象法、 换元法、不等式法等.无论用什么方法求函数的值域,都必须考虑函数的定义域. (2)函数的综合性题目

此类问题主要考查函数值域、单调性、奇偶性、反函数等一些基本知识相结合的题目. 此类问题要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析能力以及较强的运算能力.在今 后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点,并可以逐渐加强. (3)运用函数的值域解决实际问题 此类问题关键是把实际问题转化为函数问题,从而利用所学知识去解决.此类题要求考 生具有较强的分析能力和数学建模能力. ●难点训练 一、选择题 1 1 1.函数 y=x2+ (x≤- )的值域是( ) 2 x 7 7 3 33 2 A.(-∞,- ] B.[- ,+∞ ) C.[ ,+∞ ) D.(-∞,- 3 2 ] 2 4 4 2 2.函数 y=x+ 1 ? 2 x 的值域是( ) A.(-∞,1 ] B.(-∞,-1 ] C.R D.[1,+∞ ) 二、填空题 3.一批货物随 17 列货车从 A 市以 V 千米/小时匀速直达 B 市,已知两地铁路线长 400 V 2 千米,为了安全,两列货车间距离不得小于( ) 千米 ,那么这批物资全部运到 B 市,最 20 快需要_________小时(不计货车的车身长). 4.设 x1、x2 为方程 4x2-4mx+m+2=0 的两个实根,当 m=_________时,x12+x22 有最小值 _________. 三、解答题 5.某企业生产一种产品时,固定成本为 5000 元,而每生产 100 台产品时直接消耗成本 1 要增加 2500 元, 市场对此商品年需求量为 500 台, 销售的收入函数为 R(x)=5x- x2(万元)(0 2 ≤x≤5),其中 x 是产品售出的数量(单位:百台) (1)把利润表示为年产量的函数; (2)年产量多少时,企业所得的利润最大? (3)年产量多少时,企业才不亏本? 6.已知函数 f(x)=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1] (1)若 f(x)的定义域为(-∞,+∞),求实数 a 的取值范围; (2)若 f(x)的值域为(-∞,+∞),求实数 a 的取值范围. 7.某家电生产企业根据市场调查分析,决定调整产品生产方案,准备每周(按 120 个工 时计算)生产空调器、彩电、冰箱共 360 台,且冰箱至少生产 60 台.已知生产家电产品每台 所需工时和每台产值如下表: 家电名称 空调器 彩电 冰箱 1 1 1 工时 2 3 4 4 3 2 产值(千元) 问每周应生产空调器、彩电、冰箱各多少台,才能使产值最高?最高产值是多少?(以 千元为单位) 8.在 Rt△ABC 中,∠C=90°,以斜边 AB 所在直线为轴将△ABC 旋转一周生成两个圆 BC ? CA 锥,设这两个圆锥的侧面积之积为 S1,△ABC 的内切圆面积为 S2,记 =x. AB S (1)求函数 f(x)= 1 的解析式并求 f(x)的定义域. S2 (2)求函数 f(x)的最小值.

参考答案

一、1.解析:∵m1=x2 在(-∞,- ∴y=x2+

1 1 1 )上是减函数,m2= 在(-∞,- )上是减函数, 2 2 x

1 1 在 x∈(-∞,- )上为减函数, 2 x 1 7 1 ∴y=x2+ (x≤- )的值域为[- ,+∞ ) . 2 4 x 答案:B 1? t2 2.解析:令 1 ? 2 x =t(t≥0),则 x= . 2 1 1? t2 ∵y= +t=- (t-1)2+1≤1 2 2 ∴值域为(-∞,1 ] . 答案:A 400 400 16V V 2 二、3.解析:t= +16?( ) /V= + ≥2 16 =8. V V 400 20 答案:8 m?2 m?2 4.解析:由韦达定理知:x1+x2=m,x1x2= ,∴x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=m2- =(m 4 2 1 1 17 17 - )2- ,又 x1,x2 为实根,∴Δ ≥0.∴m≤-1 或 m≥2,y=(m- )2- 在区间(-∞,1) 4 4 16 16 1 上是减函数,在[2,+∞ ) 上是增函数又抛物线 y 开口向上且以 m= 为对称轴.故 m=1 时, 4 1 ymin= . 2 1 答案:-1 2 三、5.解:(1)利润 y 是指生产数量 x 的产品售出后的总收入 R(x)与其总成本 C(x)?之 差,由题意,当 x≤5 时,产品能全部售出,当 x>5 时,只能销售 500 台,所以 1 2 ? ?5 x ? 2 x ? (0.5 ? 0.25 x)(0 ? x ? 5) ? y?? ?(5 ? 5 ? 1 ? 5 2 ) ? (0.5 ? 0.25 x)( x ? 5) ? 2 ? 1 2 ? ?4.75 x ? x ? 0.5(0 ? x ? 5) ?? 2 ?12 ? 0.25 x ( x ? 1) ? 1 2 b x +4.75x-0.5,当 x=- =4.75(百台)时,ymax=10.78125(万 2 2a 元) ,当 x>5(百台)时,y<12-0.25?5=10.75(万元) ,? 所以当生产 475 台时,利润最大.? ?0 ? x ? 5 ?x ? 5 ? 或? (3)要使企业不亏本,即要求 ? 1 2 ? 2 x ? 4.75x ? 0.5 ? 0 ?12 ? 0.25x ? 0 ?
(2)在 0≤x≤5 时,y=- 解得 5≥x≥4.75- 21.5625 ≈0.1(百台)或 5<x<48(百台)时,即企业年产量在 10 台到 4800 台之间时,企业不亏本. 6.解:(1)依题意(a2-1)x2+(a+1)x+1>0 对一切 x∈R 恒成立,当 a2-1≠0 时,其充要

?a ? 1或a ? ?1 ?a 2 ? 1 ? 0 ? ? 条件是 ? , ,即? 5 2 2 ?? ? ( a ? 1) ? 4( a ? 1) ? 0 ?a ? 或a ? ?1 ? 3 ?
∴a<-1 或 a>

