2022年高考數學復習 函數問題的題型與方法教案 蘇教版

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1、2022年高考數學復習 函數問題的題型與方法教案 蘇教版 一．復習目標： 1．了解映射的概念，理解函數的概念。 2．了解函數的單調性和奇偶性的概念，掌握判斷一些簡單函數的單調性和奇偶性的方法，并能利用函數的性質簡化函數圖象的繪制過程。 3．了解反函數的概念及互為反函數的函數圖象間的關系，會求一些簡單函數的反函數。 4．理解分數指數的概念，掌握有理指數冪的運算性質，掌握指數函數的概念、圖象和性質。 5．理解對數的概念，掌握對數的運算性質，掌握對數函數的概念、圖象和性質。 6．能夠運用函數的性質、指數函數和對數函數的性質解決某些簡單的實際問題。 二．考試要求： 1．靈活運用函數概

2、念、性質和不等式等知識以及分類討論等方法，解函數綜合題。 2．應用函數知識及思想方法，解決函數的最值問題、探索性問題與應用性問題，提高分析問題和解決問題的能力。 三．教學過程： （Ⅰ）函數的概念型問題 函數概念的復習當然應該從函數的定義開始．函數有二種定義，一是變量觀點下的定義，一是映射觀點下的定義．復習中不能僅滿足對這兩種定義的背誦，而應在判斷是否構成函數關系，兩個函數關系是否相同等問題中得到深化，更應在有關反函數問題中正確運用．具體要求是： 1．深化對函數概念的理解，明確函數三要素的作用，并能以此為指導正確理解函數與其反函數的關系． 2．系統歸納求函數定義域、值域、解析式、反函

3、數的基本方法．在熟練有關技能的同時，注意對換元、待定系數法等數學思想方法的運用． 3．通過對分段定義函數，復合函數，抽象函數等的認識，進一步體會函數關系的本質，進一步樹立運動變化，相互聯系、制約的函數思想，為函數思想的廣泛運用打好基礎． 本部分內容的重點是不僅從認識上，而且從處理函數問題的指導上達到從三要素總體上把握函數概念的要求，對確定函數三要素的常用方法有個系統的認識，對于給出解析式的函數，會求其反函數． 本部分的難點首先在于克服“函數就是解析式”的片面認識，真正明確不僅函數的對應法則，而且其定義域都包含著對函數關系的制約作用，并真正以此作為處理問題的指導．其次在于確定函數三要素、求

4、反函數等課題的綜合性，不僅要用到解方程，解不等式等知識，還要用到換元思想、方程思想等與函數有關概念的結合． 函數的概念是復習函數全部內容和建立函數思想的基礎，不能僅滿足會背誦定義，會做一些有關題目，要從聯系、應用的角度求得理解上的深度，還要對確定函數三要素的類型、方法作好系統梳理，這樣才能進一步為綜合運用打好基礎．復習的重點是求得對這些問題的系統認識，而不是急于做過難的綜合題． ㈠深化對函數概念的認識 例1．下列函數中，不存在反函數的是　　　　　　　　　　（ ） 分析：處理本題有多種思路．分別求所給各函數的反函數，看是否存在是不好的，因為過程太繁瑣．

5、 從概念看，這里應判斷對于給出函數值域內的任意值，依據相應的對應法則，是否在其定義域內都只有惟一確定的值與之對應，因此可作出給定函數的圖象，用數形結合法作判斷，這是常用方法，請讀者自己一試． 此題作為選擇題還可采用估算的方法．對于D，y=3是其值域內一個值，但若y=3，則可能x=2(2＞1)，也可能x=-1(-1≤-1)．依據概念，則易得出D中函數不存在反函數．于是決定本題選D． 說明：不論采取什么思路，理解和運用函數與其反函數的關系是這里解決問題的關鍵． 由于函數三要素在函數概念中的重要地位，那么掌握確定函數三要素的基本方法當然成了函數概念復習中的重要課題． ㈡系統小結確定函數三要

