【数学】2010高考二轮复习数学学案(2)指数函数、对数函数、幂函数

函数概念与基本初等函数Ⅰ（指数函数、对数函数、幂函数）

【学法导航】

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.

4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.

5、注意与导数结合考查函数的性质.

6、函数的应用，是与实际生活结合的试题，应加强重视

【典例精析】 1.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．

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． 例1、（2008广东汕头二模）设集合A={x|x<-1或x>1}，B={x|log2x>0}，则A∩B=( ) A．{x| x>1} B．{x|x>0} C．{x|x<-1} D．{x|x<-1或x>1} 【解析】:由集合B得x>1 , A∩B={x| x>1}，故选（A）

［点评］本题主要考查对数函数图象的性质，是函数与集合结合的试题，难度不大，属基础题。

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例2、“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点„用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t为时间，则下图与故事情节相吻合的是 （ ）

A B C D 【解析】：选（B），在（B）中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短。 ［点评］函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视。

例3、设

fx1x1x，又记

则

f1xfx,fk1xffkx,k1,2,,f2008x （ ）

1xx11A．1x； B．x1； C．x； D．x；

f1x【解析】:本题考查周期函数的运算。

1f11x1,f2x1x1f1x，

f3x1f31f2x11x,f4xxf4n1x,f1f2x11f31x，据此，

x1,f4nxxx1，因2008为4n型，故选C.

n42x1x，

f4n3x［点评］本题考查复合函数的求法，以及是函数周期性，考查学生观察问题的能力，通过观察，关于总结、归纳，要有从特殊到一般的思想。

3f(x)xsinx1(xR)，若f(a)2,则f(a)的值为 （ ） 例4、函数

A.3 B.0 C.-1 D.-2

3f(x)1xsinx为奇函数，又f(a)2f(a)11 【解析】：

故f(a)11即f(a)0.

［点评］本题考查函数的奇偶性，考查学生观察问题的能力，通过观察能够发现如何通过变

换式子与学过的知识相联系，使问题迎刃而解

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1，x1f(x)1xx1，x≥1kR例5、（2008广东高考试题）设，函数，

F(x)f(x)kx，xR，试讨论函数F(x)的单调性．

1kx,F(x)f(x)kx1xx1kx,【解析】

F(x)对于

1k,2(1x)x1,F'(x)1k,x1, 2x1x1,x1,

1kx(x1)1x，

当k0时，函数F(x)在(,1)上是增函数；

当k0时，函数F(x)在

(,111)(1,1)k上是减函数，在k上是增函数；

F(x)对于

1k(x1)2x1，

1,上是减函数；

当k0时，函数F(x)在

111,11,22F(x)4k4kk0当时，函数在上是减函数，在上是增函数。

［点评］在处理函数单调性的证明时，可以充分利用基本函数的性质直接处理，但学习了导

数后，函数的单调性就经常与函数的导数联系在一起，利用导数的性质来处理函数的单调进性，显得更加简单、方便 2.二次函数

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.

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例6、设二次函数，方程的两个根满足

. 当时，证明.

【解析】：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以

写出函数fxx的表达式，从而得到函数f(x)的表达式.

证明：由题意可知

f(x)xa(xx1)(xx2).

1， a0xx1x2∴ a(xx1)(xx2)0，

∴ 当

时，f(x)x.

又f(x)x1a(xx1)(xx2)xx1(xx1)(axax21)， xx10,且axax211ax20, ∴ f(x)x1，

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yaxx1xx2.

2xx0x1x21．

例7、设二次函数f(x)xaxa，方程f(x)x0的两根1和2满足

（I）求实数a的取值范围；

1（II）试比较f(0)f(1)f(0)与16的大小．并说明理由．

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2g(x)f(x)xx(a1)xa， 【解析】法1：（Ⅰ）令

0，1a1，a0，02，g(1)0，1a1g(0)0，a322，或a322，0a322． 则由题意可得322)． 故所求实数a的取值范围是(0，22f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2ah(a)2a（II），令．

