高中数学函数解题技巧与方法

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， 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． 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 )ln()( axxxf  (x∈(0，＋∞))的单调区间． 分析：欲求函数的单调区间，则须解不等式 ( ) 0f x  (递增)及 ( ) 0f x  (递减)。 解： )0(1 2 1)(    x axx xf ． 当 a＞0，x＞0时 f (x)＞0x2＋(2a－4)x＋a2＞0， f (x)＜0x2＋(2a－4)x＋a2＜0． (ⅰ)当 a ＞ 1时，对所有 x ＞ 0，有 x2＋(2a－4)x＋a2＞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 x2＋(2a－4)x＋a2＞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 x2＋(2a－4)x＋a2＞0， 解得 aax  122 ，或 aax  122 ． 因此，函数 f(x)在区间 ）， aa  1220( 内单调递增，在区间 ），  aa 122( 内也单调递 增． 令 f (x)＜0，即 x2＋(2a－4)x＋a2 ＜ 0， 解得 ： aaxaa  122122 ． 因此，函数 f(x)在区间 ）， aaaa  122122( 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 0a ， 函 数 ),0(,1)(    x x axxf 。 设 a x 20 1  ， 记 曲 线 )(xfy  在 点 ))(,( 11 xfxM 处的切线为 l。 (Ⅰ)求 l的方程； (Ⅱ)设 l与 x轴交点为 )0,( 2x 。证明： ① a x 10 2  ； ② 若 a x 1 1  ，则 a xx 1 21  (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 )(xfy  在点 ))(,( 11 xfxM 的一阶导数值。 解：求 )(xf 的导数： 2 ' 1)( x xf  ，由此得切线 l的方程： )(1) 1 ( 12 1 1 xx xx ax y    。 (Ⅱ)分析：①要求 2x 的变化范围，则须找到使 2x 产生变化的原因，显然， 2x 变化的根本原因可归结为 1x 的 变化，因此，找到 2x 与 1x 的等量关系式，就成；② 欲比较 2x 与 1x 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， a xaxxxaxxx 20)2()1( 1111112  ，其中 . 1 由 aa xaxxaxxx a x 1)1(,0),2(,20 2 1221121  及有 a x a x a x 11,10 212  时，当且仅当〈 . ② a xxaxxxax a x 1)2(11 2111211  ，且由①，，因此，时，当 a xx 1 21 所以 。 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 1 x 的图象是( ) 解析一：该题考查对 f(x)＝ x 1 图象以及对坐标平移公式的理解，将函数 y＝ x 1 的图形变形到 y＝ 1 1 x ， 即向右平移一个单位，再变形到 y＝－ 1 1 x 即将前面图形沿 x轴翻转，再变形到 y＝－ 1 1 x ＋1，从而 得到答案 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， 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. 例 ４ 设 二 次 函 数    f x ax bx c a   2 0 ， 方 程  f x x  0 的 两 个 根 x x1 2, 满 足 0 1 1 2  x x a . 当  x x 0 1, 时，证明  x f x x  1 . 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   xxf  的 表达式，从而得到函数 )(xf 的表达式. 证明：由题意可知 ))(()( 21 xxxxaxxf  . a xxx 10 21  ， ∴ 0))(( 21  xxxxa ， ∴ 当  x x 0 1, 时， xxf )( . 又 )1)(())(()( 211211  axaxxxxxxxxxaxxf ， ,011,0 221  axaxaxxx 且 ∴ 1)( xxf  ， 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   .21 xxxxay  。 例 5 已知二次函数 )0,,(1)( 2  aRbabxaxxf ，设方程 xxf )( 的两个实数根为 1x 和 2x . (1)如果 42 21  xx ，设函数 )(xf 的对称轴为 0xx  ，求证： 10 x ； (2)如果 21 x ， 212  xx ，求b的取值范围. 