5 5 .又 a=-1 时,f(x)=0 满足题意,a=1 时不合题意.故 a≤-1 或 a>为 3 3

所求. (2)依题意只要 t=(a2-1)x2+(a+1)x+1 能取到(0,+∞)上的任何值,则 f(x)的值域为 R, ?a 2 ? 1 ? 0 5 故有 ? ,解得 1<a≤ ,又当 a2-1=0 即 a=1 时, t=2x+1 符合题意而 a=-1 时不合题 3 ?? ? 0 5 意,∴1≤a≤ 为所求. 3 7.解:设每周生产空调器、彩电、冰箱分别为 x 台、y 台、z 台,由题意得: x+y+z=360 ? ①

1 1 1 ② x ? y ? z ? 120 2 3 4 x>0,y>0,z≥60. ③? 假定每周总产值为 S 千元,则 S=4x+3y+2z,在限制条件①②③之下,为求目标函数 S 的 最大值,由①②消去 z,得 y=360-3x. ④ 将④代入①得:x+(360-3x)+z=360,∴z=2x ⑤ ∵z≥60,∴x≥30. ⑥ 再将④⑤代入 S 中,得 S=4x+3(360-3x)+2?2x,即 S=-x+1080.由条件⑥及上式知,当 x=30 时, 产值 S 最大, 最大值为 S=-30+1080=1050(千元) x=30 分别代入④和⑤得 y=360 .得 -90=270,z=2?30=60. ∴每周应生产空调器 30 台,彩电 270 台,冰箱 60 台,才能使产值最大,最大产值为 1050 千元. ab 8.解: 如图所示: BC=a,CA=b,AB=c,则斜边 AB 上的高 h= (1) 设 , c ?ab a?b?c 2 ∴S1=π ah+π bh= (a ? b), S 2 ? ? ( ) ,, c 2 S 4ab( a ? b) ∴f(x)= 1 ? S 2 c( a ? b ? c ) 2 ① ?a ? b ?a ? b ? cx ?x ? ? ?? 又? c c2 ab ? ( x 2 ? 1) 2 2 2 ?a ? b ? c ? 2 ? ?
代入①消 c,得 f(x)=

2( x 2 ? x ) . x ?1

在 Rt△ABC 中,有 a=csinA,b=ccosA(0<A< x=

a?b ? =sinA+cosA= 2 sin(A+ ).∴1<x≤ 2 . c 4 2 2( x ? x ) 2 (2)f(x)= ? 2[( x ? 1) ? ] +6,设 t=x-1, x ?1 x ?1 2 则 t∈(0, 2 -1),y=2(t+ )+6 在(0, 2 -1 ] 上是减函数, ∴当 x=( 2 -1)+1= 2 t 时,f(x)的最小值为 6 2 +8.

? ) ,则 2

例 5 把函 y=f(x)在 x=a 及 x=b 之间的一段图象近似地看成直线,若 a≤c≤b,那么 f(c)似值

c?a ? f ?b? ? f ?a ??。 b?a f ?b ? ? f ?a ? f ?b ? ? f ?a ? 【说明】Kef= ,则 EF 的解析式为: f ?x ? ? f ?a ? ? ?x ? a ? , b?a b?a f ?c ? ? f ?a ? f ?b ? ? f ?a ? 令 x=c 即可得上式。或利用 斜率相等也可以得到。 ? c?a b?a 2 【例 6】①如果 f(x)=lg ? p ? 1?x ? 2 px ? 3 p ? 2 的定义域为 R,求实数 P 的范围。
表示为 f ?c ? ? f ?a ? ? ②函数 y ? lg x ? mx ? 2 的值域为 R,则实数 m 的取值范围是多少?
2

③求 f ?x ? ?

?

?

?

?

x ? 3 ? x 的值域

④ 练习:求下列函数的值域: y ?

2 ? sin x sin x 1 ? sin x 3x ? 1 ,y ? ,y ? ,y ? 2 ? sin x 2 ? cos x 2 ? cos x x ?1

y ? ax ? bx ? c 。 (前三题要应用多种方法解之)
【解】①当 p=1 时,显然不成立;当 p≠1 时,要使 f(x)的 x∈R,则有 x∈R 时, (p-1) x2+2px+3p-2>0 恒成立,∴ ?

②由题意知 f ? x ? 值域为 R,则 y= x ? mx ? 2 的图象与 x 轴有交点,于是得
2

? p ?1 ? p ? 2; 2 ?? ? 4 p ? 4( p ? 1)(3 p ? 2) ? 0

△=m2-8≥0,∴ m ? ?2 2或m ? 2 2 【说明】要注意①②的联系与区别。 ③法一:由 0≤x≤3,设 x=3cos2θ,θ∈[0,π /2],得 f(x)= 3 sin ? ? 3 cos? ? ∵π /4≤θ +π/4≤3π /4,∴sin(θ +π /4)∈[
2

?? ? 6 sin?? ? ? , 4? ?

2 ,1 ],∴f(x)∈[ 3, 6 ]. 2
2

? x ?3? x? 2 法二: y ? 3 ? 2 x?3 ? x ? ? 3 ? 2 ? ? ? 6 ,又 y ? 3 ? 2 x?3 ? x ? ≥3 2 ? ?
∴f(x)∈[ 3, 6 ]。

3? 9 ? 法三:对根式内配方得: y ? 3 ? ? ? x ? ? ? ,余略。 2? 4 ?
2

2

【说明】求函数的值域,注意分析函数解析式的结构和定义域,探讨求解模式,①配方法, ②判别式法③利用函数的单调性④不等式法⑤换元法及有界性、反函数法、数形结合法、分 离变量法等是常用的方法,其本质是函数与方程的思想、化归思想、数形结合的思想想。

五、单调性 函数的单调性(一)
函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一,考查内容灵活多样.本节主要帮助考生 深刻理解奇偶性、单调性的定义,掌握判定方法,正确认识单调函数与奇偶函数的图象. ●有奖征解 1.设 a>0,f(x)= 增函数. (1)解:依题意,对一切 x∈R,有 f(x)=f(-x),即

ex a ? 是 R 上的偶函数,(1)求 a 的值;(2)证明: f(x)在(0,+∞)上是 a ex ex a 1 1 ? x ? x +aex.整理,得(a- ) a e a ae

(ex-

1 1 )=0.因此,有 a- =0,即 a2=1,又 a>0,∴a=1 x a e
1 1 1 ? x ? (e x2 ? e x1 )( x ?x ? 1) x1 2 1 e e e 2

(2)证法一:设 0<x1<x2,则 f(x1)-f(x2)= e x1 ? e x2 ?