当a0时，h(a)单调增加，

20h(a)h(322)2(322)2(17122) 0a322当时，1112f(0)f(1)f(0)1712216，即16．

法2：（I）同解法1．

2f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)2a（II），由（I）知0a322，

∴42a1122170．又42a10，于是

2a2111(32a21)(42a1)(42a1)0161616， 110f(0)f(1)f(0)1616． ，故

2a2即

2f(x)x0x(a1)xa0，由韦达定理得 法3：（I）方程

0，xx0，120x1x21x1x20，(1x)(1x)0，12x1x21a，x1x2a，于是(1x1)(1x2)0

a0，a1，a322或a3220a322．

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322)． 故所求实数a的取值范围是(0，（II）依题意可设

g(x)(xx1)(xx2)，则由0x1x21，得

f(0)f(1)f(0)g(0)g(1)x1x2(1x1)(1x2)[x1(1x1)][x2(1x2)]

1x1x1x21x211f(0)f(1)f(0)2216． 16，故

［点评］本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和

运算能力．

3.指数函数与对数函数

指数函数,对数函数是两类重要的基本初等函数, 高考中既考查双基, 又考查对蕴含其中的函数思想、等价转化、分类讨论等思想方法的理解与运用. 因此应做到能熟练掌握它们的图象与性质并能进行一定的综合运用.

xf(x)log(2b1)(a0，a1)的图象如图所示，则a，b满足的关系a例8、已知函数

22是（ ） A．0a1y b1

B．0ba11

O x 10ba1 C．110ab1 D．

1 1a1,0a1;取特殊点x01ylogab0, 【解析】：由图易得

11loaga

lobglaog10,1a0ab1.选A.

［点评］：本小题主要考查正确利用对数函数的图象来比较大小。 例9、（2007全国Ⅰ高考试题）设a1，函数

2af(x)logax在区间a，上的最大值与最

1小值之差为2，则a（ ）

A．2

B．2

C．22 D．4

【解析】：设a1，函数

f(x)logax在区间[a,2a]上的最大值与最小值分别为

11loga2loga2a,logaa1，它们的差为2， ∴ 2，a4，选D。

13x(e，1)，alnx，b2lnx，clnx，则（ ）例10、（2008全国Ⅱ高考试题）若

A．aB．c第 6 页 共 18 页

【解析】：由e1x11lnx0，令tlnx且取

t12知b4.反函数

反函数在高考试卷中一般为选择题或填空题，难度不大。通常是求反函数或考察互为反函数的两个函数的性质应用和图象关系。主要利用方法为： 反函数的概念及求解步骤：①由方程y=(x)中解出x=(y)；即用y的代数式表示x.。②改写字母x和y，得出y=-1(x)；③求出或写出反函数的定义域，（亦即y=(x)的值域）。 即反解互换求定义域

互为反函数的两个函数的图象之间的关系，

互为反函数的两个函数性质之间的关系：注意：在定义域内严格单调的函数必有反函数，但1

存在反函数的函数在定义域内不一定严格单调，如y=x。

xf(x)3(0x≤2)的反函数的定义域为（ ） 例11、（2007北京高考试题）函数

) Ａ．(0，

，9] Ｂ．(1

1) Ｃ．(0，

) Ｄ．[9，xf(x)3(0x≤2)的反函数的定义域为原函数的值域，原函数的值域为【解析】：函数

(1，9]，∴ 选B。

［点评］：本题考查互为反函数的两个函数性质之间的关系，即：反函数的定义域为原函数

的值域

1yf(x)yf(x),且函数yxf(x)例12、（2008湖南高考试题）设函数存在反函数

的图象过点(1,2),则函数yf1(x)x的图象一定过点 .

【解析】由函数yxf(x)的图象过点(1,2)得: f(1)1,即函数yf(x)过点(1,1),则

1(1,1),yf(x)x的图象一定过点(1,2). 其反函数过点所以函数

［点评］：本题考查互为反函数的两个函数的图象之间的关系以及图象的平移

5.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，

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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.

