高考數(shù)學第一輪復(fù)習教案專題 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)

高考數(shù)學第一輪復(fù)習教案匯總【精華】專題二函數(shù)概念與基本初等函數(shù)一、考試內(nèi)容：映射、函數(shù)、函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性．

反函數(shù)．互為反函數(shù)的函數(shù)圖像間的關(guān)系．

指數(shù)概念的擴充．有理指數(shù)冪的運算性質(zhì)．指數(shù)函數(shù)．

對數(shù)．對數(shù)的運算性質(zhì)．對數(shù)函數(shù)．

函數(shù)的應(yīng)用．

二、考試要求：（1）了解映射的概念，理解函數(shù)的概念．

（2）了解函數(shù)單調(diào)性、奇偶性的概念，掌握判斷一些簡單函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的方法．

（3）了解反函數(shù)的概念及互為反函數(shù)的函數(shù)圖像間的關(guān)系，會求一些簡單函數(shù)的反函數(shù)．

（4）理解分數(shù)指數(shù)冪的概念，掌握有理指數(shù)冪的運算性質(zhì)，掌握指數(shù)函數(shù)的概念、圖像和性質(zhì)．

（5）理解對數(shù)的概念，掌握對數(shù)的運算性質(zhì)；掌握對數(shù)函數(shù)的概念、圖像和性質(zhì)．

（6）能夠運用函數(shù)的性質(zhì)、指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)解決某些簡單的實際問題．三、命題熱點分析近幾年的高考試題，可以發(fā)現(xiàn)函數(shù)是高考數(shù)學的重點內(nèi)容之一，函數(shù)的觀點和思想方法貫穿整個高中數(shù)學的全過程，包括解決幾何問題.在近幾年的高考試卷中，一般以選擇題和填空題的形式考查函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)與方程、基本初等函數(shù)等，以解答題的形式與導(dǎo)數(shù)交匯在一起考查函數(shù)的定義域、單調(diào)性以及函數(shù)與不等式、函數(shù)與方程等知識.其中函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想等都是考考查的熱點。選擇題、填空題、解答題三種題型中每年都有函數(shù)試題，而且?？汲Ｐ?以基本函數(shù)為模型的應(yīng)用題和綜合題是高考命題的新趨勢。20XX年高考熱點主要有：①考查函數(shù)的表示法、定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、反函數(shù)和函數(shù)的圖象.②函數(shù)與方程、不等式、數(shù)列是相互關(guān)聯(lián)的概念，通過對實際問題的抽象分析，建立相應(yīng)的函數(shù)模型并用來解決問題，是考試的熱點.③考查運用函數(shù)的思想來觀察問題、分析問題和解決問題，滲透數(shù)形結(jié)合和分類討論的基本數(shù)學思想.四、知識回顧（一）本章知識網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)：（二）考點總結(jié)（1）函數(shù)1．了解構(gòu)成函數(shù)的要素，了解映射的概念,會求一些簡單函數(shù)的定義域和值域.2．理解函數(shù)的三種表示法：解析法、圖象法和列表法，能根據(jù)不同的要求選擇恰當?shù)姆椒ū硎竞唵蔚暮瘮?shù).3．了解分段函數(shù)，能用分段函數(shù)來解決一些簡單的數(shù)學問題.4．理解函數(shù)的單調(diào)性，會討論和證明一些簡單的函數(shù)的單調(diào)性；理解函數(shù)奇偶性的含義，會判斷簡單的函數(shù)奇偶性.5．理解函數(shù)的最大（?。┲导捌鋷缀我饬x，并能求出一些簡單的函數(shù)的最大（?。┲?．會運用函數(shù)圖像理解和研究函數(shù)的性質(zhì).（2）指數(shù)函數(shù)1．了解指數(shù)函數(shù)模型的實際背景.2．理解有理指數(shù)冪的含義，了解實數(shù)指數(shù)冪的意義，掌握冪的運算.3．理解指數(shù)函數(shù)的概念，會求與指數(shù)函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的問題.4．知道指數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型.（3）對數(shù)函數(shù)1．理解對數(shù)的概念及其運算性質(zhì)，知道用換底公式能將一般對數(shù)轉(zhuǎn)化成自然對數(shù)或常用對數(shù)；了解對數(shù)在簡化運算中的作用.2．理解對數(shù)函數(shù)的概念；會求與對數(shù)函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的問題.3．知道對數(shù)函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型.4．了解指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù).（4）冪函數(shù)1．了解冪函數(shù)的概念.2．結(jié)合函數(shù)的圖像，了解它們的變化情況.（5）函數(shù)與方程1．了解函數(shù)零點的概念，結(jié)合二次函數(shù)的圖像，了解函數(shù)的零點與方程根的聯(lián)系.2．理解并掌握連續(xù)函數(shù)在某個區(qū)間上存在零點的判定方法。能利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)判別函數(shù)零點的個數(shù).（6）函數(shù)模型及其應(yīng)用1．了解指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)以及冪函數(shù)的增長特征。知道直線上升、指數(shù)增長、對數(shù)增長等不同函數(shù)類型增長的含義.2．了解函數(shù)模型（如指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、分段函數(shù)等在社會生活中普遍使用的函數(shù)模型）的廣泛應(yīng)用.3．能利用給定的函數(shù)模型解決簡單的實際問題.（三）知識要點回顧（一）映射與函數(shù)（1）映射與一一映射（2）函數(shù)函數(shù)三要素是定義域，對應(yīng)法則和值域，而定義域和對應(yīng)法則是起決定作用的要素，因為這二者確定后，值域也就相應(yīng)得到確定，因此只有定義域和對應(yīng)法則二者完全相同的函數(shù)才是同一函數(shù).（3）反函數(shù)反函數(shù)的定義設(shè)函數(shù)的值域是C，根據(jù)這個函數(shù)中x,y的關(guān)系，用y把x表示出，得到x=(y).若對于y在C中的任何一個值，通過x=(y)，x在A中都有唯一的值和它對應(yīng)，那么，x=(y)就表示y是自變量，x是自變量y的函數(shù)，這樣的函數(shù)x=(y)(yC)叫做函數(shù)的反函數(shù)，記作,習慣上改寫成（二）函數(shù)的性質(zhì)函數(shù)的單調(diào)性定義：對于函數(shù)f(x)的定義域I內(nèi)某個區(qū)間上的任意兩個自變量的值x1,x2,⑴若當x1<x2時，都有f(x1)<f(x2),則說f(x)在這個區(qū)間上是增函數(shù)；⑵若當x1<x2時，都有f(x1)>f(x2),則說f(x)在這個區(qū)間上是減函數(shù).若函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間是增函數(shù)或減函數(shù)，則就說函數(shù)y=f(x)在這一區(qū)間具有（嚴格的）單調(diào)性，這一區(qū)間叫做函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間.此時也說函數(shù)是這一區(qū)間上的單調(diào)函數(shù)..函數(shù)的奇偶性7.奇函數(shù)，偶函數(shù)：⑴偶函數(shù)：設(shè)（）為偶函數(shù)上一點，則（）也是圖象上一點.偶函數(shù)的判定：兩個條件同時滿足①定義域一定要關(guān)于軸對稱，例如：在上不是偶函數(shù).②滿足，或，若時，.⑵奇函數(shù)：設(shè)（）為奇函數(shù)上一點，則（）也是圖象上一點.奇函數(shù)的判定：兩個條件同時滿足①定義域一定要關(guān)于原點對稱，例如：在上不是奇函數(shù).②滿足，或，若時，.8.對稱變換：①y=f（x）②y=f（x）③y=f（x）9.判斷函數(shù)單調(diào)性（定義）作差法：對帶根號的一定要分子有理化，例如：在進行討論.10.外層函數(shù)的定義域是內(nèi)層函數(shù)的值域.例如：已知函數(shù)f（x）=1+的定義域為A，函數(shù)f[f（x）]的定義域是B，則集合A與集合B之間的關(guān)系是.