1 ? e x1 ? x2 e x1 ? x2 由 x1>0,x2>0,x2>x1,∴ e x2 ?x1 ? 1 >0,1-e x1 ? x2 <0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2) ∴f(x)在(0,+∞)上是增函数 - - - - 证法二: f(x)=ex+e x, f′(x)=ex-e x=e x? 2x-1).当 x∈(0,+∞)时, x>0,e2x-1>0. 由 得 (e e 此时 f′(x)>0,所以 f(x)在[0,+∞)上是增函数. (2) (2004 年福建高考 21 题 14 分) ? e x1 ( e x2 ? x1 ? 1)
已知 f(x)=

2x ? a (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数。 x2 ? 2 1 的两个非零实根为 x1、x2.试问:是否存在实数 m,使得不等 x

(Ⅰ)求实数 a 的值组成的集合 A; (Ⅱ)设关于 x 的方程 f(x)=
2

式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若不存 在,请说明理由。 本小题主要考查函数的单调性, 导数的应用和不等式等有关知识, 考查数形结合及分类讨论 思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力。满分 14 分. 解: (Ⅰ)f'(x)=

4 ? 2ax ? 2 x 2 ? 2( x 2 ? ax ? 2) = , ( x 2 ? 2) 2 ( x 2 ? 2) 2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 2 即 x -ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. ① 2 设 ? (x)=x -ax-2, 方法一: ? (1)=1-a-2≤0, ①? ? -1≤a≤1, (-1)=1+a-2≤0. ? ∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}. 方法二:

①?

a ≥0, 2

a <0, 2


? (-1)=1+a-2≤0

? (1)=1-a-2≤0

0≤a≤1 或 -1≤a≤0 -1≤a≤1. ∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}. (Ⅱ)由
2

? ?

2x ? a 1 2 = ,得 x -ax-2=0, 2 x ?2 x

∵△=a +8>0 2 ∴x1,x2 是方程 x -ax-2=0 的两非零实根, x1+x2=a,



2 从而|x1-x2|= ( x1 ? x 2 ) ? 4 x1 x 2 = a ? 8 .

2

x1x2=-2, ∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a ? 8 ≤3. 2 要使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立, 2 当且仅当 m +tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 2 即 m +tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立. ② 2 2 设 g(t)=m +tm-2=mt+(m -2), 方法一: 2 g(-1)=m -m-2≥0, ②? 2 g(1)=m +m-2≥0, ? m≥2 或 m≤-2. 2 所以,存在实数 m,使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其取值范 围是{m|m≥2,或 m≤-2}. 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠0 时, m>0, m<0, ②? 或 2 2 g(-1)=m -m-2≥0 g(1)=m +m-2≥0 ? m≥2 或 m≤-2. 2 所以,存在实数 m,使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其取值范 围是{m|m≥2,或 m≤-2}.
2

●例子分析 [例 1]已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f( 意 x、y∈(-1,1)都有 f(x)+f(y)=f(

1 )=-1,当且仅当 0<x<1 时 f(x)<0,且对任 2

x? y ),试证明: 1 ? xy (1)f(x)为奇函数;(2)f(x)在(-1,1)上单调递减. 命题意图:本题主要考查函数的奇偶性、单调性的判定以及运算能力和逻辑推理能力. 知识依托:奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想. 错解分析:本题对思维能力要求较高,如果“赋值”不够准确,运算技能不过关,结果很难 获得. x ? x1 技巧与方法:对于(1),获得 f(0)的值进而取 x=-y 是解题关键;对于(2),判定 2 1 ? x1 x 2 的范围是焦点. x? y x?x 证明: (1)由 f(x)+f(y)=f( ),令 x=y=0,得 f(0)=0,令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f( )=f(0)=0. 1 ? xy 1? x2 ∴f(x)=-f(-x).∴f(x)为奇函数. (2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减. x ? x1 令 0<x1<x2<1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2)-f(-x1)=f( 2 ) 1 ? x1 x 2 x ? x1 ∵0<x1<x2<1,∴x2-x1>0,1-x1x2>0,∴ 2 >0, 1 ? x 2 x1 又(x2-x1)-(1-x2x1)=(x2-1)(x1+1)<0 ∴x2-x1<1-x2x1,

x 2 ? x1 x ? x1 <1,由题意知 f( 2 )<0,? 1 ? x 2 x1 1 ? x1 x 2 即 f(x2)<f(x1). ∴f(x)在(0,1)上为减函数,又 f(x)为奇函数且 f(0)=0. ∴f(x)在(-1,1)上为减函数. [ 例 2 ] 设 函 数 f(x)是 定 义 在 R 上 的 偶 函 数 , 并 在 区 间 (- ∞ ,0)内 单 调 递 增 , 1 2 f(2a2+a+1)<f(3a2-2a+1).求 a 的取值范围,并在该范围内求函数 y=( ) a ?3a ?1 的单调递减区 2 间. 命题意图: 本题主要考查函数奇偶性、 单调性的基本应用以及对复合函数单调性的判定 方法. 知识依托:逆向认识奇偶性、单调性、指数函数的单调性及函数的值域问题. 错解分析:逆向思维受阻、条件认识不清晰、复合函数判定程序紊乱. 技巧与方法:本题属于知识组合题类,关键在于读题过程中对条件的思考与认识,通过 本题会解组合题类,掌握审题的一般技巧与方法. 解:设 0<x1<x2,则-x2<-x1<0,∵f(x)在区间(-∞,0)内单调递增, ∴f(-x2)<f(-x1),∵f(x)为偶函数,∴f(-x2)=f(x2),f(-x1)=f(x1), ∴f(x2)<f(x1).∴f(x)在(0,+∞)内单调递减. 1 7 又2a 2 ? a ? 1 ? 2(a ? ) 2 ? ? 0,3a 2 ? 4 8 1 2 2 2a ? 1 ? 3(a ? ) ? ? 0. 3 3 2 2 由 f(2a +a+1)<f(3a -2a+1)得:2a2+a+1>3a2-2a+1.解之,得 0<a<3. 3 5 又 a2-3a+1=(a- )2- . 2 4 1 a 2 ?3a ?1 3 ∴函数 y=( ) 的单调减区间是[ ,+∞] 2 2 2 3 3 结合 0<a<3,得函数 y=( ) a ?3a ?1 的单调递减区间为[ ,3). 2 2 [例 3](2004 年湖南高考题) 2 ax 已知函数 f ( x) ? x e , 其中 a≤0,e 为自然对数的底数. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)求函数 f(x)在区间[0,1]上的最大值. ax 解 (Ⅰ) f ?( x) ? x(ax ? 2)e . ( i )当 a=0 时,令 f ?(x) =0, 得 x=0. 若 x>0. 则 f ?(x) >0,从而 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 若 x<0,则 f ?(x) <0,从而 f(x)在(--∞,0)上单调递减.
∴0< ( ii) 当 a<0 时,令 f ?(x) =0,得 x(ax+2)=0,故 x=0 或 x ? ? 若 x<0,则 f ?(x) <0,从而 f(x)在(--∞,0)上单调递减. 若 0<x< ?