1(2，例13、定义在R上的函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)2xy（x，yR），f)则f(2)等于（ ） A．2

B．3

C．6

D．9

解：令xy0f(0)0，令xy1f(2)2f(1)26；

令x2,y2得0f(22)f(2)f(2)8f(2)8f(2)862

6.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14、某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房。经测算，如果将楼房建为x（x10）层，则每平方米的 平均建筑费用为560+48x（单位：元）。为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？

购地总费用（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积）

【解析】：设楼房每平方米的平均综合费为

y元，依题意得

y(56048x)y48则

2160100001080056048x2000xx(x10,xN*)

1080010800480x2，令y0，即x2，解得x15

当x15时，y0；当0x15时，y0，

因此，当x15时，

y取得最小值，ymin2000元.

答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层。

［点评］：这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题。利用导数，求函数的单调

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性、求函数值域或最值是一种常用的方法.

例15、某商品每件成本9元，售价为30元，每星期卖出432件. 如果降低价格，销售量可以增加，

且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x（单位：元，0≤x≤30）的平方成正比.

已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件． （I）将一个星期的商品销售利润表示成x的函数； （II）如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？

本小题主要考查根据实际问题建立数学模型，以及运用函数、导数的知识解决实际问题的能力．

2【解析】：（Ⅰ）设商品降价x元，则多卖的商品数为kx，若记商品在一个星期的获利为f(x)，

22f(x)(30x9)(432kx)(21x)(432kx)， 则依题意有

·22，于是有k6， 又由已知条件，24k，x[0，30]． 所以f(x)6x126x432x90722f(x)18x252x43218(x2)(x12)． （Ⅱ）根据（Ⅰ），我们有

32x 20， 2 0 (2，12) 12 3012，  f(x)  f(x)   0 极小  极大  故x12时，f(x)达到极大值．因为f(0)9072，f(12)11264， 所以定价为301218元能使一个星期的商品销售利润最大．

［点评］：本小题主要考查根据实际问题建立数学模型，以及运用函数、导数的知识解决实际问题的能力． 7.函数的零点

f(x)lgx例16、（2008山东荷泽模拟题）函数

1x的零点所在的区间是 ）

,) A．0,1 B．（1，10） C．10,100 D．(1001解：因为f（1）＝0－1＜0，f（10）＝1－10＞0，即f（1）•f（10）＜0，

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所以函数f（x）在区间（1,10）之间有零点。 ［点评］：如果函数f（x）在区间［a，b］上连续，且f（a）•f（b）＜0，则函数f（x）在区间（a，b）上有零点，函数的零点，二分法，函数的应用都是函数的重点内容。

2f(x)2ax2x3a，如果函数yf(x)在例17、（2007广东高考题）已知a是实数，函数

区间[-1，1]上有零点，

求实数a的取值范围

3【解析】当a=0时，函数为f (x)=2x -3，其零点x=2不在区间[-1，1]上。

当a≠0时，函数f (x) 在区间[-1，1]分为两种情况： ①函数在区间[─1，1]上只有一个零点，此时 48a(3a)0 f( 1)f(1)(a5)(a1)048a(3a)01112a或

372解得1≤a≤5或a=

②函数在区间[─1，1]上有两个零点，此时

a08a224a41112af10f100 或

a08a224a401112af10f10

372解得a5或a<

综上所述，如果函数在区间[─1，1]上有零点，那么实数a的取值范围为

3 (-∞,  7 ]∪[1, +∞) 2

【专题综合】

1．准确理解、熟练运用，不断深化有关函数的基础知识

在中学阶段函数只限于定义在实数集合上的一元单值函数，其内容可分为两部分．第

一部分是函数的概念和性质，这部分的重点是能从变量的观点和集合映射的观点理解函数及其有关概念，掌握描述函数性质的单调性、奇偶性、周期性等概念；第二部分是七类常见函数(一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数和反三角函数)的图象和性质．第一部分是理论基础，第二部分是第一部分的运用与发展．

例1．已知函数f(x)，x∈F，那么集合{(x，y)|y=f(x)，x∈F}∩{(x，y)|x=1｝中所含元素的

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个数是．（ ）

A．0 B．1 C．0或1 D．1或2

分析：这里首先要识别集合语言，并能正确把集合语言转化成熟悉的语言．从函数观点看，问题是求函数y=f(x)，x∈F的图象与直线x=1的交点个数(这是一次数到形的转化)，不少学生常误认为交点是1个，并说这是根据函数定义中“惟一确定”的规定得到的，这是不正确的，因为函数是由定义域、值域、对应法则三要素组成的．这里给出了函数y=f(x)的定义域是F，但未明确给出1与F的关系，当1∈F时有1个交点，当1 F时没有交点，所以选C．

