人教A版高中數(shù)學(xué)必修一專題講解全套

1、高中數(shù)學(xué)必修一專題講解 高中數(shù)學(xué)必修一專題講解（集錦）專題一：抽象函數(shù)常見題型解法總章抽象函數(shù)的考察范圍及類型抽象函數(shù)是指沒有給出函數(shù)的具體解析式，只給出了一些體現(xiàn)函數(shù)特征的式子的一類函數(shù)。由于抽象函數(shù)表現(xiàn)形式的抽象性，使得這類問題成為函數(shù)內(nèi)容的難點之一.抽象性較強，靈活性大,解抽象函數(shù)重要的一點要抓住函數(shù)中的某些性質(zhì)，通過局部性質(zhì)或圖象的局部特征，利用常規(guī)數(shù)學(xué)思想方法（如化歸法、數(shù)形結(jié)合法等），這樣就能突破“抽象”帶來的困難，做到胸有成竹.另外還要通過對題目的特征進(jìn)行觀察、分析、類比和聯(lián)想，尋找具體的函數(shù)模型，再由具體函數(shù)模型的圖象和性質(zhì)來指導(dǎo)我們解決抽象函數(shù)問題的方法。常見的特殊模型:特殊

2、模型抽象函數(shù)正比例函數(shù)f(x)=kx (k0)f(x+y)=f(x)+f(y)冪函數(shù) f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) 或指數(shù)函數(shù) f(x)=ax (a>0且a1)f(x+y)=f(x)f(y) 對數(shù)函數(shù) f(x)=logax (a>0且a1)f(xy)=f(x)+f(y) 正、余弦函數(shù) f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函數(shù) f(x)=tanx余切函數(shù) f(x)=cotx一.定義域問題 -多為簡單函數(shù)及復(fù)合函數(shù)的定義域互求。例1.若函數(shù)y = f（x）的定義域是2，2，則函數(shù)y = f（x+1）+f（x1）的定義域為 。 解：f(x)的定義

3、域是，意思是凡被f作用的對象都在 中。評析：已知f(x)的定義域是A，求的定義域問題，相當(dāng)于解內(nèi)函數(shù)的不等式問題。練習(xí)：已知函數(shù)f(x)的定義域是 ，求函數(shù) 的定義域。例2：已知函數(shù)的定義域為3，11，求函數(shù)f(x)的定義域 。評析： 已知函數(shù)的定義域是A，求函數(shù)f(x)的定義域。相當(dāng)于求內(nèi)函數(shù)的值域。練習(xí)：定義在上的函數(shù)f(x)的值域為，若它的反函數(shù)為f-1(x)，則y=f-1(2-3x)的定義域為 ，值域為 。二、求值問題-抽象函數(shù)的性質(zhì)是用條件恒等式給出的，可通過賦特殊值法使問題得以解決。怎樣賦值?需要明確目標(biāo),細(xì)心研究,反復(fù)試驗;例3.對任意實數(shù)x,y，均滿足f(x+y2)=f(x)+

4、2f(y)2且f(1)0,則f(2001)=_.解析:這種求較大自變量對應(yīng)的函數(shù)值，一般從找周期或遞推式著手： 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f(1)2, 令x=y=0,得：f(0)=0,f(1)=,R上的奇函數(shù)y=f(x)有反函數(shù)y=f-1(x),由y=f(x+1)及y=f-1(x+2)互為反函數(shù)，則f(2009)= .解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函數(shù)y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通過遞推可得f(2009)=-4918.例4.已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=1,且對任意xR都有f(x+5)f(

5、x)+5,f(x+1)f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,則g(2002)=_.1解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)f(x)+1，所以 g(x+1)+(x+1)-1g(x)+x-1+1即 g(x+5)g(x), g(x+1)g(x). 所以g(x)g(x+5)g(x+4)g(x+3)g(x+2)g(x+1),故g(x)=g(x+1) 又g(1)=1, 故g(2002)=1.練習(xí)： 1. f(x)的定義域為，對任意正實數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)+f(y

6、) 且f(4)=2 ，則 （ ）2. 。2000 .( ,原式=16)3、對任意整數(shù)函數(shù)滿足：，若，則 CA.-1 B.1 C. 19 D. 434、函數(shù)f(x)為R上的偶函數(shù)，對都有成立，若，則=（ ）（B） A . 2005 B. 2 C.1 D.05、定義在R上的函數(shù)Y=f(x)有反函數(shù)Y=f-1(x)，又Y=f(x)過點（2，1），Y=f(2x)的反函數(shù)為Y=f-1(2x)，則Y=f-1(16)為（ ）（A）A） B） C）8 D）16 三、值域問題例4.設(shè)函數(shù)f(x)定義于實數(shù)集上，對于任意實數(shù)x、y，f(x+y)=f(x)f(y)總成立，且存在,使得，求函數(shù)f(x)的值域。解：令x

7、=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，則 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，這及存在實數(shù)，使得成立矛盾，故 f(0)0，必有 f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)對任意實數(shù)x、y均成立，因此， ,又因為若f(x)=0,則f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0及f(0)0矛盾,所以f(x)>0.四、解析式問題（換元法，解方程組，待定系數(shù)法，遞推法，區(qū)間轉(zhuǎn)移法，例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,則sinx=u-1 (0u2),則f(u)=-u2+3u+1 (0u2)故f(x)