2 . a

2 2 , 则 f ?(x) >0.从而 f(x)在(0, ? , )上单调递增; a a 2 2 若 x> ? , 则 f ?(x) <0.从而 f(x)在( ? , +∞)上单调递减. a a (Ⅱ) ( i ) 当 a=0 时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是 f(1)=1.
( ii) 当 ? 2? a?0 时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是 f(1)= e .
a

2 4 (iii) 当 a≤-2 时, f(x)在区间[0,1]上的最大值是 f (? ) ? 2 2 . a a e
[例 5]若函数 f(x) = ax2+b|x|+c (a≠0)的定义域 R 分成了四个单调区间,则实数 a,b,c 满足( ) (A)b2-4ac > 0 且 a>0 (B) b2-4ac > 0 (C) -

b b > 0 (D) - <0 2a 2a

●本难点所涉及的问题及解决方法主要有: (1)判断函数的奇偶性与单调性 若为具体函数,严格按照定义判断,注意变换中的等价性. 若为抽象函数,在依托定义的基础上,用好赋值法,注意赋值的科学性、合理性. 同时,注意判断与证明、讨论三者的区别,针对所列的“磁场”及“训练”认真体会, 用好数与形的统一. 复合函数的奇偶性、单调性.问题的解决关键在于:既把握复合过程,又掌握基本函数. (2)加强逆向思维、数形统一.正反结合解决基本应用题目,下一节我们将展开研究奇偶 性、单调性的应用. ●训练 一、选择题 1.下列函数中的奇函数是( ) A.f(x)=(x-1)

x ?1 1? x

B.f(x)=

lg( 1 ? x 2 ) | x 2 ? 2 | ?2
D.f(x)=

? x 2 ? x ( x ? 0) ? C.f(x)= ? 2 ? ? x ? x ( x ? 0) ?
2.函数 f(x)=

1 ? sin x ? cos x 1 ? cos x ? sin x

的图象( ) 1? x2 ? x ?1 A.关于 x 轴对称 B.关于 y 轴对称 C.关于原点对称 D.关于直线 x=1 对称 二、填空题 3.函数 f(x)在 R 上为增函数,则 y=f(|x+1|)的一个单调递减区间是_________. 4.若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 满足 f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (0<x1<x2),?且在 2,+∞ ) 上单调递增, [x 则 b 的取值范围是_________. 三、解答题 x?2 5.已知函数 f(x)=ax+ (a>1). x ?1 (1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. x3 6.求证函数 f(x)= 2 在区间(1,+∞)上是减函数. ( x ? 1) 2 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 1 7.设函数 f(x)的定义域关于原点对称且满足:(i)f(x1-x2)= ; f ( x 2 ) ? f ( x1 ) (ii)存在正常数 a 使 f(a)=1.求证: (1)f(x)是奇函数. (2)f(x)是周期函数,且有一个周期是 4a. 8.已知函数 f(x)的定义域为 R,且对 m、n∈R,恒有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,且 1 1 f(- )=0,当 x>- 时,f(x)>0. 2 2 (1)求证:f(x)是单调递增函数;

1? x2 ? x ?1

(2)试举出具有这种性质的一个函数,并加以验证.

参考答案
一、1.解析:
2 ? f(-x)= ? x ? x ?

( x ? 0)

?? x 2 ? x ?

?? ( x 2 ? x ) ? ?? ( x ? 0) ? ? ( ? x 2 ? x ) ?

( x ? 0) ( x ? 0)

=-f(x),故 f(x)为奇函数.

答案:C 2.解析:f(-x)=-f(x),f(x)是奇函数,图象关于原点对称. 答案:C 二、3.解析:令 t=|x+1|,则 t 在(-∞,-1 ] 上递减,又 y=f(x)在 R 上单调递增,∴y=f(|x+1|) 在(-∞,-1 ] 上递减. 答案:(-∞,-1 ] 4.解析:∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,∴f(0)=d=0.f(x)=ax(x-x1)(x-x2)=ax3-a(x1+x2)x2+ax1x2x, ∴b=-a(x1+x2),又 f(x)在[x2,+∞ ) 单调递增,故 a>0.又知 0<x1<x,得 x1+x2>0, ∴b=-a(x1+x2)<0. 答案:(-∞,0) 三、5.证明:(1)设-1<x1<x2<+∞,则 x2-x1>0, a x2 ? x1 >1 且 a x1 >0, ∴ a x2 ? a x1 ? a x1 ( a x2 ?x1 ? 1) >0,又 x1+1>0,x2+1>0
x2 ? 2 ? x1 ? 2 ( x 2 ? 2)( x1 ? 1) ? ( x1 ? 2)( x 2 ? 1) ? >0, x1 ? 1 ( x1 ? 1)( x 2 ? 1)

∴ x2 ? 1
?

