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  • 2021-06-16 发布

高中数学函数解题技巧与方法

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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.