8、=-x2+3x+1 (0u2)小結(jié)：換元法包括顯性換元法和隱性換元法，它是解答抽象函數(shù)問題的基本方法.例6、設(shè)對滿足x0,x1的所有實數(shù)x，函數(shù)f(x)滿足, ,求f(x)的解析式。解:- （2）-（3）小結(jié)：通過解方程組的方法可求表達(dá)式。怎樣實現(xiàn)由兩個變量向一個變量的轉(zhuǎn)化是解題關(guān)鍵。通常，給某些變量適當(dāng)賦值，使之在關(guān)系中“消失”，進(jìn)而保留一個變量，是實現(xiàn)這種轉(zhuǎn)化的重要策略。例7.已知f(x)是多項式函數(shù)，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).解:易知f(x)是二次多項式，設(shè)f(x)=ax2+bx+c (a0)，代入比較系數(shù)得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-

9、2x-1.小結(jié)：如果抽象函數(shù)的類型是確定的，則可用待定系數(shù)法來解答有關(guān)抽象函數(shù)的問題。例8.是否存在這樣的函數(shù)f(x),使下列三個條件:f(n)>0,nN; f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N*;f(2)=4同時成立?若存在,求出函數(shù)f(x)的解析式；若不存在，說明理由.解:假設(shè)存在這樣的函數(shù)f(x),滿足條件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23,由此猜想:f(x)=2x (xN*) (數(shù)學(xué)歸納證明 略） 小結(jié)：對于定義在正整數(shù)集N*上的抽象函數(shù),用數(shù)列中的遞推法來探究，如果給出的關(guān)系式具有遞推性，也常用遞推法來求解.例

10、9、已知是定義在R上的偶函數(shù)，且恒成立，當(dāng)時，則當(dāng)時，函數(shù)的解析式為（ D ） A B C D 解：易知T=2，當(dāng)時,; 當(dāng)時,.故選D。小結(jié)：利用函數(shù)的周期性和對稱性把未知區(qū)間轉(zhuǎn)移到已知區(qū)間，利用已知區(qū)間的表達(dá)式求未知區(qū)間的表達(dá)式，是求解析式中常用的方法。練習(xí)：1、解:，2.（2006重慶）已知定義域為R的函數(shù)f(x)滿足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x.（）若f(2)=3，求f(1)；又若f(0)=a，求f(a)；（）設(shè)有且僅有一個實數(shù)x0，使得f(x0)=x0，求函數(shù)f(x)的解析表達(dá)式。3、函數(shù)f(x)對一切實數(shù)x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f

11、(1)=0， （1）求的值； （2）對任意的，都有f(x1)+2<logax2成立時，求a的取值范圍解：（1）由已知等式，令，得，又，（2）由，令得，由（1）知，在上單調(diào)遞增，要使任意，都有成立，必有都成立.當(dāng)時，,顯然不成立當(dāng)時，解得的取值范圍是方法提煉 怎樣賦值?需要明確目標(biāo),細(xì)心研究,反復(fù)試驗;(2)小題中實質(zhì)是不等式恒成立問題.五、單調(diào)性問題 （抽象函數(shù)的單調(diào)性多用定義法解決） 例10.設(shè)函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x)在-3，3上的最大值和最小值.解析:由單調(diào)性的定義步驟設(shè)x1

12、<x2, 則f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)< f(x1). （x2-x1>0,f(x2-x1)<0）所以f(x)是R上的減函數(shù), 故f(x)在-3,3上的最大值為f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值為f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)為奇函數(shù).f(-3)=-f(3)=6.練習(xí)：設(shè)f(x)定義于實數(shù)集上，當(dāng)x>0時，f(x)>1,且對于任意實數(shù)x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)， 求證：f(x)在R上為增函數(shù)。證明：設(shè)R上x1<x

13、2，則f(x2-x1)>1，f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此處不能直接得大于f(x1)，因為f(x1)的正負(fù)還沒確定) 。取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x>0,y=0，則f(x)=0及x>0時，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0時，f(x)>1>0,x<0時，-x>0，f(-x)>1,由，故f(x)>0，從而f(x2)>f(x1).即f(x)在R上是增函數(shù)。（注意及例4的解答相比較，體會解答的靈活性） 例11、已知偶函數(shù)f(x)的定義域是x0的一

14、切實數(shù)，對定義域內(nèi)的任意x1,x2都有，且當(dāng)時，（1）f(x)在(0,+)上是增函數(shù)； （2）解不等式解： （1）設(shè)，則，即，在上是增函數(shù)（2），是偶函數(shù)不等式可化為，又函數(shù)在上是增函數(shù)，0，解得：練習(xí)：已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且對m、nR,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)1,且f()=0,當(dāng)x>時，f(x)>0.求證：f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)；證明：設(shè)x1x2,則x2x1>,由題意f(x2x1)>0,f(x2)f(x1)=f(x2x1)+x1f(x1)=f(x2x1)+f(x1)1f(x1)=f(x2x1)1=f(x2x1)+f()1=f(x2x1)>0