解：的值域是的定義域，的值域，故，而A，故.11.常用變換：①.證：②證：12.⑴熟悉常用函數(shù)圖象：例：→關(guān)于軸對稱.→→→關(guān)于軸對稱.⑵熟悉分式圖象：例：定義域，值域→值域前的系數(shù)之比.（三）指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)a>10<a<1圖象性質(zhì)(1)定義域：R（2）值域：（0，+∞）（3）過定點（0，1），即x=0時，y=1(4)x>0時，y>1;x<0時，0<y<1(4)x>0時，0<y<1;x<0時，y>1.（5）在R上是增函數(shù)（5）在R上是減函數(shù)對數(shù)運算：（以上）注⑴：當時，.⑵：當時，取“+”，當是偶數(shù)時且時，，而，故取“—”.例如：中x＞0而中x∈R）.對數(shù)函數(shù)y=logax的圖象和性質(zhì):a>10<a<1圖象性質(zhì)（1）定義域：（0，+∞）（2）值域：R（3）過點（1，0），即當x=1時，y=0（4）時時y>0時時（5）在（0，+∞）上是增函數(shù)在（0，+∞）上是減函數(shù)五、典型例題題型1：函數(shù)及其表示1．函數(shù)y＝eq\f(\r(－x2－3x＋4),x)的定義域為________________．解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－3x＋4≥0，,x≠0，))因此－4≤x≤1且x≠0.答案[－4,0)∪(0,1]2．下列函數(shù)中，與函數(shù)y＝eq\f(1,\r(x))有相同定義域的是________．①f(x)＝lnx②f(x)＝eq\f(1,x)③f(x)＝|x|④f(x)＝ex解析y＝eq\f(1,\r(x))定義域為(0，＋∞)，f(x)＝lnx定義域為(0，＋∞)，f(x)＝eq\f(1,x)定義域為{x|x≠0}．f(x)＝|x|定義域為R，f(x)＝ex定義域為R答案①3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,2x，x≤0.))若f(a)＝eq\f(1,2)，則a＝________.解析當a>0時，log2a＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\r(2)，當a≤0時，2a＝eq\f(1,2)＝2－1，∴a＝－1.∴a＝－1或eq\r(2).答案－1或eq\r(2)4．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，則f(－3)＝________.解析f(1)＝f(0＋1)＝f(0)＋f(1)＋2×0×1＝f(0)＋f(1)，∴f(0)＝0.f(0)＝f(－1＋1)＝f(－1)＋f(1)＋2×(－1)×1＝f(－1)＋f(1)－2，∴f(－1)＝0.f(－1)＝f(－2＋1)＝f(－2)＋f(1)＋2×(－2)×1＝f(－2)＋f(1)－4，∴f(－2)＝2.f(－2)＝f(－3＋1)＝f(－3)＋f(1)＋2×(－3)×1＝f(－3)＋f(1)－6，∴f(－3)＝6.答案65．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))＝eq\f(1－x2,1＋x2)，則f(x)的解析式為__________．解析令t＝eq\f(1－x,1＋x)，則x＝eq\f(1－t,1＋t)，因此f(t)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t,1＋t)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－t,1＋t)))2)＝eq\f(2t,1＋t2)，因此f(x)的解析式為f(x)＝eq\f(2x,1＋x2).答案f(x)＝eq\f(2x,1＋x2)6．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(－1<x≤0),－1(0<x≤1)))，則f(3)＝________.解析f(3)＝f(2＋1)＝－f(2)＝－f(1＋1)＝f(1)＝－1.答案－17．已知函數(shù)φ(x)＝f(x)＋g(x)，其中f(x)是x的正比例函數(shù)，g(x)是x的反比例函數(shù)，且φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝16，φ(1)＝8，則φ(x)＝____________.解析設(shè)f(x)＝mx(m是非零常數(shù))，g(x)＝eq\f(n,x)(n是非零常數(shù))，則φ(x)＝mx＋eq\f(n,x)，由φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝16，φ(1)＝8，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(16＝\f(1,3)m＋3n,8＝m＋n))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3,n＝5)).故φ(x)＝3x＋eq\f(5,x).答案3x＋eq\f(5,x)8．如右圖所示，在直角坐標系的第一象限內(nèi)，△AOB是邊長為2的等邊三角形，設(shè)直線x=t(0≤t≤2)截這個三角形可得位于此直線左方的圖形的面積為f(t)，則函數(shù)y=f(t)的圖象(如下圖所示)大致是(填序號)．解析首先求出該函數(shù)的解析式．當0≤t≤1時，如下圖甲所示，有f(t)＝S△MON＝eq\f(\r(3),2)t2.當1≤t<2時，如下圖乙所示，有f(t)＝S△AOB－S△MNB＝－eq\f(\r(3),2)(2－t)2＋eq\r(3)，答案④9．在平面直角坐標系中，橫坐標、縱坐標均為整數(shù)的點稱為整點，如果函數(shù)f(x)的圖象恰好通過n(n∈N*)個整點，則稱函數(shù)f(x)為n階整點函數(shù)．有下列函數(shù)：①f(x)＝sin2x；②g(x)＝x3；③h(x)＝(eq\f(1,3))x；④φ(x)＝lnx，其中是一階整點函數(shù)的是____________________________________．解析對于函數(shù)f(x)＝sin2x，它只通過一個整點(0,0)，故它是一階整點函數(shù)；對于函數(shù)g(x)＝x3，當x∈Z時，一定有g(shù)(x)＝x3∈Z，即函數(shù)g(x)＝x3通過無數(shù)個整點，它不是一階整點函數(shù)；對于函數(shù)h(x)＝(eq\f(1,3))x，當x＝0，－1，－2，…時，h(x)都是整數(shù)，故函數(shù)h(x)通過無數(shù)個整點，它不是一階整點函數(shù)；對于函數(shù)φ(x)＝lnx，它只通過一個整點(1,0)，故它是一階整點函數(shù)．答案①④10．(1)已知f(x)的定義域是[0,4]，求①f(x2)的定義域；②f(x＋1)＋f(x－1)的定義域．(2)已知f(x2)的定義域為[0,4]，求f(x)的定義域．解(1)∵f(x)的定義域為[0,4]，①f(x2)以x2為自變量，∴0≤x2≤4，∴－2≤x≤2，故f(x2)的定義域為[－2,2]．②f(x＋1)＋f(x－1)以x＋1，x－1為自變量，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋1≤4，,0≤x－1≤4，))∴1≤x≤3.故f(x＋1)＋f(x－1)的定義域為[1,3]．(2)∵f(x2)的定義域為[0,4]，∴0≤x≤4，∴0≤x2≤16，故f(x)的定義域為[0,16]．11．已知f(x)＝x2－2x＋1，g(x)是一次函數(shù)，且f[g(x)]＝4x2，求g(x)的解析式．解設(shè)g(x)＝ax＋b(a≠0)，則f[g(x)]＝(ax＋b)2－2(ax＋b)＋1＝a2x2＋(2ab－2a)x＋b2－2b＋1＝4x2.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,2ab－2a＝0，,b2－2b＋1＝0.))解得a＝±2，b＝1.∴g(x)＝2x＋1或g(x)＝－2x＋1.12．某租賃公司擁有汽車100輛．當每輛車的月租金為3000元時，可全部租出．當每輛車的月租金每增加50元時，未租出的車將會增加一輛．租出的車每輛每月需要維護費150元，未租出的車每輛每月需要維護費50元．(1)當每輛車的月租金定為3600元時，能租出多少輛車？(2)當每輛車的月租金定為多少元時，租賃公司的月收益最大？最大月收益是多少？解(1)當每輛車的月租金為3600元時，未租出的車輛數(shù)為eq\f(3600－3000,50)＝12，所以這時租出了88輛車．(2)設(shè)每輛車的月租金定為x元，則租賃公司的月收益為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100－\f(x－3000,50)))(x－150)－eq\f(x－3000,50)×50，整理得f(x)＝－eq\f(x2,50)＋162x－21000＝－eq\f(1,50)(x－4050)2＋307050.∴當x＝4050時，f(x)最大，最大值為f(4050)＝307050.答(1)當每輛車的月租金定為3600元時，能租出88輛車；(2)當每輛車的月租金定為4050元時，租賃公司的月收益最大，最大收益為307050元．題型2：函數(shù)的單調(diào)性及最大（?。┲?．