2．掌握研究函数的方法，提高研究函数问题的能力

高中数学对函数的研究理论性加强了，对一些典型问题的研究十分重视，如求函数的定义域，确定函数的解析式，判断函数的奇偶性，判断或证明函数在指定区间的单调性等，并形成了研究这些问题的初等方法，这些方法对分析问题能力，推理论证能力和综合运用数学知识能力的培养和发展是十分重要的．

函数、方程、不等式是相互联系的．对于函数f(x)与g(x)，令f(x)=g(x)，f(x)＞g(x)或f(x)＜g(x)则分别构成方程和不等式，因此对于某些方程、不等式的问题用函数观点认识是十分有益的；方程、不等式从另一个侧面为研究函数提供了工具．

例2．方程lgx+x=3的解所在区间为 （ ） A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，+∞)

分析：在同一平面直角坐标系中，画出函数y=lgx与y=-x+3的图象(如图2)．它们的交点横坐标x0，显然在区间(1，3)内，由此可排除A，

D．至于选B还是选C，由于画图精确性的限制，单凭直观就比较困难了．实际上这是要比较x0与2的大小．当x=2时，lgx=lg2，3-x=1．由于lg2＜1，因此x0＞2，从而判定x0∈(2，3)，故本题应选C．

说明：本题是通过构造函数用数形结合法求方程lgx+x=3解所在的区间．数形结合，要在结合方面下功夫．不仅要通过图象直观估计，而且还要计算x0的邻近两个函数值，通过比较其大小进行判断．

例3．(1)一次函数f(x)=kx+h(k≠0)，若m＜n有f(m)＞0，f(n)＞0，则对于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0，试证明之；

(2)试用上面结论证明下面的命题：

若a，b，c∈R且|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，则ab+bc+ca＞-1．

分析：问题(1)实质上是要证明，一次函数f(x)=kx+h(k≠0)， x∈(m， n)．若区间两个端点的函数值均为正，则对于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0．之所以具有上述性质是由于一次函数是单调的．因此本问题的证明要从函数单调性入手．

(1)证明：

当k＞0时，函数f(x)=kx+h在x∈R上是增函数，m＜x＜n，f(x)＞f(m)＞0； 当k＜0时，函数f(x)=kx+h在x∈R上是减函数，m＜x＜n，f(x)＞f(n)＞0． 所以对于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0成立．

(2)将ab+bc+ca+1写成(b+c)a+bc+1，构造函数f(x)=(b+c)x+bc+1．则 f(a)=(b+c)a+bc+1．

当b+c=0时，即b=-c， f(a)=bc+1=-c+1． 因为|c|＜1，所以f(a)=-c+1＞0．

当b+c≠0时，f(x)=(b+c)x+bc+1为x的一次函数．

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因为|b|＜1，|c|＜1，

f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)＞0， f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)＞0． 由问题(1)对于|a|＜1的一切值f(a)＞0，即(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1＞0．

说明：问题(2)的关键在于“转化”“构造”．把证明ab+bc+ca＞-1转化为证明ab+bc+ca+1＞0， 由于式子ab+bc+ca+1中， a，b，c是对称的，构造函数f(x)=(b+c)x+bc+1，则

f(a)=(b+c)a+bc+1，问题转化为在|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1的条件下证明f(a)＞0．(也可构造 f(x)=(a+c)x+ac+1，证明f(b)＞0)

例4．定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求证f(x)为奇函数；

(2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．

分析：欲证f(x)为奇函数即要证对任意x都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中，令y=-x可得f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的问题，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函数得到证明．

(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)， ① 令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0． 令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，则有 0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立，所以f(x)是奇函数．