15、,f(x)是單調(diào)遞增函數(shù).例12、定義在R+上的函數(shù)f(x)滿足: 對任意實數(shù)m,f(xm)=mf(x); f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數(shù)x,y都成立; (2)證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù);(3)若f(x)+f(x-3)2,求x 的取值范圍.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n為實數(shù),則f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)故f(x1)<f(x2),即f(x)是R+上的增函數(shù).(3)由f(x)+f(x-3)2及f(

16、x)的性質(zhì),得fx(x-3)2f(2)=f(2)，解得 3<x4.練習(xí)2、 定義在R上的函數(shù)y=f（x），f（0）0，當(dāng)x0時，f（x）1，且對任意的a、bR，有f（a+b）=f（a）·f（b）.（1）求證：f（0）=1； （2）求證：對任意的xR，恒有f（x）0；（3）求證：f（x）是R上的增函數(shù)；（4）若f（x）·f（2xx2）1，求x的取值范圍.（1）證明：令a=b=0，則f（0）=f 2（0）.又f（0）0，f（0）=1.（2）證明：當(dāng)x0時，x0，f（0）=f（x）·f（x）=1.f（x）=0.又x0時f（x）10，xR時，恒有f（x）0.（3）證

17、明：設(shè)x1x2，則x2x10.f（x2）=f（x2x1+x1）=f（x2x1）·f（x1）.x2x10，f（x2x1）1.又f（x1）0，f（x2x1）·f（x1）f（x1）.f（x2）f（x1）.f（x）是R上的增函數(shù).（4）解：由f（x）·f（2xx2）1，f（0）=1得f（3xx2）f（0）.又f（x）是R上的增函數(shù)，3xx20.0x3.關(guān)鍵點注：解本題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用題目條件，尤其是（3）中“f（x2）=f（x2x1）+x1”是證明單調(diào)性的關(guān)鍵，這里體現(xiàn)了向條件化歸的策略練習(xí)3.設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且對任意a，b，當(dāng)a+b0，都有 0（1）.若

18、ab，試比較f（a）及f（b）的大?。唬?）.若f（k 0對x 1，1恒成立，求實數(shù)k的取值范圍。 （由 >0可得f(a)>f(b).）練習(xí)4、已知函數(shù)f(x)對任何正數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)0,當(dāng)x>1時,f(x)<1.試判斷f(x)在(0,+)上的單調(diào)性,并說明理由.解:，所以f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上為減函數(shù).練習(xí)6、. 已知函數(shù)的定義域為，且同時滿足：(1)對任意，總有； (2)(3)若且，則有.(I)求的值； (II)求的最大值；(III)設(shè)數(shù)列的前項和為，且滿足.求證：.解：（I）令，由(3),則由對任意，總

19、有 （2分）（II）任意且，則 （6分）(III) (8分)，即。 故即原式成立。 （14分）六、奇偶性問題例13. （1）已知函數(shù)f(x)(x0的實數(shù))對任意不等于零的實數(shù)x、y都有f(xy)=f(x)+f(y)，試判斷函數(shù)f(x)的奇偶性。解析：函數(shù)具備奇偶性的前提是定義域關(guān)于原點對稱，再考慮f(-x)及f(x)的關(guān)系：取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1)，取x=y=1有f(1)=0.所以f(-x)=f(x),即f(x)為偶函數(shù)。（2）已知y=f(2x+1)是偶函數(shù)，則函數(shù)y=f(2x)的圖象的對稱軸是（ D ）A.x=1B.x=2C.x=D

20、.x=解析：f(2x+1)關(guān)于x=0對稱,則f(x)關(guān)于x=1對稱,故f(2x)關(guān)于2x=1對稱.注：若由奇偶性的定義看復(fù)合函數(shù)，一般用一個簡單函數(shù)來表示復(fù)合函數(shù)，化繁為簡。F（x）=f(2x+1)為偶函數(shù)，則f(-2x+1)=f(2x+1)f(x)關(guān)于x=1對稱。 例14：已知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱且滿足，（2）存在正常數(shù)a，使f(a)=1.求證：f(x)是奇函數(shù)。 證明：設(shè)t=x-y,則，所以f(x)為奇函數(shù)。例15：設(shè)是定義在上的偶函數(shù)，且在上是增函數(shù)，又。求實數(shù)的取值范圍。解析：又偶函數(shù)的性質(zhì)知道：在上減，而，所以由得，解得。（設(shè)計理由：此類題源于變量及單調(diào)區(qū)間的分類討論問題

21、，所以本題彈性較大，可以作一些條件變換如：等；也可將定義域作一些調(diào)整）例16：定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log3且對任意x，yR都有f(x+y)=f(x)+f(y) (1)求證f(x)為奇函數(shù)；(2)若f(k·3)+f(3-9-2)0對任意xR恒成立，求實數(shù)k的取值范圍(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，yR)- 令y=-x，代入式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0即f(-x)=-f(x)對任意xR成立，f(x)是奇函數(shù)(2)解：f(3)=log30，即f(3)f