函數(shù)f(x)＝ln(4＋3x－x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析函數(shù)f(x)的定義域是(－1,4)，令u(x)＝－x2＋3x＋4＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\f(25,4)的減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))，∵e>1，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).答案[eq\f(3,2)，4)2．(2009·湖南改編)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|，當K＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為__________________．解析由f(x)＝2－|x|≤eq\f(1,2)得－|x|≤－1，∴|x|≥1.∴x≥1或x≤－1.∴fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x≥1或x≤－1，,\f(1,2)，－1<x<1.))當x∈(1，＋∞)時，fK(x)＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在(1，＋∞)上為減函數(shù)．當x∈(－∞，－1)時，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上為增函數(shù)．答案(－∞，－1)3．已知f(x)是R上的減函數(shù)，則滿足f(eq\f(1,x))>f(1)的x的取值范圍為__________________．解析由題意f(eq\f(1,x))>f(1)，eq\f(1,x)<1，即eq\f(1－x,x)<0，∴x>1或x<0.答案(－∞，0)∪(1，＋∞)4若f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則f(a2－a＋1)與f(eq\f(3,4))的大小關(guān)系是________________．解析∵a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))．答案f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))5．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是____________________．解析由f(x)＝－x2＋2ax得對稱軸為x＝a，在[1,2]上是減函數(shù)，所以a≤1，又由g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1,2]上是減函數(shù)，所以a>0，綜合得a的取值范圍為(0,1]．答案(0,1]6．關(guān)于下列命題：①若函數(shù)y＝2x的定義域是{x|x≤0}，則它的值域是{y|y≤1}；②若函數(shù)y＝eq\f(1,x)的定義域是{x|x>2}，則它的值域是{y|y≤eq\f(1,2)}；③若函數(shù)y＝x2的值域是{y|0≤y≤4}，則它的定義域一定是{x|－2≤x≤2}；④若函數(shù)y＝log2x的值域是{y|y≤3}，則它的定義域是{x|0<x≤8}．其中不正確的命題的序號是________．(注：把你認為不正確的命題的序號都填上)解析①中，x≤0，y＝2x∈(0,1]；②中，x>2，y＝eq\f(1,x)∈(0，eq\f(1,2))；③中，y＝x2的值域是{y|0≤y≤4}，但它的定義域不一定是{x|－2≤x≤2}；④中，y＝log2x≤3，∴0<x≤8，故①②③錯，④正確．答案①②③7．已知y＝f(x)是定義在(－2,2)上的增函數(shù)，若f(m－1)<f(1－2m)，則m的取值范圍是______________．解析依題意，原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<m－1<2,－2<1－2m<2,m－1<1－2m))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<m<3,－\f(1,2)<m<\f(3,2),m<\f(2,3)))?－eq\f(1,2)<m<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(2,3)))8．若函數(shù)f(x)＝(m－1)x2＋mx＋3(x∈R)是偶函數(shù)，則f(x)的單調(diào)減區(qū)間是____________________．解析∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，∴(m－1)x2－mx＋3＝(m－1)x2＋mx＋3，∴m＝0.這時f(x)＝－x2＋3，∴單調(diào)減區(qū)間為[0，＋∞).答案[0，＋∞)9．(2010·湛江調(diào)研)若函數(shù)y＝x2－3x－4的定義域為[0，m]，值域為[－eq\f(25,4)，－4]，則m的取值范圍是__________________．解析∵f(x)＝x2－3x－4＝(x－eq\f(3,2))2－eq\f(25,4)，∴f(eq\f(3,2))＝－eq\f(25,4)，又f(0)＝－4，故由二次函數(shù)圖象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤m，,m－\f(3,2)≤\f(3,2)－0.))解得eq\f(3,2)≤m≤3.答案[eq\f(3,2)，3]10．(14分)(2010·無錫模擬)已知f(x)在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，且滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，試解不等式f(x)＋f(x－8)≤2.解根據(jù)題意，由f(3)＝1，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2.又f(x)＋f(x－8)＝f[x(x－8)]，故f[x(x－8)]≤f(9)．∵f(x)在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,x(x－8)≤9，))解得8＜x≤9.∴原不等式的解集為{x|8<x≤9}．11．(16分)(2010·鎮(zhèn)江模擬)已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍．(1)證明任設(shè)x1<x2<－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2(x1－x2),(x1＋2)(x2＋2)).∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)解任設(shè)1<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a(x2－x1),(x1－a)(x2－a)).∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.綜上所述，0<a≤1.12．(16分)(2010·無錫調(diào)研)函數(shù)f(x)對任意的實數(shù)m、n有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)，且當x>0時有f(x)>0.(1)求證：f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)；(2)若f(1)＝1，解不等式f[log2(x2－x－2)]<2.(1)證明設(shè)x2>x1，則x2－x1>0.∵f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－f(x1)＝f(x2－x1)>0，∴f(x2)>f(x1)，故f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．(2)解∵f(1)＝1，∴2＝1＋1＝f(1)＋f(1)＝f(2).又f[log2(x2－x－2)]<2，∴f[log2(x2－x－2)]<f(2)．∴l(xiāng)og2(x2－x－2)<2，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－2<4.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>2，,－2<x<3，))即－2<x<－1或2<x<3.∴原不等式的解集為{x|－2<x<－1或2<x<3}．題型3：函數(shù)的奇偶性1．(2009·江西改編)已知函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的偶函數(shù)，若對于x≥0，都有f(x＋2)＝f(x)，且當x∈[0,2)時，f(x)＝log2(x＋1)，則f(－2008)＋f(2009)的值為____．解析f(－2008)＋f(2009)＝f(2008)＋f(2009)＝f(0)＋f(1)＝log21＋log2(1＋1)＝1.答案12．