(2)解：f(3)=log23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是单调函数，所以f(x)在R上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．

f(k·3)＜-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2， 3

2xxxxxxxxxxxxx-(1+k)·3+2＞0对任意x∈R成立．

令t=3＞0，问题等价于t-(1+k)t+2＞0对任意t＞0恒成立．

x2

R恒成立．

说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t-(1+k)t+2对于任意t＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．本题还有更简捷的解法：

分离系数由k·3＜-3+9+2得

xxx2

上述解法是将k分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖．

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【专题突破】

1．对函数f(x)3x2axb作代换x=g(t)，则总不改变f(x)值域的代换是 ( )

A．g(t)log1t

22

B．g(t)()

12t C．g(t)=(t－1) D．g(t)=cost

2．方程f(x,y)=0的曲线如图所示，那么方程f(2－x,y)=0的曲线是 ( )

x23．已知命题p：函数ylog0.5(x2xa)的值域为R，命题q：函数y(52a) 是减函数。若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数a的取值范围是 A．a≤1 B．a<2 C．1A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞) 5.如果函数f(x)＝x＋bx＋c对于任意实数t，都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么（ ）

A. f(2)6.已知函数y＝f(x)有反函数，则方程f(x)＝a (a是常数) （ ）

A.有且仅有一个实根 B.至多一个实根 C.至少一个实根 D.不同于以上结论 7.已知sinθ＋cosθ＝

2π1，θ∈(，π)，则tanθ的值是 （ ） 524343A. － B. － C. D.

3434p28.已知等差数列的前n项和为Sn，且S＝Sq (p≠q，p、q∈N)，则Spq＝_________。 9.关于x的方程sinx＋cosx＋a＝0有实根，则实数a的取值范围是__________。

10.正六棱锥的体积为48,侧面与底面所成的角为45°，则此棱锥的侧面积为___________ 11. 建造一个容积为8m，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，则水池的最低造价为___________。

12．已知函数f(x)满足：f(ab)f(a)f(b)，f(1)2，则

3f2(1)f(2)f2(2)f(4)f2(3)f(6)f2(4)f(8) 。

f(1)f(3)f(5)f(7)13．已知a,b,c为正整数，方程axbxc0的两实根为x1,x2(x1x2)，且

2|x1|1,|x2|1，则abc的最小值为________________________

14．设函数f(x)=lg(ax+2x+1)．

(1)若f(x)的定义域是R，求实数a的取值范围； (2)若f(x)的值域是R，求实数a的取值范围．

15．设不等式2x－1>m(x－1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立。求x的取值范围。

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16. 设等差数列{an}的前n项的和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0 。

①.求公差d的取值范围；

②.指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由。(1992年全国高考) P 17. 如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在平面，C是圆周

上任一点，设∠BAC＝θ，PA＝AB=2r，求异面直线PB和AC M 的距离。

18. 已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tanA·tanC

A H B

＝2＋3，又知顶点C的对边c上的高等于43,求△ABC的

D C 三边a、b、c及三内角

12x4xa19. 设f(x)＝lg，如果当x∈(-∞,1]时f(x)有意义，求 实数a的

3取值范围。 20．已知偶函数f(x)=cossinx－sin(x－)+(tan－2)sinx－sin的最小值是0，求f(x)的最大值 及此时x的集合．

21．已知xR，奇函数f(x)x3ax2bxc在[1,)上单调． （Ⅰ）求字母a,b,c应满足的条件；

（Ⅱ）设x01,f(x0)1，且满足f[f(x0)]x0，求证：f(x0)x0．

（Ⅴ）、参考答案

1．不改变f(x)值域，即不能缩小原函数定义域。选项B，C，D均缩小了f(x)的定义域，故选A。

2．先作出f(x,y)=0关于y轴对称的函数的图象，即为函数f(-x,y)=0的图象，又 f(2－x,y)=0即为f((x2),y)0，即由f(-x,y)=0向右平移2个单位。故选C。

3．命题p为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数x2xa的判别式44a0，从而a1；命题q为真时，52a1a2。

若p或q为真命题，p且q为假命题，故p和q中只有一个是真命题，一个是假命题。 若p为真，q为假时，无解；若p为假，q为真时，结果为122x1x217．设tan＝x (x>0），则＋＝，解出x＝2，再用万能公式，选A；