3( x 2 ? x1 ) ( x1 ? 1)( x 2 ? 1)

a x2

于是 f(x2)-f(x1)= x ? 2 x1 ? 2 >0 ? a x1 + 2 ? x 2 ? 1 x1 ? 1 ∴f(x)在(-1,+∞)上为递增函数. (2)证法一:设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,则 a x0 ? ?

x0 ? 2 且由 0< a x0 <1 得 0< x0 ? 1



x0 ? 2 1 <1,即 <x0<2 与 x0<0 矛盾,故 f(x)=0 没有负数根. x0 ? 1 2
证法二:设存在 x0<0(x0≠-1)使 f(x0)=0,若-1<x0<0,则

x0 ? 2 <-2, a x0 <1,∴f(x0)< x0 ? 1

-1 与 f(x0)=0 矛盾, x0<-1,则 若 没有负数根. 6.证明:∵x≠0,∴f(x)=

x0 ? 2 >0, a x0 >0, ∴f(x0)>0 与 f(x0)=0 矛盾, 故方程 f(x)=0 x0 ? 1

1 1 1 , ? ? 2 2 2 1 2 ( x ? 1) x( x ? 1) x(1 ? 2 ) x x3 x4
2

设 1<x1<x2<+∞, 1 1 1 1 则 2 ? 2 ? 1,1 ? 2 ? 1 ? 2 ? 0 . x2 x1 x2 x1
? x2 (1 ? ? 1 2 1 ) ? x1 (1 ? 2 ) 2 ? 0. 2 x2 x1 ? 1 x1 (1 ? 1 2 ) 2 x1

1 1 x2 (1 ? 2 ) 2 x2

∴f(x1)>f(x2),?故函数 f(x)在(1,+∞)上是减函数.(本题也可用求导方法解决)

7.证明:(1)不妨令 x=x1-x2,则 f(-x)=f(x2-x1)= =-f(x1-x2)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)要证 f(x+4a)=f(x),可先计算 f(x+a),f(x+2a).

f ( x 2 ) f ( x1 ) ? 1 f ( x1 ) f ( x 2 ) ? 1 ?? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f ( x 2 ) ? f ( x1 )

f ( ? a ) ? f ( ? x) ? f ( a ) ? f ( x) f ( x ? a) ? 1 ? f ( x ? 2a ) ? f [( x ? a ) ? a ] ? f ( x ? a) ? 1

∵f(x+a)=f[x-(-a)]= f (?a) f ( x) ? 1 ? ? f (a) f ( x) ? 1 ? f ( x) ? 1 ( f (a) ? 1)
f ( x) ? 1

f ( x) ? 1 ?1 1 f ( x) ? 1 ? ?? f ( x) ? 1 f ( x). ?1 f ( x) ? 1

∴f(x+4a)=f[(x+2a)+2a] 1 = =f(x),故 f(x)是以 4a 为周期的周期函数. ? f ( x ? 2a ) 附加说明:此题可类比正切函数。 1 1 1 8.(1)证明:设 x1<x2,则 x2-x1- >- ,由题意 f(x2-x1- )>0, 2 2 2 ∵f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1=f(x2-x1)+f(- 1 1 )-1=f[(x2-x1)- ]>0, 2 2 ∴f(x)是单调递增函数.(2)解:f(x)=2x+1. ●奇偶性与单调性(二) 函数的单调性、奇偶性是高考的重点和热点内容之一,特别是两性质的应用更加突出. 本节主要帮助考生学会怎样利用两性质解题,掌握基本方法,形成应用意识. ● 有奖征解 已知偶函数 f(x)在(0,+∞)上为增函数,且 f(2)=0,解不等式 f[log2(x2+5x+4)]≥0.? 解:∵f(2)=0,∴原不等式可化为 f[log2(x2+5x+4)]≥f(2). 又∵f(x)为偶函数,且 f(x)在(0,+∞)上为增函数, ∴f(x)在(-∞,0)上为减函数且 f(-2)=f(2)=0 ∴不等式可化为 log2(x2+5x+4)≥2 ① 2 或 log2(x +5x+4)≤-2 ② 由①得 x2+5x+4≥4 ∴x≤-5 或 x≥0 ③

1 ? 5 ? 10 ? 5 ? 10 得 ≤x<-4 或-1<x≤ 2 2 4 由③④得原不等式的解集为 ? 5 ? 10 ? 5 ? 10 {x|x≤-5 或 ≤x≤-4 或-1<x≤ 或 x≥0} 2 2
由②得 0<x2+5x+4≤



[例 1] 已知奇函数 f(x)是定义在(-3, 3)上的减函数, 且满足不等式 f(x-3)+f(x2-3)<0, 设不等式解集为 A,B=A∪{x|1≤x≤ 5 },求函数 g(x)=-3x2+3x-4(x∈B)的最大值. 命题意图: 本题属于函数性质的综合性题目, 考生必须具有综合运用知识分析和解决问 题的能力. 知识依托:主要依据函数的性质去解决问题. 错解分析:题目不等式中的“f”号如何去掉是难点,在求二次函数在给定区间上的最 值问题时,学生容易漏掉定义域. 技巧与方法:借助奇偶性脱去“f”号,转化为 xcos 不等式,利用数形结合进行集合运

算和求最值. ?? 3 ? x ? 3 ? 3 ?0 ? x ? 6 得? 解:由 ? 且 x≠0,故 0<x< 6 , 2 ?? 3 ? x ? 3 ? 3 ?? 6 ? x ? 6 又∵f(x)是奇函数,∴f(x-3)<-f(x2-3)=f(3-x2),又 f(x)在(-3,3)上是减函数, ∴x-3>3-x2,即 x2+x-6>0,解得 x>2 或 x<-3,综上得 2<x< 6 ,即 A={x|2<x< 6 }, 1 13 ∴B=A∪{x|1≤x≤ 5 }={x|1≤x< 6 },又 g(x)=-3x2+3x-4=-3(x- )2- 知:g(x) 2 4 在 B 上为减函数,∴g(x)max=g(1)=-4. [例 2]已知奇函数 f(x)的定义域为 R,且 f(x)在[0,+∞)上是增函数,是否存在实数 m,使 f(cos2θ -3)+f(4m-2mcosθ )>f(0)对所有θ ∈[0,