(2010·江蘇南京模擬)已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x2－2x，則在R上f(x)的表達式為____________．解析設(shè)x<0，則－x>0，由f(x)為奇函數(shù)知f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)]＝－x2－2x.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x(x≥0)，,－x2－2x(x<0).))即f(x)＝x(|x|－2)．答案f(x)＝x(|x|－2)3．(2010·浙江寧波檢測)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＋2，x∈[－3,3]，且g(x)滿足g(－x)＝－g(x)，若f(x)的最大值、最小值分別為M、N，則M＋N＝________.解析因為g(x)是奇函數(shù)，故f(x)關(guān)于(0,2)對稱，所以M＋N＝4.答案44．(2010·泰州模擬)f(x)、g(x)都是定義在R上的奇函數(shù)，且F(x)＝3f(x)＋5g(x)＋2，若F(a)＝b，則F(－a)＝____________.解析令G(x)＝F(x)－2＝3f(x)＋5g(x)，故G(x)是奇函數(shù)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(G(a)＝F(a)－2，,G(－a)＝F(－a)－2，))解得F(－a)＝－b＋4.答案－b＋45．(2010·無錫模擬)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則下列函數(shù)中是奇函數(shù)的是______(填序號)．①y＝f(|x|);②y＝f(－x)；③y＝x·f(x)；④y＝f(x)＋x.解析∵f(x)的定義域為R，∴f(|－x|)＝f(|x|)，∴y＝f(|x|)是偶函數(shù)；令F(x)＝f(－x)，則F(－x)＝f(x)＝－f(－x)＝－F(x)，∴F(x)是奇函數(shù)，∴②是奇函數(shù)；令M(x)＝x·f(x)，則M(－x)＝－x·f(－x)＝x·f(x)＝M(x)，∴M(x)是偶函數(shù)；令N(x)＝f(x)＋x，則N(－x)＝f(－x)－x＝－f(x)－x＝－[f(x)＋x]＝－N(x)，∴N(x)是奇函數(shù)，故②、④是奇函數(shù)．答案②④6．(2009·重慶)若f(x)＝eq\f(1,2x－1)＋a是奇函數(shù)，則a＝________________.解析∵f(－x)＝－f(x)，即eq\f(1,2－x－1)＋a＝－eq\f(1,2x－1)－a，∴eq\f(2x＋a－a·2x,1－2x)＝eq\f(－1－a·2x＋a,2x－1)，∴(a－1)2x－a＝－a·2x＋(a－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＝－a，,－a＝a－1，))∴a＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)7．(2010·江蘇如東模擬)定義兩種運算：ab＝eq\r(a2－b2)，a?b＝eq\r((a－b)2)，則函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,(x?2)－2)的奇偶性為________________．解析由題意知：f(x)＝eq\f(\r(4－x2),\r((x－2)2)－2)＝eq\f(\r(4－x2),|x－2|－2)，定義域為[－2,0)∪(0,2]，∴f(x)＝eq\f(\r(4－x2),－x)，x∈[－2,0)∪(0,2]．又∵f(－x)＝eq\f(\r(4－x2),x)＝－f(x)．∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．答案奇函數(shù)8．(2009·四川改編)已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意實數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))))的值是________．解析由xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)可得eq\f(3,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq\f(5,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(3,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，－eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).又∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝0.又∵－1·f(－1＋1)＝(1－1)f(－1)，∴－f(0)＝0f(－1)＝0.∴f(0)＝0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))))＝f(0)＝0.答案09．(2009·連云港模擬)函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，y＝f(x－2)在[0,2]上單調(diào)遞增，則f(－1)，f(0)，f(2)的大小關(guān)系是________．解析∵f(x)是偶函數(shù)，∴其圖象關(guān)于y軸對稱，又∵y＝f(x－2)的圖象是由y＝f(x)向右平移2個單位得到的，而y＝f(x－2)在[0,2]上單調(diào)遞增，∴f(x)在[－2,0]上單調(diào)遞增，在[0,2]上單調(diào)遞減，∴f(－1)＝f(1)且f(0)>f(1)>f(2)，∴其大小關(guān)系為f(0)>f(－1)>f(2)．答案f(0)>f(－1)>f(2)10．(14分)(2009·江蘇金陵中學三模)已知f(x)是實數(shù)集R上的函數(shù)，且對任意x∈R，f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)恒成立．(1)求證：f(x)是周期函數(shù)；(2)已知f(3)＝2，求f(2004)．(1)證明∵f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)∴f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)，則f(x＋2)＝f[(x＋1)＋1]＝f(x＋1)－f(x)＝f(x)－f(x－1)－f(x)＝－f(x－1)．∴f(x＋3)＝f[(x＋1)＋2]＝－f[(x＋1)－1]＝－f(x)．∴f(x＋6)＝f[(x＋3)＋3]＝－f(x＋3)＝f(x)．∴f(x)是周期函數(shù)且6是它的一個周期．(2)解f(2004)＝f(334×6)＝f(0)＝－f(3)＝－2.11．(16分)(2009·廣東東莞模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋|x－a|＋1，a∈R.(1)試判斷f(x)的奇偶性；(2)若－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2)，求f(x)的最小值．解(1)當a＝0時，函數(shù)f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，此時，f(x)為偶函數(shù)．當a≠0時，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，f(a)≠f(－a)，f(a)≠－f(－a)，此時，f(x)為非奇非偶函數(shù)．(2)當x≤a時，f(x)＝x2－x＋a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋a＋eq\f(3,4)，∵a≤eq\f(1,2)，故函數(shù)f(x)在(－∞，a]上單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在(－∞，a]上的最小值為f(a)＝a2＋1.當x≥a時，函數(shù)f(x)＝x2＋x－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2－a＋eq\f(3,4)，∵a≥－eq\f(1,2)，故函數(shù)f(x)在[a，＋∞)上單調(diào)遞增，從而函數(shù)f(x)在[a，＋∞)上的最小值為f(a)＝a2＋1.綜上得，當－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)的最小值為a2＋1.12．(16分)(2009·東北三省聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上滿足f(2－x)＝f(2＋x)，f(7－x)＝f(7＋x)，且在閉區(qū)間[0,7]上，只有f(1)＝f(3)＝0.(1)試判斷函數(shù)y＝f(x)的奇偶性；(2)試求方程f(x)＝0在閉區(qū)間[－2005，2005]上的根的個數(shù)，并證明你的結(jié)論．