251x21x2

SpqSnmm8．利用是关于n的一次函数，设Sp＝Sq＝m，＝x，则（,p）、(,q)、

npqpq(x，p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得x＝0，则答案：0；

55,1]，所以答案：[－,1]； 4410．设高h，由体积解出h＝23，答案：246；

41611．设长x，则宽，造价y＝4×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：1760。

xxf(n1)f(1)=2，且 12．运用条件知：

f(n)9．设cosx＝t，t∈[-1,1]，则a＝t－t－1∈[－

2f2(1)f(2)f2(2)f(4)f2(3)f(6)f2(4)f(8)

f(1)f(3)f(5)f(7)第 14 页 共 18 页

=

2f(2)2f(4)2f(6)2f(8)=16 f(1)f(3)f(5)f(7)b24ac013．依题意可知，从而可知x1,x2(1,0)，所以有

bx1x20acx1x20ab24ac0b24acf(1)abc0bac，又a,b,c为正整数，取c1，则 cacx1x21aa1bab，所以a2b24ac4aa4，从而a5，所以b24ac20，又b516，所以b5，因此abc有最小值为11。

2下面可证c2时，a3，从而b4ac24，所以b5, 又acb5,所以ac6,所以abc11,综上可得:abc的最小值为11

14．分析:这是有关函数定义域、值域的问题，题目是逆向给出的，解好本题要运用复合函数，把f(x)分解为u=ax+2x+1和y=lgu 并结合其图象性质求解．

解:(1)f(x)lg(ax22x1)的定义域是Ruax2x10对一切实数x恒成立. a=0或a＜0不合题意， 所以22a024a02a1

故a＞1．即为所求.

(2) f(x)lg(ax22x1)的值域域是Ruax2x1能取遍一切正实数.

a＜0时不合题意； a=0时，u=2x+1，u能取遍一切正实数； a＞0时，其判别式Δ=22-4×a×1≥0，解得0＜a≤1．

所以当0≤a≤1时f(x)的值域是R．

15．分析：此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x的不等式讨论。然而，若变换一个角度以m为变量，即关于m的一次不等式(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成立的问题。对此的研究，设f(m)＝(x－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数）f(m)的值在[-2,2]内恒为负值时参数x应该满足的条件2222f(2)0。

f(2)0解：问题可变成关于m的一次不等式：(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成立，设f(m)

2f(2)2(x1)(2x1)02＝(x－1)m－(2x－1), 则  2f(2)2(x1)(2x1)07131解得x∈（,）

22说明 本题的关键是变换角度，以参数m作为自变量而构造函数式，不等式问题变成函数在闭区间上的值域问题。本题有别于关于x的不等式2x－1>m(x－1)的解集是[-2,2]时求m的值、关于x的不等式2x－1>m(x－1)在[-2,2]上恒成立时求m的范围。

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一般地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化。或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数，而参数作为函数，更具有灵活性，从而巧妙地解决有关问题。

16．分析： ①问利用公式an与Sn建立不等式，容易求解d的范围；②问利用Sn是n的二次函数，将Sn中哪一个值最大，变成求二次函数中n为何值时Sn取最大值的函数最值问题。

解：① 由a3＝a1＋2d＝12,得到a1＝12－2d，所以 S12＝12a1＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0， S13＝13a1＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。

24d－3。 711② Sn＝na1＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d

22d1242d1242＝[n－(5－)]－[(5－)]

2dd222124224124因为d0，故[n－(5－)]最小时，Sn最大。由－d－3得6(5－)6.5，

2d72d1242故正整数n＝6时[n－(5－)]最小，所以S6最大。

2d 解得：－

说明： 数列的通项公式及前n项和公式实质上是定义在自然数集上的函数，因此可利

用函数思想来分析或用函数方法来解决数列问题。也可以利用方程的思想，设出未知的量，建立等式关系即方程，将问题进行算式化，从而简洁明快。由次可见，利用函数与方程的思想来解决问题，要求灵活地运用、巧妙的结合，发展了学生思维品质的深刻性、独创性。