? ]都成立?若存在,求出符合条件 2

的所有实数 m 的范围,若不存在,说明理由. 命题意图: 本题属于探索性问题, 主要考查考生的综合分析能力和逻辑思维能力以及运 算能力. 知识依托: 主要依据函数的单调性和奇偶性, 利用等价转化的思想方法把问题转化为二 次函数在给定区间上的最值问题. 错解分析: 考生不易运用函数的综合性质去解决问题, 特别不易考虑运用等价转化的思 想方法. 技巧与方法:主要运用等价转化的思想和分类讨论的思想来解决问题. 解:∵f(x)是 R 上的奇函数,且在[0,+∞)上是增函数,∴f(x)是 R 上的增函数.于是不 等式可等价地转化为 f(cos2θ -3)>f(2mcosθ -4m), 即 cos2θ -3>2mcosθ -4m,即 cos2θ -mcosθ +2m-2>0. 设 t=cosθ ,则问题等价地转化为函数 g(t)?=t2-mt+2m-2=(t-

m 2 m2 )- +2m-2 在 [0, 4 2

1]上的值恒为正,又转化为函数 g(t)在[0,1]上的最小值为正. m ∴当 <0,即 m<0 时,g(0)=2m-2>0 ? m>1 与 m<0 不符; 2 m2 m 当 0≤ ≤1 时,即 0≤m≤2 时,g(m)=- +2m-2>0 4 2 ? 4-2 2 <m<4+2 2 ,?∴4-2 2 <m≤2. m 当 >1,即 m>2 时,g(1)=m-1>0 ? m>1.∴m>2 2 综上,符合题目要求的 m 的值存在,其取值范围是 m>4-2 2 . ●所涉及的问题以及解决的方法主要有: (1)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目.此类题目要求考生必须具有驾驭 知识的能力,并具有综合分析问题和解决问题的能力. (2)应用问题.在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中,往往还要用到等价 转化和数形结合的思想方法, 把问题中较复杂、 抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决. 特别是:往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题. ●训练 一、选择题 1.设 f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数, f(x+2)=-f(x),当 0≤x≤1 时, f(x)=x,则 f(7.5)等于( ) A.0.5 B.-0.5 C.1.5 D.-1.5 2.已知定义域为(-1,1)的奇函数 y=f(x)又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0,?则 a 的取 值范围是( ) A.(2 2 ,3) C.(2 2 ,4) 二、填空题 B.(3, 10 ) D.(-2,3)

3.若 f(x)为奇函数, 且在(0, +∞)内是增函数, f(-3)=0,则 xf(x)<0 的解集为_________. 又 4.如果函数 f(x)在 R 上为奇函数,在(-1,0)上是增函数,且 f(x+2)=-f(x),试比较 1 2 f( ),f( ),f(1)的大小关系_________. 3 3 三、解答题 5.已知 f(x)是偶函数而且在(0,+∞)上是减函数,判断 f(x)在(-∞,0)上的增减性并加以 证明.

a ? 2x ?1 (a∈R)是 R 上的奇函数, 1? 2x (1)求 a 的值; - (2)求 f(x)的反函数 f 1(x); 1? x - (3)对任意给定的 k∈R+,解不等式 f 1(x)>lg . k
6.已知 f(x)= 7.定义在(-∞,4]上的减函数 f(x)满足 f(m-sinx)≤f( 1? 2m - 都成立,求实数 m 的取值范围. 8.已知函数 y=f(x)= 中 b∈N 且 f(1)<

7 +cos2x)对任意 x∈R 4

ax 2 ?1 (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数,当 x>0 时,f(x)有最小值 2,其 bx ? c

5 . 2 (1)试求函数 f(x)的解析式; (2)问函数 f(x)图象上是否存在关于点(1,0)对称的两点,若存在,求出点的坐标;若不 存在,说明理由. 参考答案 训练 一、1.解析:f(7.5)=f(5.5+2)=-f(5.5)=-f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)=-f(1.5)=-f(-0.5+2)= f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5. 答案:B 2.解析:∵f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0. ∴f(a-3)<f(a2-9). ?? 1 ? a ? 3 ? 1 ? ∴ ?? 1 ? a 2 ? 9 ? 1 ∴a∈(2 2 ,3). ? 2 ?a ? 3 ? a ? 9
答案:A

?x ? 0 ?x ? 0 或? 二、3.解析:由题意可知:xf(x)<0 ? ? ? f ( x) ? 0 ? f ( x) ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?? 或? ?? 或? ? f ( x ) ? f ( ?3) ? f ( x ) ? f (3) ? x ? ?3 ? x ? 3 ∴x∈(-3,0)∪(0,3) 答案:(-3,0)∪(0,3) 4.解析:∵f(x)为 R 上的奇函数 1 1 2 2 1 ∴f( )=-f(- ),f( )=-f(- ),f(1)=-f(-1),又 f(x)在(-1,0)上是增函数且- > 3 3 3 3 3


2 >-1. 3
∴f(-

1 2 1 2 )>f(- )>f(-1),∴f( )<f( )<f(1). 3 3 3 3

1 2 )<f( )<f(1) 3 3 三、5.解:函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数,设 x1<x2<0,因为 f(x)是偶函数,所以 f(-x1)=f(x1),f(-x2)=f(x2),由假设可知-x1>-x2>0,又已知 f(x)?在(0,+∞)上是减函数,于是 有 f(-x1)<f(-x2),即 f(x1)<f(x2),由此可知,函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数. 6.解:(1)a=1. 2x ?1 - 1 ? x (-1<x<1 ) . (2)f(x)= x (x∈R) ? f -1(x)=log2 2 ?1 1? x 1? x 1 ? x >log (3)由 log2 ? log2(1-x)<log2k,∴当 0<k<2 时,不等式解集为{x|1-k 2 k 1? x <x<1 } ;当 k≥2 时,不等式解集为{x|-1<x<1 } .
答案:f(

? ?m ? sin x ? 4 ? 7 ? 2 ? 1 ? 2m ? ? cos x ? 4 4 ? 7 ? 7.解: ,对 x∈R 恒成立, 2 ?m ? sin x ? 1 ? 2m ? 4 ? cos x ? ?m ? 4 ? sin x ? 即? 7 2 ?m ? 1 ? 2m ? 4 ? ? sin x ? sin x ? 1 ?
?m ? 3 ? ?? 3 1 ?m ? 2 或m ? 2 ?
∴m∈[