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(2－x)＝f(2＋x),f(7－x)＝f(7＋x)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)＝f(4－x),f(x)＝f(14－x)))?f(4－x)＝f(14－x)?f(x)＝f(x＋10)，從而知函數(shù)y＝f(x)的周期為T＝10.又f(3)＝f(1)＝0，而f(7)≠0，故f(－3)≠0.故函數(shù)y＝f(x)是非奇非偶函數(shù)．(2)由(1)知y＝f(x)的周期為10.又f(3)＝f(1)＝0，f(11)＝f(13)＝f(－7)＝f(－9)＝0，故f(x)在[0,10]和[－10,0]上均有兩個解，從而可知函數(shù)y＝f(x)在[0,2005]上有402個解，在[－2005,0]上有400個解，所以函數(shù)y＝f(x)在[－2005,2005]上有802個解．題型4：指數(shù)與指數(shù)函數(shù)1．(2010·鎮(zhèn)江模擬)若0<x<1，則2x,2－x，0.2x的大小關(guān)系是________．解析取x＝eq\f(1,2)，則2eq\f(1,2)＝eq\r(2)，2－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)，0.2eq\f(1,2)＝eq\r(0.2)，∴eq\r(2)>eq\f(\r(2),2)>eq\r(0.2)，即2x>2－x>0.2x.答案2x>2－x>0.2x2．(2009·江蘇，10)已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函數(shù)f(x)＝ax，若實數(shù)m、n滿足f(m)>f(n)，則m、n的大小關(guān)系為________．解析∵0<a＝eq\f(\r(5)－1,2)<1，∴函數(shù)f(x)＝ax在R上是減函數(shù)．又∵f(m)>f(n)，∴m<n.答案m<n3．(2009·山東煙臺模擬)函數(shù)y＝2－|x|的單調(diào)增區(qū)間是______________．解析畫出函數(shù)y＝2－|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－xx≥0,2xx<0))的圖象，如圖．答案(-∞，0]4．(2010·泰州月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<0，,g(x)，x>0))若f(x)是奇函數(shù)，則g(2)＝________.解析∵f(－2)＝2－2＝eq\f(1,4)＝－f(2)∴f(2)＝－eq\f(1,4)，又∵f(2)＝g(2)，∴g(2)＝－eq\f(1,4).答案－eq\f(1,4)5．(2010·揚州調(diào)研)若函數(shù)y＝4x－3·2x＋3的定義域為集合A，值域為[1,7]，集合B＝(－∞，0]∪[1,2]，則集合A與集合B的關(guān)系為________．解析因為y＝4x－3·2x＋3的值域為[1,7]，所以1≤(2x)2－3·2x＋3≤7，所以x≤0或1≤x≤2.答案A＝B6．(2010·南京調(diào)研)若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是______________．解析f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1，,a＋1>1.))故0<a≤1.答案(0,1]7．(2010·錦州模擬)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大eq\f(a,2)，則a的值是_______．解析當a>1時，y＝ax在[1,2]上單調(diào)遞增，故a2－a＝eq\f(a,2)，得a＝eq\f(3,2)；當0<a<1時，y＝ax在[1,2]上單調(diào)遞減，故a－a2＝eq\f(a,2)，得a＝eq\f(1,2).故a＝eq\f(1,2)或a＝eq\f(3,2).答案eq\f(1,2)或eq\f(3,2)8．(2010·鹽城模擬)函數(shù)f(x)＝x2－bx＋c滿足f(1＋x)＝f(1－x)且f(0)＝3，則f(bx)________f(cx)．(用“≤”，“≥”，“>”，“<”填空)解析∵f(1＋x)＝f(1－x)．∴f(x)的對稱軸為直線x＝1，由此得b＝2又f(0)＝3，∴c＝3，∴f(x)在(－∞，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增．若x≥0，則3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)，若x<0，則3x<2x<1，∴f(3x)>f(2x)，∴f(3x)≥f(2x)．答案≤9．(2009·湖北黃岡四市聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－1|的定義域和值域都是[a，b](b>a)，則a＋b＝________.解析因為f(x)＝|2x－1|的值域為[a，b]，所以b>a≥0，而函數(shù)f(x)＝|2x－1|在[0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，因此應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2a－1|＝a,|2b－1|＝b))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0,b＝1))，所以有a＋b＝1.答案110．(14分)(2009·廣東韶關(guān)一模)要使函數(shù)y＝1＋2x＋4xa在x∈(－∞，1]上y>0恒成立，求a的取值范圍．解由題意得1＋2x＋4xa>0在x∈(－∞，1]上恒成立，即a>－eq\f(1＋2x,4x)在x∈(－∞，1]上恒成立．又∵－eq\f(1＋2x,4x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，∵x∈(－∞，1]，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).令t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，則f(t)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，則f(t)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上為減函數(shù)，f(t)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＝－eq\f(3,4)，即f(t)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4))).∵a>f(t)，在[eq\f(1,2)，＋∞)上恒成立，∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).11．(16分)(2009·江蘇蘇北四市期末)設(shè)f(x)＝ax＋b同時滿足條件f(0)＝2和對任意x∈R都有f(x＋1)＝2f(x)－1成立．(1)求f(x)的解析式；(2)設(shè)函數(shù)g(x)的定義域為[－2,2]，且在定義域內(nèi)g(x)＝f(x)，且函數(shù)h(x)的圖象與g(x)的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，求h(x)；(3)求函數(shù)y＝g(x)＋h(x)的值域．解(1)由f(0)＝2，得b＝1，由f(x＋1)＝2f(x)－1，得ax(a－2)＝0，由ax>0得a＝2，所以f(x)＝2x＋1.(2)由題意知，當x∈[－2,2]時，g(x)＝f(x)＝2x＋1.設(shè)點P(x，y)是函數(shù)h(x)的圖象上任意一點，它關(guān)于直線y＝x對稱的點為P′(y，x)，依題意點P′(y，x)應(yīng)該在函數(shù)g(x)的圖象上，即x＝2y＋1，所以y＝log2(x－1)，即h(x)＝log2(x－1)．(3)由已知得y＝log2(x－1)＋2x＋1，且兩個函數(shù)的公共定義域是[eq\f(5,4)，2]，所以函數(shù)y＝g(x)＋h(x)＝log2(x－1)＋2x＋1(x∈[eq\f(5,4)，2])．由于函數(shù)g(x)＝2x＋1與h(x)＝log2(x－1)在區(qū)間[eq\f(5,4)，2]上均為增函數(shù)，因此當x＝eq\f(5,4)時，y＝2eq\r(4,2)－1，當x＝2時，y＝5，所以函數(shù)y＝g(x)＋h(x)(x∈[eq\f(5,4)，2])的值域為[2eq\r(4,2)－1,5]．12．(16分)(2010·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,3))x，x∈[－1,1]，函數(shù)g(x)＝f2(x)－2af(x)＋3的最小值為h(a)．(1)求h(a)；(2)是否存在實數(shù)m，n，同時滿足以下條件：①m>n>3；②當h(a)的定義域為[n，m]時，值域為[n2，m2]．若存在，求出m，n的值；若不存在，說明理由．解(1)因為x∈[－1,1]，所以(eq\f(1,3))x∈[eq\f(1,3)，3]．設(shè)(eq\f(1,3))x＝t，t∈[eq\f(1,3)，3]，則g(x)＝φ(t)＝t2－2at＋3＝(t－a)2＋3－a2.