本题的另一种思路是寻求an0、an10，即邻项变号：由d0知道a1a2…a13，由S13＝13a70得a70，由S12＝6(a6＋a7)0得a60。所以，在S1、S2、…、S12中，S6的值最大

17．分析：异面直线PB和AC的距离可看成求直线PB上任意一点到AC的距离的最小值，从而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。

解：在PB上任取一点M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H， P 设MH＝x，则MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。

222222∴MD＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsinθx＋ M 2224rsinθ2rsinθ2222 4rsinθ＝(sinθ＋1)[x－]＋ 221sinθ1sinθA H B

D C 2rsinθ2rsin2θ即当x＝时，MD取最小值为两异面21sinθ1sin2θ直线的距离。 说明：本题巧在将立体几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点之间距离的最小值”，并设立合适的变量将问题变成代数中的“函数问题”。一般地，对于求最大值、最小值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数关系式，然后利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第8题就是典型的例子。 18．分析：已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解

解： 由A、B、C成等差数列，可得B＝60°； 由△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC，得

tanA＋tanC＝tanB(tanA·tanC－1)＝3 (1＋3)

设tanA、tanC是方程x－(3＋3)x＋2＋3＝0的两根，解得x1＝1，x2＝2＋3

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设Aπ5π，C＝ 412由此容易得到a＝8，b＝46，c＝43＋4。

说明：本题的解答关键是利用“△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC”这一条性质得到tanA＋tanC，从而设立方程求出tanA和tanC的值，使问题得到解决

12x4xaxx19．分析：当x∈(-∞,1]时f(x)＝lg有意义的函数问题，转化为1＋2＋4a>0

3在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。

解：由题设可知，不等式1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立，

xx12x1x)＋()＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立 221x112设t＝(), 则t≥， 又设g(t)＝t＋t＋a，其对称轴为t＝－

2221112132∴ t＋t＋a＝0在[,+∞)上无实根， 即 g()＝()＋＋a0，得a－

222243所以a的取值范围是a－。

4即：(

说明：对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图像和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。一般地，我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密联系，将问题进行相互转化。

12x1x)＋()＋a0在x∈(-∞,1]上恒成立的问题时，也可使用“分离参数221x1332法”： 设t＝(), t≥，则有a＝－t－t∈(－∞,－]，所以a的取值范围是a－。

2244在解决不等式(

其中最后得到a的范围，是利用了二次函数在某区间上值域的研究，也可属应用“函数思想”。

20．解：f(x)=cossinx－(sinxcos－cosxsin)+(tan－2)sinx－sin =sincosx+(tan－2)sinx－sin

因为f(x)是偶函数，所以对任意xR，都有f(－x)=f(x)，

即sincos(－x)+(tan－2)sin(－x)－sin=sincosx+(tan－2)sinx－sin, 即(tan－2)sinx=0，所以tan=2

2525sin2cos21,sin，sin，5或5 由sin解得2,cos5；cos5.cos55此时，f(x)=sin(cosx－1).

2525时，f(x)=(cosx－1)最大值为0，不合题意最小值为0，舍去； 552525当sin=时，f(x)=(cosx－1)最小值为0，

5545当cosx=－1时，f(x)有最大值为,自变量x的集合为{x|x=2k+,kZ}．

5221．解：（1）f(0)0c0；f(x)f(x)0a0．f'(x)3xb，

2若f(x)x[1,)上是增函数，则f'(x)0恒成立，即b(3x)min3

当sin=

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若f(x)x[1,)上是减函数，则f'(x)0恒成立，这样的b不存在． 综上可得：ac0,b3．

3x0bx0m (1)（2）（证法一）设f(x0)m，由f[f(x0)]x0得f(m)x0，于是有，

3mbmx0 (2)3（1）－（2）得：(x0m3)b(x0m)mx0，化简可得

(x0m)(x0mx0m21b)022，

x01,f(x0)m1，

x0mx0m21b4b10，故x0m0，即有f(x0)x0．

（证法二）假设f(x0)x0，不妨设f(x0)ax01，由（1）可知f(x)在[1,)

上单调递增，故f[f(x0)]f(a)f(x0)x0，

这与已知f[f(x0)]x0矛盾，故原假设不成立，即有f(x0)x0．

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