22、(0)，又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)在R上是增函數(shù)，又由(1)f(x)是奇函數(shù)f(k·3)-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3-3+9+2，3-(1+k)·3+20對任意xR成立令t=30，即t-(1+k)t+20對任意t0恒成立故：對任意xR恒成立。說明：問題(2)的上述解法是根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)f(x)是奇函數(shù)且在xR上是增函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)f(t)=t-(1+k)t+2對于任意t0恒成立對二次函數(shù)f(t)進(jìn)行研究求解本題還有更簡捷的解法：分離系數(shù)由k·3-3+9+2得要使對不等式恒成立，只需k<上述解法是將k分離出來

23、，然后用平均值定理求解，簡捷、新穎練習(xí)：1、已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對于任意的函數(shù)a,b都滿足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值； (2)判斷f(x)的奇偶性,并證明你的結(jié)論;(3)若f(2)=2,un=f(2n) (nN*),求證:un+1>un (nN*).解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0. (2)、令a=b=-1,得f(-1)(-1)=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f(-1)(x)= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)為奇函數(shù).(3)先用數(shù)學(xué)歸納法證

24、明:un=f(2n)>0 (nN*)(略)2.定義域為R的函數(shù)f(x)滿足：對于任意的實數(shù)x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當(dāng)x0時f(x)0恒成立.(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；(2)證明f(x)為減函數(shù)；若函數(shù)f(x)在-3，3）上總有f(x)6成立，試確定f(1)應(yīng)滿足的條件；解:（1） 同例16（略）（2）設(shè)任意x1，x2R且x1x2，則x2-x10，f（x2-x1）0,而f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）-f（x1）<0；f(x1)f(x2),即f(x)在(-，+)上是減函數(shù).f(x)在-3，3上的最大值為f(-

25、3).要使f(x)6恒成立，當(dāng)且僅當(dāng) f(-3)6，又f（-3）= - f（3）= - f（2+1）=- f（2）+ f（1）= - f（1）+ f（1）+ f（1）= -3 f（1），f（1）-2.（3） f（ax2）- f（x） f（a2x）- f（a）f（ax2）- f（a2x）nf（x）- f（a）f（ax2-a2x）nf（x-a），由已知得：fn（x-a）=nf（x-a）f（ax2-a2x）fn（x-a）f（x）在（-，+）上是減函數(shù)ax2-a2xn（x-a）.即（x-a）（ax-n）0，a0，（x-a）（x-）0，討論：（1）當(dāng)a0，即a-時，原不等式解集為x | x或xa；（2）

26、當(dāng)a=0即a=-時，原不等式的解集為；（3）當(dāng)a0時，即-a0時，原不等式的解集為x | xa或x3、已知f(x)是定義在1，1上的奇函數(shù)，且f(1)=1,若a,b1,1,a+b0時，有0.(1)判斷函數(shù)f(x)在1，1上是增函數(shù)，還是減函數(shù)，并證明你的結(jié)論；（2）解不等式：f(x+)f();(3)若f(x)m22pm+1對所有x1,1,p1,1(p是常數(shù)）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.解：（1）設(shè)任意x1,x21,1,且x1<x2.由于f(x)是定義在1，1上的奇函數(shù)，f(x2)f(x1)=f(x2)+f(x1).因為x1<x2,所以x2+(x1)0,由已知有0，x2+(x1)=x

27、2x1>0f(x2)+f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以函數(shù)f(x)在1，1上是增函數(shù).（2）由不等式f(x+)f()得,解得1<x<0,即為所求.（3）由以上知f(x)最大值為f(1)=1,所以要f(x)m22pm+1對所有x1,1,p1,1(p是常數(shù))恒成立，只需1m22pm+1恒成立，得實數(shù)m的取值范圍為m0或m2p.七、周期性及對稱性問題（由恒等式簡單判斷：同號看周期，異號看對稱）編號周 期 性對 稱 性1T=2對稱軸Û是偶函數(shù)；對稱中心（a,0）Û是奇函數(shù)2T=對稱軸；對稱中心；3f(x)= -f(x+a)T=2f(x)=

28、 -f(-x+a)對稱中心4T=2對稱中心5f(x)=±T=2f(x)= b-f(-x+a)對稱中心6f(x)=1-T=3結(jié)論：(1)    函數(shù)圖象關(guān)于兩條直線x=a，x=b對稱，則函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù)，且T=2|a-b| (2)    函數(shù)圖象關(guān)于點M(a,0)和點N(b,0)對稱，則函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù)，且T=2|a-b| (3)    函數(shù)圖象關(guān)于直線x=a，及點M(b,0)對稱，則函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù)，且T=4|a-b| （4） 應(yīng)注意區(qū)分一個函數(shù)的對稱性和兩個函數(shù)的