分析：条件 42 21  xx 实际上给出了 xxf )( 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 1)1()()( 2  xbaxxxfxg ，则 0)( xg 的二根为 1x 和 2x . (1)由 0a 及 42 21  xx ，可得      0)4( 0)2( g g ，即      03416 0124 ba ba ，即         ,0 4 3 2 24 ,0 4 3 2 33 aa b aa b 两式相加得 1 2  a b ，所以， 10 x ; (2)由 aa bxx 4)1()( 22 21    ， 可得 1)1(12 2  ba . 又 01 21  a xx ，所以 21 , xx 同号. ∴ 21 x ， 212  xx 等价于       1)1(12 20 2 21 ba xx 或       1)1(12 02 2 12 ba xx ， 即          1)1(12 0)0( 0)2( 2ba g g 或          1)1(12 0)0( 0)2( 2ba g g 解之得 4 1 b 或 4 7 b . 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 ]4,2[ 上且满足如下条件的函数 )(x 组成的集合：①对任意 ]2,1[x ，都有 )2,1()2( x ； ② 存 在 常 数 )10(  LL ， 使 得 对 任 意 的 ]2,1[, 21 xx ， 都 有 |||)2()2(| 2121 xxLxx  (Ⅰ)设 ]4,2[,1)( 3  xxx ，证明： Ax )( (Ⅱ)设 Ax )( ，如果存在 )2,1(0 x ，使得 )2( 00 xx  ，那么这样的 0x 是唯一的; (Ⅲ)设 Ax )( ，任取 )2,1(lx ，令 ,,2,1),2(1  nxx nn  证明:给定正整数 k，对任意的正整数 p， 成立不等式 || 1 || 12 1 xx L Lxx k klk      解：对任意 ]2,1[x ， ]2,1[,21)2( 3  xxx ， 3 3 )2( x 3 5 ， 2531 33  ，所以 )2,1()2( x 对任意的 ]2,1[, 21 xx ，        2 3 2 3 21 3 2 1 2121 112121 2|||)2()2(| xxxx xxxx   ， 3       3 2 3 21 3 2 1 112121 xxxx  ， 所以 0＜       2 3 2 3 21 3 2 1 112121 2 xxxx  3 2  ， 令       2 3 2 3 21 3 2 1 112121 2 xxxx  ＝ L， 10  L ， |||)2()2(| 2121 xxLxx  所以 Ax )( 反证法:设存在两个 0000 ),2,1(, xxxx  使得 )2( 00 xx  ， )2( 00 xx   则 由 |||)2()2(| / 00 / 00 xxLxx   ，得 |||| / 00 / 00 xxLxx  ，所以 1L ，矛盾，故结论 成立。 121223 )2()2( xxLxxxx   ，所以 12 1 1 xxLxx n nn          || 1 || 12 1 1211 xx L Lxxxxxxxx k kkpkpkpkpkkpk       kkpkpkpkpk xxxxxx   1211   12 3 12 2 xxLxxL pkpk   ＋… 12 1 xxLk  12 1 1 xx L LK     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 2 2( ) 2 1( 0)f x tx t x t x t     R， ． (Ⅰ)求 ( )f x 的最小值 ( )h t ； (Ⅱ)若 ( ) 2h t t m   对 (0 2)t ， 恒成立，求实数m的取值范围． 解：(Ⅰ) 2 3( ) ( ) 1( 0)f x t x t t t x t      R ， ， 当 x t  时， ( )f x 取最小值 3( ) 1f t t t     ， 即 3( ) 1h t t t    ． (Ⅱ)令 3( ) ( ) ( 2 ) 3 1g t h t t m t t m         ， 由 2( ) 3 3 0g t t     得 1t  ， 1t   (不合题意，舍去)． 当 t变化时 ( )g t ， ( )g t 的变化情况如下表： t (0，1) 1 (1，2) ( )g t  0  ( )g t 递增 极大值 1 m 递减 ( )g t 在 (0 2)， 内有最大值 (1) 1g m  ． ( ) 2h t t m   在 (0 2)， 内恒成立等价于 ( ) 0g t  在 (0 2)， 内恒成立， 即等价于1 0m  ， 所以m的取值范围为 1m  ． 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： y＝S( a v ＋bv)，其中函数的定义域是 v∈(0，c] . 