當a<eq\f(1,3)時，h(a)＝φ(eq\f(1,3))＝eq\f(28,9)－eq\f(2a,3)；當eq\f(1,3)≤a≤3時，h(a)＝φ(a)＝3－a2；當a>3時，h(a)＝φ(3)＝12－6a.所以h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(28,9)－\f(2a,3)(a<\f(1,3)),3－a2(\f(1,3)≤a≤3),12－6a(a>3))).(2)因為m>n>3，a∈[n，m]，所以h(a)＝12－6a.因為h(a)的定義域為[n，m]，值域為[n2，m2]，且h(a)為減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－6m＝n2,12－6n＝m2))，兩式相減得6(m－n)＝(m－n)(m＋n)，因為m>n，所以m－n≠0，得m＋n＝6，但這與“m>n>3”矛盾，故滿足條件的實數(shù)m，n不存在．題型5：對數(shù)與對數(shù)函數(shù)1．(2009·全國Ⅱ改編)設(shè)a＝log2π，b＝log2eq\r(3)，c＝log3eq\r(2)，則a，b，c的大小關(guān)系為________．解析∵a＝log3π>1，b＝eq\f(1,2)log23<1，c＝eq\f(1,2)log32<1，∴a>b，a>c.又eq\f(log23,log32)＝eq\f(lg23,lg22)>1，∴b>c，∴a>b>c.答案a>b>c2．(2009·福建廈門模擬)函數(shù)y＝lgx＋lg(x－1)的定義域為A，y＝lg(x2－x)的定義域為B，則A、B的關(guān)系是______________．解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,x－1>0))，∴A＝{x|x>1}，由x2－x>0得x>1或x<0，∴B＝{x|x>1或x<0}，∴AB.答案AB3．(2009·廣東改編)若函數(shù)y＝f(x)是函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)的反函數(shù)，其圖象經(jīng)過點(eq\r(a)，a)則f(x)＝__________________.解析由y＝ax得，x＝logay，即f(x)＝logax，由于a＝logaeq\r(a)＝eq\f(1,2)，因此f(x)＝logeq\f(1,2)x.答案logeq\f(1,2)x4．(2009·南京十三中三模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((3a－1)x＋4a，x<1，,logax，x≥1))是R上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是________________．解析由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,3a－1<0,(3a－1)＋4a≥0))，解得eq\f(1,7)≤a<eq\f(1,3).答案[eq\f(1,7)，eq\f(1,3))5．(2010·江蘇泰州月考)函數(shù)y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的遞增區(qū)間是__________．解析由x2－3x＋2>0得x<1或x>2，當x∈(－∞，1)時，f(x)＝x2－3x＋2單調(diào)遞減，而0<eq\f(1,2)<1，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)在(－∞，1)上是單調(diào)遞增的，在(2，＋∞)上是單調(diào)遞減的．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1))6．(2010·泰州模擬)方程log3(x2－10)＝1＋log3x的解是________．解析log3(x2－10)＝log33x.∴x2－10＝3x.∴x2－3x－10＝0.∴x＝－2或x＝5.檢驗知x＝5適合．答案57．(2009·遼寧改編)已知函數(shù)f(x)滿足：當x≥4時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；當x<4時，f(x)＝f(x＋1)．則f(2＋log23)＝________.解析因為2＋log23<4，故f(2＋log23)＝f(2＋log23＋1)＝f(3＋log23)．又因為3＋log23>4，故f(3＋log23)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋log23＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3·eq\f(1,3)＝eq\f(1,24).答案eq\f(1,24)8．(2010·淮北調(diào)研)函數(shù)f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和為a，則a的值為________．解析∵y＝ax與y＝loga(x＋1)具有相同的單調(diào)性．∴f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上單調(diào)，∴f(0)＋f(1)＝a，即a0＋loga1＋a1＋loga2＝a，化簡得1＋loga2＝0，解得a＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)9．(2009·廣東五校聯(lián)考)設(shè)a>0，a≠1，函數(shù)f(x)＝alg(x2－2x＋3)有最大值，則不等式loga(x2－5x＋7)>0的解集為________________．解析設(shè)t＝lg(x2－2x＋3)＝lg[(x－1)2＋2]．當x＝1時，tmin＝lg2.又函數(shù)y＝f(x)有最大值，所以0<a<1.由loga(x2－5x＋7)>0，得0<x2－5x＋7<1，解得2<x<3.故不等式解集為{x|2<x<3}．答案(2,3)10.(14分)(2010·江蘇啟東中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－ax－a)在區(qū)間(－∞，－eq\f(1,2))上為增函數(shù)，求a的取值范圍．解令g(x)＝x2－ax－a.∵f(x)＝logeq\f(1,2)g(x)在(－∞，－eq\f(1,2))上為增函數(shù)，∴g(x)應(yīng)在(－∞，－eq\f(1,2))上為減函數(shù)且g(x)>0在(－∞，－eq\f(1,2))上恒成立．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥－\f(1,2),g(－\f(1,2))>0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－1,\f(1,4)＋\f(a,2)－a>0)).解得－1≤a<eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍是－1≤a<eq\f(1,2).11．(16分)(2010·舟山調(diào)研)已知函數(shù)y＝loga2(x2－2ax－3)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，求a的取值范圍．解因為μ(x)＝x2－2ax－3在(－∞，a]上是減函數(shù)，在[a，＋∞)上是增函數(shù)，要使y＝loga2(x2－2ax－3)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，首先必有0＜a2＜1，即0＜a＜1或－1＜a＜0，且有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ(－2)≥0，,a≥－2，))得a≥－eq\f(1,4).綜上，得－eq\f(1,4)≤a＜0或0＜a＜1.12．(16分)(2010·揚州模擬)已知函數(shù)f(x)＝logaeq\f(x＋b,x－b)(a>0，且a≠1，b>0)．(1)求f(x)的定義域；(2)討論f(x)的奇偶性；(3)討論f(x)的單調(diào)性．解(1)由eq\f(x＋b,x－b)>0?(x＋b)(x－b)>0.解得f(x)的定義域為(－∞，－b)∪(b，＋∞)．(2)∵f(－x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x＋b,－x－b)))＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－b,x＋b)))＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋b,x－b)))－1＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．(3)令u(x)＝eq\f(x＋b,x－b)，則u(x)＝1＋eq\f(2b,x－b).它在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是減函數(shù)．∴當0<a<1時，f(x)分別在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是增函數(shù)；當a>1時，f(x)分別在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是減函數(shù)．