29、對稱性的區(qū)別: y=f(a+x)及y=f(b-x)關(guān)于對稱；y=f(a+x)及y=-f(b-x)關(guān)于點對稱 （可以簡單的認(rèn)為：一個函數(shù)的恒等式，對應(yīng)法則下的兩式相加和的一半為對稱軸：兩個同法則不同表達(dá)式的函數(shù)，對應(yīng)法則下的兩式相減等于0，解得的x為對稱軸）例17：已知定義在R上的奇函數(shù)f (x)滿足f (x+2) = f (x)，則f (6)的值為（ B ）A. 1 B. 0 C. 1 D. 2解： 因為f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f (0) = 0，又T=4，所以f (6) = f (2) = f (0) = 0。函數(shù)f(x)對于任意的實數(shù)x都有f(1+2x)=f(1-2x)，則f(

30、2x)的圖像關(guān)于 對稱。（x=1/2）練習(xí)：（2010重慶）已知函數(shù)滿足：，則=_.解析：取x=1 y=0得 法一：通過計算，尋得周期為6法二：取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n) 聯(lián)立得f(n+2)= f(n-1) 所以T=6 故=f(0)= 例18. 已知函數(shù)y=f(x)滿足，求的值。解：由已知式知函數(shù)的圖象關(guān)于點（0，1001）對稱。據(jù)原函數(shù)及其反函數(shù)的關(guān)系，知函數(shù)y=f-1(x) 的圖象關(guān)于點（1001，0）對稱,所以,即=0 例19. 奇函數(shù)f (x)定義在R上，且對常數(shù)T > 0，恒有f (x + T ) = f

31、(x)，則在區(qū)間0，2T上，方程f (x) = 0根的個數(shù)最小值為（ ）CA. 3個 B.4個 C.5個 D.6個解：f (0) = 0x1= 0， 又f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0 x2 = T，x3 = 2T.又因為 令x = 0得,=0.(本題易錯選為A)例20 f(x)滿足f(x) =-f(6-x)，f(x)= f(2-x)，若f(a) =-f(2000)，a5，9且f(x)在5，9上單調(diào)。求a的值。解： f(x)=-f(6-x) f(x)關(guān)于（3，0）對稱 又 f(x)= f(2-x) f(x)關(guān)于x=1對稱 T=8 f(2000)= f(0) 又f(a)

32、=-f(2000) f(a)=-f(0) 又f(x) =-f(6-x) f(0)=-f(6) f(a)=f(6) a =6設(shè)y=f(x)是定義在-1,1上的偶函數(shù)，函數(shù)y=f(x)的圖象及y=g(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱，且當(dāng)x 2,3時，g(x)=2a(x-2)-4(x-2)3(a為常數(shù)且a R) （1）求f(x); （2）是否存在a 2,6或a (6,+),使函數(shù)f(x)的圖象的最高點位于直線y=12上？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.解：（1）設(shè)點M(x,f(x)為函數(shù)y=f(x)圖象上任意一點，則點M關(guān)于直線x=1的對稱點為N(2-x,f(x).y=f(x)的圖象及y=g(

33、x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱.點N(2-x,f(x)在y=g(x)圖象上.由此得f(x)=g(2-x)（利用結(jié)論4的命題易得這一結(jié)果：y=g(x)及y=g(2-x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱）設(shè)x -1,0，則2-x 2,3.此時f(x)=g(2-x)=-2ax+4x3又f(x)為偶函數(shù)f(-x)=f(x),x -1,1.當(dāng)x 0,1時，f(x)=2ax-4 x3 （2）注意到f(x)為偶函數(shù)，只須研究f(x)在0,1上的最大值.()當(dāng)a (2,6時，由0 x 1得a-2x20，f(x)=2x(a-2 x2)= =（當(dāng)且僅當(dāng)4 =a2 ,即x= 0,1時等號成立）.由題意知,f(x)的最大值為1

34、2,令 =12得 =486> ,a>6,這及a (2,6矛盾,故此時滿足條件的a不存在.()當(dāng)a=2且0x1時,f(x)=4x(1 )同理可證 f(x)= (當(dāng)且僅當(dāng)2 =1- ,即x= 時等號成立),也及已知矛盾.()當(dāng)a>6時,設(shè)0 ,則f( )-f( )=2a(- )-4(- )=2( - )a-2(+ + )，由題設(shè)0< + + <3,a>6a-2( + + )>0又 - <0f( )-f( )<0即f( )<f( ),f(x)在0,1上為增函數(shù).此時 =f(1)=2a-4.令2a-4=12,解得a=8 (6,+),適合題意.

35、因此,綜合() () ()知,存在a=8 (6,+),使得函數(shù)f(x)的圖象的最高點位于直線y=12上.練習(xí)1、函數(shù)是偶函數(shù)，則的圖象關(guān)于 x=1 對稱。2、函數(shù)滿足，且，則 -1 。3、函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且,則 解析：法一：因f(x)為奇函數(shù)且關(guān)于對稱，T=2,可借助圖象解答，得結(jié)果為0. 小結(jié)：此方法為數(shù)形結(jié)合法法二：因f(x)為奇函數(shù)且關(guān)于對稱，類比聯(lián)想函數(shù) 0, 小結(jié)：此方法為抽象函數(shù)具體化法4、已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，函數(shù)是的反函數(shù)，若則（ D ）A）2 B）0 C）1 D）-2解析：法一：(函數(shù)具體化)設(shè)符合題意，則則，法二：y=f(2x-1)是R上的奇函數(shù)f