整理函数有 y＝S( a v ＋bv)＝S(v＋ a b v )， 由函数 y＝x＋ k x (k＞0)的单调性而得： 当 a b ＜c时，则 v＝ a b 时，y取最小值； 当 a b ≥c时，则 v＝c时，y取最小值. 综上所述，为使全程成本 y 最小，当 a b ＜c 时，行驶速度应为 v＝ a b ；当 a b ≥c时，行驶速度 应为 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 1( )xy e x R  的反函数是( ) A． 1 ln ( 0)y x x   B． 1 ln ( 0)y x x   C． 1 ln ( 0)y x x    D． 1 ln ( 0)y x x    2.已知 (3 1) 4 , 1 ( ) log , 1a a x a x f x x x       是 ( , )  上的减函数，那么 a的取值范围是 (A) (0,1) (B) 1(0, ) 3 (C) 1 1[ , ) 7 3 (D) 1[ ,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 1 2 1 2, ( )x x x x ， 1 2 2 1| ( ) ( ) | | |f x f x x x   恒 成立”的只有 (A) 1( )f x x  (B)   | |f x x (C) ( ) 2xf x  (D) 2( )f x x 4.已知 ( )f x 是周期为 2的奇函数，当0 1x  时， ( ) lg .f x x 设 6 3( ), ( ), 5 2 a f b f  5( ), 2 c f 则 (A)a b c  (B)b a c  (C)c b a  (D)c a b  5.函数 23( ) lg(3 1) 1 xf x x x     的定义域是 A. 1( , ) 3   B. 1( ,1) 3  C. 1 1( , ) 3 3  D. 1( , ) 3   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. 3 ,y x x R   B. sin ,y x x R  C. ,y x x R  D. x1( ) , 2 y x R  7、函数 ( )y f x 的反函数 1( )y f x 的图像与 y轴交于点 (0,2)P (如右图所示)，则方程 ( ) 0f x  在 [1,4]上的根是 x  A.4 B.3 C. 2 D.1 x y 1 2 4 3 1( )y f x O 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 xy e 的图象与函数  y f x 的图象关于直线 y x 对称，则 A．   22 ( )xf x e x R  B．  2 ln 2 ln ( 0)f x x x  C．  2 2 ( )xf x e x R  D．  2 ln ln 2( 0)f x x x   10、设 1 2 3 2 , 2 ( ) ( (2)) log ( 1) 2. xe x f x f f x x     ＜ ， 则 的值为 ， (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 11、对 a，bR，记max{a，b}＝     bab baa ＜, , ，函数 f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(xR)的最小值是 (A)0 (B) 1 2 (C) 3 2 (D)3 12、关于 x的方程 2 2 2( 1) 1 0x x k     ，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     12f x f x   ， 若  1 5,f   则   5f f  _______________。 2设 , 0. ( ) , 0. xe x g x lnx x      则 1( ( )) 2 g g  __________ 3.已知函数   1 , 2 1xf x a   ，若  f x 为奇函数，则 a ________。 4. 设 0, 1a a  ， 函 数 2( ) log ( 2 3)af x x x   有 最 小 值 ， 则 不 等 式 log ( 1) 0a x   的 解 集 为 。 （三） 解答题(6个) 1. 设函数 54)( 2  xxxf . (1)在区间 ]6,2[ 上画出函数 )(xf 的图像； (2)设集合   ),6[]4,0[]2,(,5)(  BxfxA . 试判断集合 A和 B之间的关系，并给出 证明； (3)当 2k 时，求证：在区间 ]5,1[ 上， 3y kx k  的图像位于函数 )(xf 图像的上方. 2、设 f(x)＝3ax 0.2  cbacbxb 若 ，f(0)＞0，f(1)＞0，求证： (Ⅰ)a＞0且－2＜ b a ＜－1； (Ⅱ)方程 f(x)＝0在(0，1)内有两个实根. 3. 已知定义域为 R的函数 1 2( ) 2 x x bf x a     是奇函数。 (Ⅰ)求 ,a b的值； (Ⅱ)若对任意的 t R ，不等式 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    恒成立，求 k的取值范围； 4.设函数 f(x)＝ ,2 2 aaxx c  其中 a为实数. (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 21( ) 2 2 f x x ax  ， 2( ) 3 lng x a x b  ，其中 0a  ．设两曲线 ( )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≥ ( 0x  )． 6. 已知函数 2( ) 1f x x x   ， ,  是方程 f(x)＝0 的两个根 ( )  ， '( )f x 是 f(x)的导数；设 1 1a  ， 1 ( ) '( ) n n n n f a a a f a   (n＝1，2，……) (1)求 ,  的值； (2)证明：对任意的正整数 n，都有 na ＞a； (3)记 ln n n n a b a a    (n＝1，2，……)，求数列{bn}的前 n项和 Sn。 （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 1 2 3, ,x x x 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) 1 2 3x x x  (B) 1 3 2x x x  (C) 2 3 1x x x  (D) 3 2 1x x x  2. 设函数 f(x)＝3sinx＋2cosx＋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 a cbcos 的值等于( ) A. 2 1  B. 2 1 C. −1 D. 1 解答： 一、选择题 1解：由 1xy e  得： 1 ln ,x y  即x=-1+lny ，所以 1 ln ( 0)y x x    为所求，故选 D。 ２解：依题意，有 0a1且 3a－10，解得 0a 1 3 ，又当 x1时，(3a－1)x＋4a7a－1，当 x1时，logax0， 所以 7a－10解得 x 1 7 故选 C ３解： 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x x1 1 1| | | | |x x x x x x |x x | － － ＝ ＝ － | 1 2x x 1 2 ， （ ，） 1 2x x 1 1 2 1 x x  1 1 2 1 1| x x － ||x1－ x2|故选 A ４解：已知 ( )f x 是周期为 2 的奇函数，当 0 1x  时， ( ) lg .f x x 设 6 4 4( ) ( ) ( ) 5 5 5 a f f f     ， 3 1 1( ) ( ) ( ) 2 2 2 b f f f     ， 5 1( ) ( ) 2 2 c f f  ＜0，∴ c a b  ，选 D. ５解：由 1 3 1 013 01       x x x ，故选 B. 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： 0)( xf 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， 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 xy e 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 xy e 的反函数， 即 ( )f x ＝ ln x，∴  2 ln 2 ln ln 2( 0)f x x x x    ，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 2 时，|x＋1|＝x＋1，|x－2|＝2－x，因为(x＋1)－(2－x)＝2x－10，x＋12－x；当 1 2 x2 时，x＋12－x；当 x2时，|x＋1|＝x＋1，|x－2|＝x－2，显然 x＋1x－2； 故 2 ( ( , 1) 12 ( [ 1, )) 2( ) 11( [ , 2)) 2 1( [2, )) x x x x f x x x x x                    据此求得最小值为 3 2 。选 C １２解：关于 x的方程   011 222  kxx 可化为 22 21 1 0 1 1x x k x x     （ －） （ 或 －）…(1) 或  22 21 1 0x x k  ＋（ －） (－1x1)…………(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 3 当 k＝ 1 4 时，方程(1)有两个不同的实根 6 2 ，方程(2)有两个不同的实根 2 2 ，即原方程恰有 4个不 同的实根 4 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 5 当 k＝ 2 9 时，方程(1)的解为 15 3 ， 2 3 3 ，方程(2)的解为 3 3 ， 6 3 ，即原方程恰有 8个不同的 实根 选 A 二、填空题。 １解：由     12f x f x   得     14 ( ) 2 f x f x f x     ，所以 (5) (1) 5f f   ，则    1 15 ( 5) ( 1) ( 1 2) 5 f f f f f          。 ２解： 1ln 21 1 1( ( )) (ln ) 2 2 2 g g g e   . ３解：函数 1( ) . 2 1xf x a   若 ( )f x 为奇函数，则 (0) 0f  ，即 0 1 0 2 1 a    ，a＝ 2 1 . ４解：由 0, 1a a  ，函数 2( ) log ( 2 3)af x x x   有最小值可知 a1，所以不等式 log ( 1) 0a x   可化 为 x－11，即 x2. 三、解答题 １解：(1) (2)方程 5)( xf 的解分别是 4,0,142  和 142  ，由于 )(xf 在 ]1,(  和 ]5,2[ 上单调递 减，在 ]2,1[ 和 ),5[  上单调递增，因此     ,142]4,0[142, A . 由于 AB  ,2142,6142 . (3)[解法一] 当 ]5,1[x 时， 54)( 2  xxxf . )54()3()( 2  xxxkxg )53()4(2  kxkx 4 3620 2 4 22          kkkx ，  ,2k 1 2 4   k . 又 51  x ， ① 当 1 2 41    k ，即 62  k 时，取 2 4 kx   ， min)(xg   6410 4 1 4 3620 2 2    kkk . 064)10(,64)10(16 22  kk ， 则 0)( min xg . ② 当 1 2 4   k ，即 6k 时，取 1x ， min)(xg ＝ 02 k . 由 ①、②可知，当 2k 时， 0)( xg ， ]5,1[x . 因此，在区间 ]5,1[ 上， )3(  xky 的图像位于函数 )(xf 图像的上方. [解法二] 当 ]5,1[x 时， 54)( 2  xxxf . 由      ,54 ),3( 2 xxy xky 得 0)53()4(2  kxkx ， 令 0)53(4)4( 2  kk ，解得 2k 或 18k ， 在区间 ]5,1[ 上，当 2k 时， )3(2  xy 的图像与函数 )(xf 的图像只交于一点 )8,1( ； 当 18k 时， )3(18  xy 的图像与函数 )(xf 的图像没有交点. 如图可知，由于直线 )3(  xky 过点 )0,3( ，当 2k 时，直线 )3(  xky 是由直线 )3(2  xy 绕 点 )0,3( 逆时针方向旋转得到. 因此，在区间 ]5,1[ 上， )3(  xky 的图像位于函数 )(xf 图像的上方. 2(I)证明：因为 (0) 0, (1) 0f f  ，所以 0,3 2 0c a b c    . 由条件 0a b c   ，消去b，得 0a c  ； 由条件 0a b c   ，消去 c，得 0a b  ， 2 0a b  . 故 2 1b a     . (II)抛物线 2( ) 3 2f x ax bx c   的顶点坐标为 23( , ) 3 3 b ac b a a   ， 在 2 1b a     的两边乘以 1 3  ，得 1 2 3 3 3 b a    . 又因为 (0) 0, (1) 0,f f  而 2 2 ( ) 0, 3 3 b a c acf a a       所以方程 ( ) 0f x  在区间 (0, ) 3 b a  与 ( ,1) 3 b a  内分别有一实根。 故方程 ( ) 0f x  在 (0,1) 内有两个实根. 3解：(Ⅰ)因为 ( )f x 是奇函数，所以 (0)f ＝0，即 1 1 1 20 1 ( ) 2 2 x x b b f x a a           又由 f(1)＝ －f(－1)知 111 2 2 2. 4 1 a a a        (Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知 1 1 2 1 1( ) 2 2 2 2 1 x x xf x         ，易知 ( )f x 在 ( , )  上 为减函数。又因 ( )f x 是奇函数，从而不等式： 2 2( 2 ) (2 ) 0f t t f t k    等价于 2 2 2( 2 ) (2 ) ( 2 )f t t f t k f k t      ，因 ( )f x 为减函数，由上式推得： 2 22 2t t k t   ．即对一切 t R 有： 23 2 0t t k   ， 从而判别式 14 12 0 . 3 k k       解 法 二 ： 由 ( Ⅰ ) 知 1 1 2( ) 2 2 x xf x     ． 又 由 题 设 条 件 得 ： 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 0 2 2 2 2 t t t k t t t k             ， 即 ： 2 2 2 22 1 2 2 1 2(2 2)(1 2 ) (2 2)(1 2 ) 0t k t t t t t k           ， 整理得 23 22 1,t t k   因底数2>1,故: 23 2 0t t k   上式对一切 t R 均成立，从而判别式 14 12 0 . 