題型6：冪函數(shù)1．(2010·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝xα的圖象經(jīng)過點(4,2)，則log2f(2)＝________.解析由已知得2＝4α，∴α＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝xeq\f(1,2)，∴l(xiāng)og2f(2)＝log22eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)2．(2009·江蘇靖江調(diào)研)設(shè)α∈{－2，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，2}，則使函數(shù)y＝xα為偶函數(shù)的所有α的和為____________．解析符合題意的α為－2和2，則－2＋2＝0.答案03．(2009·山東臨沂模擬)已知a＝0.80.7，b＝0.80.9，c＝1.20.8，則a、b、c按從小到大的順序排列為________________．解析由指數(shù)函數(shù)y＝0.8x知，∵0.7<0.9，∴0.80.9<0.80.7<1，即b<a，又c＝1.20.8>1，∴b<a<c.答案b<a<c4．(2010·連云港模擬)冪函數(shù)y＝(m2－m－1)·x－5m－3，當x∈(0，＋∞)時為減函數(shù)，則實數(shù)m的值為________．解析由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,－5m－3<0.))∴m＝2.答案25．(2010·鹽城模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,x\f(1,2)，x>0.))若f(x0)>1，則x0的取值范圍是________________．解析f(x0)>1，當x0≤0時，2－x0－1>1，即2－x0>2，－x0>1，∴x0<－1；當x0>0時，xeq\f(1,2)0>1，∴x0>1.綜上，x0∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)6．(2010·西安調(diào)研)函數(shù)y＝(0.5x－8)－eq\f(1,2)的定義域是______________．解析由題意知0.5x－8>0，即(eq\f(1,2))x>8，即2－x>23，∴－x>3，則x<－3.答案(－∞，－3)7．(2009·寶城第一次月考)若(a＋1)－eq\f(1,3)<(3－2a)－eq\f(1,3)，則a的取值范圍是______________．解析∵(a＋1)－eq\f(1,3)<(3－2a)－eq\f(1,3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1>0,3－2a>0,a＋1>3－2a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1<0,3－2a<0,a＋1>3－2a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a>0,a＋1<0))解之得eq\f(2,3)<a<eq\f(3,2)或a<－1.答案eq\f(2,3)<a<eq\f(3,2)或a<－18．(2009·南京二模)給出封閉函數(shù)的定義：若對于定義域D內(nèi)的任意一個自變量x0，都有函數(shù)值f(x0)∈D，則稱函數(shù)y＝f(x)在D上封閉．若定義域D＝(0,1)，則函數(shù)①f1(x)＝3x－1；②f2(x)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x＋1；③f3(x)＝1－x；④f4(x)＝xeq\f(1,2)，其中在D上封閉的是________．(填序號即可)解析∵f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0?(0,1)，∴f1(x)在D上不封閉．∵f2(x)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x＋1在(0,1)上是減函數(shù)，∴0＝f2(1)<f2(x)<f2(0)＝1，∴f2(x)適合．∵f3(x)＝1－x在(0,1)上是減函數(shù)，∴0＝f3(1)<f3(x)<f3(0)＝1，∴f3(x)適合．又∵f4(x)＝xeq\f(1,2)在(0,1)上是增函數(shù)，且0＝f4(0)<f4(x)<f4(1)＝1，∴f4(x)適合．答案②③④9．(2010·泉州模擬)已知冪函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(eq\f(1,8)，eq\f(\r(2),4))，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1<x2)是函數(shù)圖象上的任意不同兩點，給出以下結(jié)論：①x1f(x1)>x2f(x2)；②x1f(x1)<x2f(x2)；③eq\f(f(x1),x1)>eq\f(f(x2),x2)；④eq\f(f(x1),x1)<eq\f(f(x2),x2).其中正確結(jié)論的序號是________________．解析依題意，設(shè)f(x)＝xα，則有(eq\f(1,8))α＝eq\f(\r(2),4)，即(eq\f(1,8))α＝(eq\f(1,8))eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(1,2)，于是f(x)＝xeq\f(1,2).由于函數(shù)f(x)＝xeq\f(1,2)在定義域[0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，所以當x1<x2時，必有f(x1)<f(x2)，從而有x1f(x1)<x2f(x2)，故②正確；又因為eq\f(f(x1),x1)，eq\f(f(x2),x2)分別表示直線OP、OQ的斜率，結(jié)合函數(shù)圖象，容易得出直線OP的斜率大于直線OQ的斜率，故eq\f(f(x1),x1)>eq\f(f(x2),x2)，所以③正確．答案②③10.(14分)(2009·遼寧丹東檢測)已知冪函數(shù)y＝x－eq\f(1,2)p2＋p＋eq\f(3,2)(p∈Z)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且在定義域內(nèi)圖象關(guān)于y軸對稱，求p的值．解由題意知：－eq\f(1,2)p2＋p＋eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)(p－1)2＋2.因為p∈Z，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且在定義域上為偶函數(shù)，所以p＝1.11．(16分)(2010·四平調(diào)研)已知f(x)＝xeq\f(1,－n2＋2n＋3)(n＝2k，k∈Z)的圖象在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，解不等式f(x2－x)>f(x＋3)．解由條件知eq\f(1,－n2＋2n＋3)>0，即－n2＋2n＋3>0，解得－1<n<3.又n＝2k，k∈Z，∴n＝0,2.當n＝0,2時，f(x)＝xeq\f(1,3).∴f(x)在R上單調(diào)遞增．∴f(x2－x)>f(x＋3)，∴x2－x>x＋3.解得x<－1或x>3.∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．12．(16分)(2010·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,1＋x)，(1)畫出f(x)的草圖；(2)由圖象指出f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)a＞0，b＞0，c＞0，a＋b＞c，證明：f(a)＋f(b)＞f(c)．(1)解由得∴f(x)的圖象可由的圖象向左平移1個單位，再向上平移1個單位得到如圖．(2)解由圖象知(－∞，－1)，(－1，＋∞)均為f(x)的單調(diào)增區(qū)間．(3)證明∵f(x)在(－1，＋∞)為增函數(shù)，eq\f(a,1＋a)＞eq\f(a,1＋a＋b)＞0，eq\f(b,1＋b)＞eq\f(b,1＋a＋b)＞0，a＋b＞c＞0，∴f(a)＋f(b)＝eq\f(a,1＋a)＋eq\f(b,1＋b)＞eq\f(a＋b,1＋a＋b)＞eq\f(c,1＋c)＝f(c)，∴f(a)＋f(b)＞f(c)．題型7：函數(shù)與方程1．(2010·福建廈門模擬)如果函數(shù)y＝x2＋mx＋(m＋3)有兩個不同的零點，則m的取值范圍是________．解析方程x2＋mx＋(m＋3)＝0有兩個不同的根?Δ＝m2－4(m＋3)>0，∴m>6或m<－2.答案(－∞，－2)∪(6，＋∞)2．(2010·金華一模)如果函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋m＋2的一個零點是0，則另一個零點是________________．解析依題意知：m＝－2.∴f(x)＝x2－2x，∴方程x2－2x＝0的另一個根為2，即另一個零點是2.