36、(-2x-1)=-f(2x-1)，即f(-2x-1)+f(2x-1)=0，由反函數(shù)的關(guān)系就可以取x1= f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2.5.設(shè)f(x)是R的奇函數(shù),f(x+2)= f(x),當(dāng)0x1,時,f(x)=x,則f(7.5)= - 0.5 6.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(-x)+f(x)=3,則f-1(x)+f-1(3-x)= .07、 f（x）是定義在R上的以3為周期的奇函數(shù)，且f（2）=0，則方程f（x）=0在區(qū)間（0，6）內(nèi)解的個數(shù)的最小值是（ ）DA.4 B.5 C.6 D.78、設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為

37、1,3,且函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(2,0)成中心對稱,已知當(dāng)x 2,3時f(x)= 2x,求當(dāng)x 1,2時,f(x)的解析式.解:由已知得f(x)=-f(4-x)又當(dāng)x 1,2時,4-x 2,3,f(4-x)=(4-x) -2(4-x) 由得f(x)=- (x- 4) +2(4-x)當(dāng)x 1,2時,f(x)=-x +6x-89、（09山東）已知定義在R上的奇函數(shù)，滿足,且在區(qū)間0,2上是增函數(shù),若方程f(x)=m(m>0)在區(qū)間上有四個不同的根,則-8八、綜合問題例21. 定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：對任意實數(shù)m，n，總有，且當(dāng)x>0時，0<f(x)<1。（1）判斷

38、f(x)的單調(diào)性； （2）設(shè)，若 ，試確定a的取值范圍。解：（1）在中，令，得，因為，所以。在中，令,因為當(dāng)時，所以當(dāng)時,而,所以又當(dāng)x=0時，所以，綜上可知，對于任意，均有。設(shè)，則所以.所以在R上為減函數(shù)。（2）由于函數(shù)y=f(x)在R上為減函數(shù)，所以,即有又，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，有,由，所以直線及圓面無公共點。因此有，解得。評析：（1）要討論函數(shù)的單調(diào)性必然涉及到兩個問題：一是f(0)的取值問題，二是f(x)>0的結(jié)論。這是解題的關(guān)鍵性步驟，完成這些要在抽象函數(shù)式中進(jìn)行。由特殊到一般的解題思想，聯(lián)想類比思維都有助于問題的思考和解決。例22.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x>0

39、時,f(x)>1,且對任意x,yR,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2解:(1)先證f(x)>0,且單調(diào)遞增，因為f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時f(x)>1,所以f(0)=1.f(x)=f(x-xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,及已知矛盾，故f(x)>0,任取x1,x2R且x1<x2,則x2-x1>0,f(x2-x1)>1,所以f(x1)-f(x2)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-1>0. 所以xR時,f(x)為增函數(shù). 解得

40、:x|1<x<2(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為:f(x)2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)由(1)得x=0.例23.(2)當(dāng)x(-1,0)時,有f(x)>0.求證:()f(x)是奇函數(shù)； （）解:(1)易證f(x)是奇函數(shù)。（2）易證f(x)在(-1,0),(0,1)上是單調(diào)遞減函數(shù).抽象函數(shù)問題的“原型”解法抽象函數(shù)問題是學(xué)生學(xué)習(xí)中的一個難點，也是各種考試測評的熱點問題之一。研究發(fā)現(xiàn)，由抽象函數(shù)結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，聯(lián)想已學(xué)過的基本函數(shù)，再由基本函數(shù)的相關(guān)結(jié)論，預(yù)測、猜想抽象函數(shù)可能有的相關(guān)結(jié)論，是使抽象函數(shù)問題獲解的一種有效

41、方法。所謂抽象函數(shù)，是指沒有明確給出函數(shù)表達(dá)式，只給出它具有的某些特征或性質(zhì)，并用一種符號表示的函數(shù)。由抽象函數(shù)構(gòu)成的數(shù)學(xué)問題叫抽象函數(shù)問題，這類問題是學(xué)生學(xué)習(xí)中的一個難點，也是各種考試測評的熱點問題之一。研究抽象函數(shù)問題的解法，對教師的教學(xué)，學(xué)生深刻理解并牢固掌握函數(shù)的相關(guān)內(nèi)容，學(xué)好大綱規(guī)定的基本函數(shù)知識顯得尤為重要。抽象來源于具體。抽象函數(shù)是由特殊的、具體的函數(shù)抽象而得到的。如有可抽象為。那么=就叫做抽象函數(shù)滿足的“原型”（函數(shù)），分析抽象函數(shù)問題的解題過程及心理變化規(guī)律可知，一般均是由抽象函數(shù)的結(jié)構(gòu)，聯(lián)想到已學(xué)過的具有相同或相似結(jié)構(gòu)的某類（基本）“原型”函數(shù)，并由“原型”函數(shù)的相關(guān)結(jié)論，