3 k k       4解：(Ⅰ) ( )f x 的定义域为R ， 2 0x ax a    恒成立， 2 4 0a a    ， 0 4a   ，即当0 4a  时 ( )f x 的定义域为R ． (Ⅱ) 2 2 ( 2)e( ) ( ) xx x af x x ax a      ，令 ( ) 0f x ≤ ，得 ( 2) 0x x a  ≤ ． 由 ( ) 0f x  ，得 0x  或 2x a  ，又 0 4a  ， 0 2a   时，由 ( ) 0f x  得0 2x a   ； 当 2a  时， ( ) 0f x ≥ ；当 2 4a  时，由 ( ) 0f x  得 2 0a x   ， 即当0 2a  时， ( )f x 的单调减区间为 (0 2 )a， ； 当2 4a  时， ( )f x 的单调减区间为 (2 0)a ， ． 5解：(Ⅰ)设 ( )y f x 与 ( )( 0)y g x x  在公共点 0 0( )x y， 处的切线相同． ( ) 2f x x a  ∵ ， 23( ) ag x x   ，由题意 0 0( ) ( )f x g x ， 0 0( ) ( )f x g x  ． 即 2 2 0 0 0 2 0 0 1 2 3 ln 2 32 x ax a x b ax a x          ， ， 由 2 0 0 32 ax a x   得： 0x a ，或 0 3x a  (舍去)． 即有 2 2 2 2 21 52 3 ln 3 ln 2 2 b a a a a a a a     ． 令 2 25( ) 3 ln ( 0) 2 h t t t t t   ，则 ( ) 2 (1 3ln )h t t t   ．于是 当 (1 3ln ) 0t t  ，即 1 30 t e  时， ( ) 0h t  ； 当 (1 3ln ) 0t t  ，即 1 3t e 时， ( ) 0h t  ． 故 ( )h t 在 1 30 e       ， 为增函数，在 1 3e       ，∞ 为减函数， 于是 ( )h t 在 (0 )，∞ 的最大值为 1 2 3 33 2 h e e       ． (Ⅱ)设 2 21( ) ( ) ( ) 2 3 ln ( 0) 2 F x f x g x x ax a x b x       ， 则 ( )F x 23 ( )( 3 )2 ( 0)a x a x ax a x x x        ． 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 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0F a F x f x g x    ． 故当 0x  时，有 ( ) ( ) 0f x g x ≥ ，即当 0x  时， ( ) ( )f x g x≥ ． 6解析：(1)∵ 2( ) 1f x x x   ， ,  是方程 f(x)＝0的两个根 ( )  ， ∴ 1 5 1 5, 2 2         ； (2) '( ) 2 1f x x  ， 2 1 1 1 5(2 1) (2 1)1 2 4 4 2 1 2 1 n n n n n n n n n n a a aa a a a a a a            ＝ 5 1 14(2 1) 4 2 1 2n n a a     ，∵ 1 1a  ，∴有基本不等式可知 2 5 1 0 2 a    (当且仅当 1 5 1 2 a   时取等号)，∴ 2 5 1 0 2 a    同，样 3 5 1 2 a   ，……， 5 1 2na     (n＝1，2，……)， (3) 1 ( )( ) ( 1 ) 2 1 2 1 n n n n n n n n a a a a a a a a                   ，而 1    ，即 1    ， 2 1 ( ) 2 1 n n n a a a       ，同理 2 1 ( ) 2 1 n n n a a a       ， 1 2n nb b  ，又 1 1 3 5 3 5ln ln 2ln 1 23 5 b           3 52(2 1) ln 2 n nS    四、 创新试题 １解：依题意，有 x1＝50＋x3－55＝x3－5，x1x3，同理，x2＝30＋x1－20＝x1＋10x1x2，同理， x3＝30＋x2－35＝x2－5x3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 2 1  ba ，c＝π，则对任意的 x∈R， af(x)＋bf(x−c)＝1，由此得 1cos  a cb 。选Ｃ。 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. 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.