3 1 ,3]∪{ }. 2 2

ax 2 ? 1 ax 2 ? 1 ?? ? bx ? c ? bx ? c bx ? c ? bx ? c a 1 ax 2 ? 1 a 1 ∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)= ≥2 ,当且仅当 x= 时等号成立, ? x? 2 a bx b bx b
8.解:(1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即

a 5 a ? 1 5 b2 ?1 5 1 =2,∴a=b2,由 f(1)< 得 < 即 < ,∴2b2-5b+2<0,解得 <b<2, 2 b 2 2 2 2 b b 1 又 b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+ . x (2)设存在一点(x0,y0)在 y=f(x)的图象上, 并且关于(1, 的对称点(2-x0,-y0)也在 y=f(x) 0) 2 ? x0 ? 1 ? y0 ? ? x0 图象上,则 ? 2 ? ( 2 ? x0 ) ? 1 ? ? y0 ? 2? x 0 ?
于是 2 消去 y0 得 x02-2x0-1=0,x0=1± 2 . ∴y=f(x)图象上存在两点(1+ 2 ,2 2 ),(1- 2 ,-2 2 )关于(1,0)对称. 附加例题 【例 7】 (2001 春高)设函数 f ?x ? ? 其单调区间上的的单调性。

x?a ?a ? b ? 0? ,求函数的单调区间,并证明函数在 x?b

【证明】函数 f ?x ? ?

x?a ?a ? b ? 0? 的定义域是(-∞,-b)∪(-b,+∞). x?b

f(x)在在(-∞,-b)内是减函数,在(-b,+∞).内也是减函数。 证明略。 【例 8】已知函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足 f(-1)=0,对任意的实数 x 都有 f(x)-x≥0,且当 x

∈(0,2)时,f(x)≤ ?

? x ?1? ? . ? 2 ?

2

① 求 f(1)的值; ② 证明:a>0,c>0; ③ 当 x∈[-1,1]时,函数 g(x)=f(x)-mx 是单调的,求证:m≤0 或 m≥1.

? x ?1? ?1?1? 【解】①由条件知 x∈(0,2)时,x≤f(x)≤ ? ? ,∴1≤f(1)≤ ? ? ? 1 ,∴f(1)=1. ? 2 ? ? 2 ? ? f (1) ? 1 ?a ? b ? c ? 0 1 ?? ?b ? a?c ? , ②由 ? 又对任意的 x 有 f(x)-x≥0 恒成立, 2 ? f (0) ? 0 ? a ? b ? c ? 1
即 ax ?
2

2

2

1 x ? c ? 0 恒成立,则只要α >0 且△≤0 即 2 ?a ? 0 ?a ? 0 ? ? 1 ? a ? 0, c ? 0 . ?? 1 ? ? 4ac ? 0 ac ? ?4 ? 16 ? ?

1 1 1 1 1 1 1 ? a ? c ? 2 ac ? 2 ? ? a ? c ? ? f ?x ? ? x 2 ? x ? , 2 16 2 4 4 2 4 1 2 ∴f(x)-mx= x ? ?2 ? 4m ?x ? 1 , 4 2 ? 4m 当 x∈[-1,1]上单调时,只要对称轴满足 | |? 1 ? m ? 0或m ? 1 。 2


?

?

【例 9】设函数 f(x)定义域在 R 上,对于任意的实数 m,n,总有 f(m+n)=f(m)· f(n),且当 x>0 时, 0<f(x)<1, ① 证明 f(0)=1,且 x<0 时,f(x)>1; ② 证明 f(x)在 R 上单调递减, ③ 设 A= ( x, y ) | f ( x ) ? f ( y ) ? f (1) .B ? ?( x, y ) | f (ax ? y ? 2) ? 1, a ? R?, 若 A∩B=Φ。试确定 a 的范围。你能举一个满足①、②的函数码? 【解】①在 f(m+n)=f(m)· f(n)中,令 m=1,n=0,f(1)=f(1)f(0),∴f(0)=1 设 m=x<0,n=-x>0, f(x-x)=f(x)?f(-x),∴f(x)?f(-x)=1,
2 2

?

?

1 ,0 ? f ?? x ? ? 1 ? f ?x ? ? 1 . f ?? x ? ②设 x1 ? x2 ,则 x 2 ? x1 ? 0 , ? 0 ? f ?x2 ? x1 ? ? 1 , f ?x2 ? ? f ?x1 ? ? f ??x2 ? x1 ? ? x1 ? ? f ?x1 ? ? f ?x2 ? x1 ? ? f ?x1 ? ? f ?x1 ? ? f ?x1 ?? f ( x2 ? x1 ) ? 1? ? 0 ? f ?x ?在R上单调递减。 f ( x) ?
③f(x2)?f(y2)>f(1),即 f(x2+y2)>f(1),∴x2+y2<1 f (ax ? y ? 2) ? 1=f(0),ax-y+2=0
2 2

∴A= {?x, y ? | x ? y ? 1}, B ? {?x, y ? | ax ? y ? 2 ? 0, a ? R} A∩B=ф ,∴

|2| a2 ?1

? 1 ? a2 ?1 ? 2 ? a2 ? 3 ? ? 3 ? a ? 3

函数 f ? x ? ? ? ? 满足上述①②。 (10) (2004 年湖北高考)函数 f ( x) ? ax ? x ? 1 有极值的充要条件是
2

?1? ?2?