42、預(yù)測、猜想抽象函數(shù)可能具有的某種性質(zhì)使問題獲解的，稱這種解抽象函數(shù)問題的方法為“原型”解法。下面給出中學(xué)階段常用的“原型”（函數(shù)）并舉例說明“原型”解法。一、中學(xué)階段常用抽象函數(shù)的“原型”（函數(shù)）1、(為常數(shù)）2、=（0且1）3、 (0且1)4、(為常數(shù)）5、或=(為常數(shù)） 6、=二、“原型”解法例析【例1】 設(shè)函數(shù)滿足，且()=0，、R；求證：為周期函數(shù)，并指出它的一個周期。分析及簡證：由想：=2coscos原型：=，為周期函數(shù)且2為它的一個周期。猜測：為周期函數(shù)，2為它的一個周期令=+，= 則=0為周期函數(shù)且2是它的一個周期?！纠?】 已知函數(shù)滿足，若，試求(2005)。分析及略解：由想：

43、(+)=原型：=為周期函數(shù)且周期為4×=。猜測：為周期函數(shù)且周期為4×1=4(+4)=是以4為周期的周期函數(shù)又f(2)=2004f(2005)=- 【例3】 已知函數(shù)對于任意實數(shù)、都有，且當(dāng)0時，0，(-1)=-2，求函數(shù)在區(qū)間-2，1上的值域。分析及略解：由：想：(+)=+原型：（為常數(shù)）為奇函數(shù)。0時為減函數(shù)，0時為增函數(shù)。猜測：為奇函數(shù)且為R上的單調(diào)增函數(shù)，且在2,1上有4,2設(shè)<且，R 則>0 ()>0=0,為R上的單調(diào)增函數(shù)。令=0,則(0)=0,令=，則()=為R上的奇函數(shù)。(-1)=- (1)=-2 (1)=2，(-2)=2(-1)

44、=-4-42(x-2,1)故在-2,1上的值域為-4，2【例4】 已知函數(shù)對于一切實數(shù)、滿足(0)0，且當(dāng)<0時，1（1）當(dāng)0時，求的取值范圍（2）判斷在R上的單調(diào)性分析及略解：由：想：原型：=（0, 1），=10。當(dāng)1時為單調(diào)增函數(shù)，且0時，1，0時，01；01時為單調(diào)減函數(shù)，且0時，1，0時，01。猜測： 為減函數(shù)，且當(dāng)0時，01。（1）對于一切、R，且(0)0令=0，則(0)=1，現(xiàn)設(shè)0，則-0，f(-) 1又(0)=(-)= =1 = 101（2）設(shè)<，、R，則<0，()1且1， f(x)在R上為單調(diào)減函數(shù)【例5】 已知函數(shù)定義域為(0,+)且單調(diào)遞增，滿足(4)=1

45、，（1）證明：(1)=0；(2)求(16)；（3）若+ (-3)1，求的范圍；（4）試證()=（nN）分析及略解：由：想：（、R+）原型：（0，0）猜測：有(1)=0，(16)=2，（1）令=1，=4，則(4)=(1×4)=(1)+(4)(1)=0（2）(16)=(4×4)=(4)+(4)=2(3)+(3)=(3)1=(4)在（0，+）上單調(diào)遞增 （3，4（4）【例6】 已知函數(shù)對于一切正實數(shù)、都有且1時，1，(2)=(1)求證：0；（2）求證：（3）求證：在（0，+）上為單調(diào)減函數(shù)（4）若=9，試求的值。分析及簡證：由，想：原型：（為常數(shù)（=）猜測：0，在（0，+）上為單

46、調(diào)減函數(shù)，(1)對任意0，=)=0假設(shè)存在0，使=0，則對任意0=f(=0，這及已知矛盾故對任意0，均有0（2），0, (1)=1()=(·)=(1)=1 (3)、(0,+)，且，則1，()1， 即在（0，+）上為單調(diào)減函數(shù)。（4）(2)=，()=9 (2)()=1(2)=1=f(1)，而在(0，+)是單調(diào)減函數(shù)2=1 即=綜上所述，由抽象函數(shù)問題的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想已學(xué)過的具有相同或相似結(jié)構(gòu)的基本（原型）函數(shù)，并由基本函數(shù)的相關(guān)結(jié)構(gòu)，預(yù)測、猜想抽象函數(shù)可能具有的性質(zhì) “抽象具體抽象”的“原型”聯(lián)想思維方式，可使抽象函數(shù)問題順利獲解，且進(jìn)一步說明，學(xué)生學(xué)好大綱規(guī)定的幾種基本函數(shù)相關(guān)知識的

47、重要性。專題二：賦值法賦值法是指給定的關(guān)于某些變量的一般關(guān)系式，賦予恰當(dāng)?shù)臄?shù)值或代數(shù)式后，通過運算推理，最后得出結(jié)論的一種解題方法. 下面介紹它在函數(shù)問題中的應(yīng)用. 一、判斷函數(shù)的奇偶性例1 若(x + y) =(x) +(y) 對于任意實數(shù)x、y 都成立，且(x) 不恒等于零，判斷函數(shù)(x) 的奇偶性解：在(x + y) =(x) +(y) 中令 x = y = 0 ，得(0) = 0又在(x + y) =(x) +(y) 中令 y =x ，這樣就有：(xx) =(x) +(x) ，即(0) =(x) +(x) ，又(0) = 0，所以(x) =(x) ，由于(x) 不恒等于零，所以(x)