答案23．(2009·江蘇鹽城模擬)用二分法求方程x3－2x－1＝0的一個近似解時，現(xiàn)在已經(jīng)將一根鎖定在區(qū)間(1,2)內(nèi)，則下一步可斷定該根所在的區(qū)間為________．解析令f(x)＝x3－2x－1，則f(1)＝－2<0，f(2)＝3>0，f(eq\f(3,2))＝－eq\f(5,8)<0，由f(eq\f(3,2))f(2)<0知根所在區(qū)間為(eq\f(3,2)，2)．答案(eq\f(3,2)，2)(說明：寫成閉區(qū)間也對)4．(2010·江蘇興化模擬)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，可以判定方程ex－x－2＝0的一個根所在的區(qū)間為________.x－10123ex0.3712.727.3920.08x＋212345解析令f(x)＝ex－x－2，由表知f(1)＝2.72－3<0，f(2)＝7.39－4>0，∴方程ex－x－2＝0的一個根所在的區(qū)間為(1,2)．答案(1,2)5．(2009·江蘇揚州模擬)已知函數(shù)f(x)＝3x＋x－5的零點x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，則a＋b＝________.解析∵b－a＝1，a，b∈N*，f(1)＝4－5＝－1<0，f(2)＝6>0，∴f(1)f(2)<0，∴a＋b＝3.答案36．(2009·山東，14)若函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是______________．解析設(shè)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)和函數(shù)y＝x＋a，則函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有兩個零點，就是函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)與函數(shù)y＝x＋a有兩個交點，由圖1可知，當0<a<1時兩函數(shù)只有一個交點，不符合；由圖2知，當a>1時，因為函數(shù)y＝ax(a>1)與y軸交于點(0,1)，而直線y＝x＋a所過的點一定在點(0,1)的上方，所以一定有兩個交點，所以實數(shù)a的取值范圍是a>1.答案a>17．(2010·蘇州模擬)偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，a](a>0)上是單調(diào)函數(shù)，且f(0)·f(a)<0，則方程f(x)＝0在區(qū)間[－a，a]內(nèi)根的個數(shù)是________．解析由f(0)·f(a)<0，且f(x)在[0，a](a>0)上單調(diào)知f(x)＝0在[0，a]上有一根，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，f(x)＝0在[－a,0]上也有一根．答案28．(2010·浙江溫州一模)關(guān)于x的實系數(shù)方程x2－ax＋2b＝0的一根在區(qū)間[0,1]上，另一根在區(qū)間[1,2]上，則2a＋3b的最大值為________．解析令f(x)＝x2－ax＋2b，據(jù)題意知函數(shù)在[0,1]，[1,2]內(nèi)各存在一零點，結(jié)合二次函數(shù)圖象可知滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(0)≥0,f(1)≤0,f(2)≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b≥0,1－a＋2b≤0,4－2a＋2b≥0))，在直角坐標系中作出滿足不等式的點(a，b)所在的可行域，問題轉(zhuǎn)化為確定線性目標函數(shù)：z＝2a＋3b的最優(yōu)解，結(jié)合圖形可知當a＝3，b＝1時，目標函數(shù)取得最大值9.答案99．(2009·江蘇啟東中學月考)若關(guān)于x的方程3tx2＋(3－7t)x＋4＝0的兩實根α，β滿足0<α<1<β<2，則實數(shù)t的取值范圍是______________．解析依題意，函數(shù)f(x)＝3tx2＋(3－7t)x＋4的兩個零點α，β滿足0<α<1<β<2，且函數(shù)f(x)過點(0,4)，則必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(0)>0,f(1)<0,f(2)>0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4>0,3t＋3－7t＋4<0,12t＋6－14t＋4>0))，解得eq\f(7,4)<t<5.答案eq\f(7,4)<t<510.(14分)(2010·江蘇鎮(zhèn)江調(diào)研)已知二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，使f(c)>0，求實數(shù)p的取值范圍．解二次函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，使f(c)>0的否定是對于區(qū)間[－1,1]內(nèi)的任意一個x都有f(x)≤0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)≤0,f(－1)≤0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2(p－2)－2p2－p＋1≤0,4＋2(p－2)－2p2－p＋1≤0))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2p2＋3p－9≥0,2p2－p－1≥0))，解得p≥eq\f(3,2)或p≤－3.∴二次函數(shù)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個實數(shù)c，使f(c)>0的實數(shù)p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).11．(16分)(2010·揚州模擬)x1與x2分別是實系數(shù)方程ax2＋bx＋c＝0和－ax2＋bx＋c＝0的一個根，且x1≠x2，x1≠0，x2≠0.求證：方程eq\f(a,2)x2＋bx＋c＝0有一個根介于x1和x2之間．證明由于x1與x2分別是方程ax2＋bx＋c＝0和－ax2＋bx＋c＝0的根，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax\o\al(2,1)＋bx1＋c＝0，,－ax\o\al(2,2)＋bx2＋c＝0.))設(shè)f(x)＝eq\f(a,2)x2＋bx＋c，則f(x1)＝eq\f(a,2)xeq\o\al(2,1)＋bx1＋c＝－eq\f(a,2)xeq\o\al(2,1)，f(x2)＝eq\f(a,2)xeq\o\al(2,2)＋bx2＋c＝eq\f(3a,2)xeq\o\al(2,2).于是f(x1)f(x2)＝－eq\f(3,4)a2xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)，由于x1≠x2，x1≠0，x2≠0，所以f(x1)f(x2)<0，因此方程eq\f(a,2)x2＋bx＋c＝0有一個根介于x1和x2之間．12．(16分)(2009·江蘇江陰模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝x2－16x＋q＋3.(1)若函數(shù)在區(qū)間[－1,1]上存在零點，求實數(shù)q的取值范圍；(2)問是否存在常數(shù)t(t≥0)，當x∈[t,10]時，f(x)的值域為區(qū)間D，且區(qū)間D的長度為12－t.(視區(qū)間[a，b]的長度為b－a)解(1)∵函數(shù)f(x)＝x2－16x＋q＋3的對稱軸是x＝8，∴f(x)在區(qū)間[－1,1]上是減函數(shù)．∵函數(shù)在區(qū)間[－1,1]上存在零點，則必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)≤0,f(－1)≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－16＋q＋3≤0,1＋16＋q＋3≥0))，∴－20≤q≤12.(2)∵0≤t<10，f(x)在區(qū)間[0,8]上是減函數(shù)，在區(qū)間[8,10]上是增函數(shù)，且對稱軸是x＝8.①當0≤t≤6時，在區(qū)間[t,10]上，f(t)最大，f(8)最小，∴f(t)－f(8)＝12－t，即t2－15t＋52＝0，解得t＝eq\f(15±\r(17),2)，∴t＝eq\f(15－\r(17),2)；②當6<t≤8時，在區(qū)間[t,10]上f(10)最大，f(8)最小，∴f(10)－f(8)＝12－t，解得t＝8；③當8<t<10時，在區(qū)間[t,10]上，f(10)最大，f(t)最小，∴f(10)－f(t)＝12－t，即t2－17t＋72＝0，解得t＝8或t＝9，∴t＝9.綜上可知，存在常數(shù)t＝eq\f(15－\r(17),2)，8,9滿足條件．題型8：函數(shù)模型及應(yīng)用一、填空題(本大題共9小題，每小題6分，共54分)1．(2009·