x

(A) a ? 0

(B) a ? 0

(C) a ? 0

(D) a ? 0

旁征博引【数列中的单调性利用】 结论:与自然数有关的“和式” ,采用求差确定数列的单调性;与自然有关的“积式” , 采用求求商确定数列的单调性。

1 1 1 1 11 。 ? ? ??? ? n?3 n?4 n?5 2n ? 2 30 1 1 1 1 11 【证明】设 f (n) ? ,则有: ? ? ??? ? n?3 n?4 n?5 2n ? 2 30 1 1 1 1 1 1 1 1 f (n ? 1) ? f (n) ? ? ??? ? ?( ? ? ??? ) n?4 n?5 2n ? 2 2n ? 4 n ? 3 n ? 4 n ? 5 2n ? 2 1 1 1 5n ? 9 ? ? ? ? ?0 2n ? 3 2n ? 4 n ? 3 (2n ? 3)( 2n ? 4)( n ? 3) 11 11 , ? f (n ? 1) ? f (n), f (n)是单调增函数,又f (2) ? , 所以, 对n ? N , f (n) ? 30 30
【例 1】求证:对于 n≥2 时, ∴原式得证。 【例 2】已知数列{bn}是等差数列,b1=1, b1 ? b2 ? ? ? b15 ? 145 , ① 求 bn ② 数列α n 的通项 a n ? log a (1 ? Sn 与 log a bn ?1 的大小。 【解】①易知 bn=3n-2

1 )(其中a ? 0, a ? 1) ,Sn 为数列{an}u 前 n 项和,试比较 bn

1 3

1 1 )] , log a bn?1 ? log a 3 3n ? 1 , 3n ? 2 3 1 1 1 1 ③ 要 比 较 Sn 与 log a bn ?1 的 大 小 , 先 比 较 : [(1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? )] 与 4 7 3n ? 2 3 1 1 1 (1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? ) 4 7 3n ? 2 3 3n ? 1 的大小,设 C n ? 3 3n ? 1 1 2 (1 ? ) ? 3 3n ? 1 C n ?1 ? 3n ? 4 ? 3n ? 1 则 ? ?3 ? ? ? 1 ,又 Cn>0,∴ C n?1 ? C n ,{Cn}为单调递增 3 Cn 3n ? 4 ? 3n ? 1 ? 1?1 1 1 1 ? 1 , [(1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ? (1 ? 数列,∴ C n ? C1 ? )] > 3 3n ? 1 , 3 4 7 3n ? 2 3 ?1 1 ∴当α >1 时,Sn> log a bn ?1 ; 3 1 当 0<a<1 时,Sn< log a bn ?1 3
②Sn= log a [(1 ? 1)(1 ? )(1 ? ) ?(1 ?

1 4

1 7

练习:1、若 n∈N,且≥3,求证: n ? (1 ?

1 n 1 1 。 ) (提示:采用积式: C n ? (1 ? ) n ) n n n 1 1 1 1 1 2、若 n∈N,且≥2,求证: 2 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? 1 ? 。 (采用差式或裂项相消) 。 n 2 3 4 n

六、解析式
求解函数解析式是高考重点考查内容之一,需引起重视.本节主要帮助考生在深刻理解 函数定义的基础上,掌握求函数解析式的几种方法,并形成能力,并培养考生的创新能力和 解决实际问题的能力. ● 有奖征解 已知 f(2-cosx)=cos2x+cosx,求 f(x-1). 解法一:(换元法) ∵f(2-cosx)=cos2x-cosx=2cos2x-cosx-1 令 u=2-cosx(1≤u≤3),则 cosx=2-u ∴f(2-cosx)=f(u)=2(2-u)2-(2-u)-1=2u2-7u+5(1≤u≤3) ∴f(x-1)=2(x-1)2-7(x-1)+5=2x2-11x+4(2≤x≤4) 解法二:(配凑法) f(2-cosx)=2cos2x-cosx-1=2(2-cosx)2-7(2-cosx)+5 ∴f(x)=2x2-7x-5(1≤x≤3),即 f(x-1)=2(x-1)2-7(x-1)+5=2x2-11x+14(2≤x≤4). a 1 [例 1](1)已知函数 f(x)满足 f(logax)= 2 ( x ? ) (其中 a>0,a≠1,x>0),求 f(x)的表达 x a ?1 式. (2)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c 满足|f(1)|=|f(-1)|=|f(0)|=1,求? f(x)?的表达式. 命题意图:本题主要考查函数概念中的三要素:定义域、值域和对应法则,以及计算能 力和综合运用知识的能力.属四星级题目. 知识依托:利用函数基础知识,特别是对“f”的理解,用好等价转化,注意定义域. 错解分析:本题对思维能力要求较高,对定义域的考查、等价转化易出错. 技巧与方法:(1)用换元法;(2)用待定系数法. 解:(1)令 t=logax(a>1,t>0;0<a<1,t<0),则 x=at. a - 因此 f(t)= 2 (at-a t) a ?1 a - ∴f(x)= 2 (ax-a x)(a>1,x>0;0<a<1,x<0) a ?1 (2)由 f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c,f(0)=c 1 ? ?a ? 2 [ f (1) ? f ( ?1)] ? f (0) ? 1 ? 得 ?b ? [ f (1) ? f ( ?1)] 2 ? c ? f ( 0) ? ? ? 并且 f(1)、f(-1)、f(0)不能同时等于 1 或-1,所以所求函数为:f(x)=2x2-1 或 f(x)=- 2x2+1 或 f(x)=-x2-x+1 或 f(x)=x2-x-1 或 f(x)=-x2+x+1 或 f(x)=x2+x-1. [例 2]设 f(x)为定义在 R 上的偶函数,当 x≤-1 时,y=f(x)的图象是经过点(-2,0), 斜率为 1 的射线,又在 y=f(x)的图象中有一部分是顶点在(0,2),且过点(-1,1)的一段抛物 线,试写出函数 f(x)的表达式,并在图中作出其图象. 命题意图:本题主要考查函数基本知识、抛物线、射线的基本概念及其图象的作法,对 分段函数的分析需要较强的思维能力.因此, 分段函数是今后高考的热点题型.属四星级题目. 知识依托:函数的奇偶性是桥梁,分类讨论是关键,待定系数求出曲线方程是主线.

错解分析:本题对思维能力要求很高,分类讨论、综合运用知识易发生混乱. 技巧与方法:合理进行分类,并运用待定系数法求函数表达式. 解:(1)当 x≤-1 时,设 f(x)=x+b ∵射线过点(-2,0).∴0=-2+b 即 b=2,∴f(x)=x+2. (2)当-1<x<1 时,设 f(x)=ax2+2. ∵抛物线过点(-1,1),∴1=a?(-1)2+2,即 a=-1 ∴f(x)=-x2+2.


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