48、是奇函數(shù)二、討論函數(shù)的單調(diào)性例2 設(shè)(x) 定義于實數(shù)集上，當(dāng)x0時，(x)1 ，且對于任意實數(shù)x、y ，有(x + y) =(x) ·(y)，求證(x) 在R 上為增函數(shù)證明：由 (x + y) =(x)(y) 中取x = y = 0 ，得(0) =，若(0) = 0，令x0 ，y = 0 ，則 (x) = 0，及(x)1 矛盾 (0) 0，即有(0) = 1 當(dāng)x0 時 ，(x)10 ，當(dāng)x0 時 ，x0，(x)10 ，而(x) ·(x) =(0) = 1， (x) =0 又當(dāng)x = 0 時 ，(0) = 10 ，xR ，(x)0 設(shè) xx+ ，則xx0 ，( xx)1

49、 ( x) = x+ ( xx) =(x)( xx)( x) y =(x) 在R 上為增函數(shù)三、求函數(shù)的值域例3 已知函數(shù)f（x）在定義域x（0， ）上是增函數(shù)，且滿足f（xy）=f（x）f（y）（x、yR），求f（x）的值域.解：因為x=y=1時，f（1）=2f（1），所以f（1）=0又因為f（x）在定義域R上是增函數(shù)，所以x1>x2>0時，令x1=mx2（m>1），則f（x1）f（x2）=f（m·x2）f（x2）=f（m）f（x2）f（x2）=f（m）>0.所以對于x>1有f（x）>0.又設(shè)x1=mx2>0（0<m<1），則0

50、<x1<x2.因為函數(shù)(x)在R上是增函數(shù)，所以f（x1）f（x2）<0, 即f（mx2）f（x2） = f（m） f（x2）f（x2）=f（m）<0. 所以對于0<x<1有f（x）<0. 綜上所述：當(dāng)xR時，f（x）的值域為R.四、求函數(shù)的解析式例4 設(shè)對滿足| x |1的所有實數(shù)x，函數(shù)f（x）滿足+=x，求f（x）的解析式.解：將x取為, 代入原等式，有+ f（x）=， （1）將x取為 , 代入原等式，有f（x）+=.（2）（1）（2），且將原等式代入即得(|x|1)專題三：復(fù)合函數(shù)的定義域和解析式1、復(fù)合函數(shù)的定義設(shè)是到的函數(shù)，是到上的函數(shù)，且

51、，當(dāng)取遍中的元素時，取遍，那么就是到上的函數(shù)。此函數(shù)稱為由外函數(shù)和內(nèi)函數(shù)復(fù)合而成的復(fù)合函數(shù)。 說明：復(fù)合函數(shù)的定義域，就是復(fù)合函數(shù)中的取值范圍。稱為直接變量，稱為中間變量，的取值范圍即為的值域。及表示不同的復(fù)合函數(shù)。例1設(shè)函數(shù)，求若的定義域為，則復(fù)合函數(shù)中，注意：的值域例2（課時練 2 例1）若函數(shù)的定義域是0，1，求的定義域；若的定義域是-1，1，求函數(shù)的定義域；已知定義域是，求定義域點評：解決復(fù)合函數(shù)問題，一般先將復(fù)合函數(shù)分解，即它是哪個內(nèi)函數(shù)和哪個外函數(shù)復(fù)合而成的 解答： 函數(shù)是由A到B上的函數(shù)及B到C上的函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)函數(shù)的定義域是0，1，B=0,1，即函數(shù)的值域為0，1，即，函數(shù)

52、的定義域0， 函數(shù)是由A到B上的函數(shù)及B到C上的函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)的定義域是-1，1，A=-1,1，即-1，,即的值域是-3，1，的定義域是-3，1點評：若已知的定義域為，則的定義域就是不等式的的集合；若已知的定義域為，則的定義域就是函數(shù) 的值域。 函數(shù)是由A到B上的函數(shù)及B到C上的函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)的定義域是-4，5),A=-4,5)即，即的值域B=-1，8）又是由到上的函數(shù)及B到C上的函數(shù)復(fù)合而成的函數(shù)，而,從而的值域的定義域是1，）例3已知函數(shù)定義域是（a,b），求的定義域解：由題， 當(dāng)，即時，不表示函數(shù)；當(dāng)，即時，表示函數(shù)，其定義域為說明： 已知的定義域為(a,b)，求的定義域的方法：已知的定義域為，求的定義域。實際上是已知中間變量的的取值范圍，即，。通過解不等式求得的范圍，即為的定義域。 已知的定義域為(a,b)，求的定義域的方法：若已知的定義域為，求的定義域。實際上是已知直接變量的取值范圍，即。先利用求得的范圍，則的范圍即是的定義域。2求有關(guān)復(fù)合函數(shù)的解析式例4已知 求；已知 ，求例5已知 ，求； 已知，求點評：已知求復(fù)合函數(shù)的解析式，直接把中的換成即可。已知求的常用方法有：配湊法和換元法。配湊法就是在中把關(guān)于變量的表達(dá)式先湊成整體的表達(dá)式，