6、素的基本類型與常用方法 1．求函數定義域的基本類型和常用方法 由給定函數解析式求其定義域這類問題的代表，實際上是求使給定式有意義的x的取值范圍．它依賴于對各種式的認識與解不等式技能的熟練．這里的最高層次要求是給出的解析式還含有其他字 例2．已知函數定義域為(0，2)，求下列函數的定義域： 分析：x的函數f(x)是由u=x與f(u)這兩個函數復合而成的復合函數，其中x是自變量，u是中間變量．由于f(x)，f(u)是同一個函數，故(1)為已知0＜u＜2，即0＜x＜2．求x的取值范圍． 解：(1)由0＜x＜2， 得 說明：本例(1)是求函數定義域的第二種類型，即不給出

7、f(x)的解析式，由f(x)的定義域求函數f[g(x)]的定義域．關鍵在于理解復合函數的意義，用好換元法．(2)是二種類型的綜合． 求函數定義域的第三種類型是一些數學問題或實際問題中產生的函數關系，求其定義域，后面還會涉及到． 2．求函數值域的基本類型和常用方法 函數的值域是由其對應法則和定義域共同決定的．其類型依解析式的特點分可分三類：(1)求常見函數值域；(2)求由常見函數復合而成的函數的值域；(3)求由常見函數作某些“運算”而得函數的值域． 3．求函數解析式舉例 例3．已知xy＜0，并且4x-9y=36．由此能否確定一個函數關系y=f(x)？如果能，求出其解析式、定義域和值域

8、；如果不能，請說明理由． 分析： 4x-9y=36在解析幾何中表示雙曲線的方程，僅此當然不能確定一個函數關系y=f(x)，但加上條件xy＜0呢？ 所以 因此能確定一個函數關系y=f(x)．其定義域為(-∞，-3)∪(3，+∞)．且不難得到其值域為(-∞，0)∪(0，＋∞)． 說明：本例從某種程度上揭示了函數與解析幾何中方程的內在聯系．任何一個函數的解析式都可看作一個方程，在一定條件下，方程也可轉化為表示函數的解析式．求函數解析式還有兩類問題： (1)求常見函數的解析式．由于常見函數(一次函數，二次函數，冪函數，指數函數，對數函數，三角函數及反三角函數)的解析式的結構形式是

9、確定的，故可用待定系數法確定其解析式．這里不再舉例． (2)從生產、生活中產生的函數關系的確定．這要把有關學科知識，生活經驗與函數概念結合起來，舉例也宜放在函數復習的以后部分． （Ⅱ）函數與方程的思想方法 函數思想，是指用函數的概念和性質去分析問題、轉化問題和解決問題。方程思想，是從問題的數量關系入手，運用數學語言將問題中的條件轉化為數學模型（方程、不等式、或方程與不等式的混合組），然后通過解方程（組）或不等式（組）來使問題獲解。有時，還實現函數與方程的互相轉化、接軌，達到解決問題的目的。 方程思想是：實際問題→數學問題→代數問題→方程問題。函數和多元方程沒有什么本質的區(qū)別，如函數y＝

10、f(x)，就可以看作關于x、y的二元方程f(x)－y＝0?？梢哉f，函數的研究離不開方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是應用方程思想時需要重點考慮的。 函數描述了自然界中數量之間的關系，函數思想通過提出問題的數學特征，建立函數關系型的數學模型，從而進行研究。一般地，函數思想是構造函數從而利用函數的性質解題，經常利用的性質是：f(x)、f(x)的單調性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、圖像變換等，要求我們熟練掌握的是一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數的具體特性。在解題中，善于挖掘題目中的隱含條件，構造出函數解析式和妙用函數的性質，是應用函數思想的關鍵。對所給的問題觀察、分析、

11、判斷比較深入、充分、全面時，才能產生由此及彼的聯系，構造出函數原型。另外，方程問題、不等式問題和某些代數問題也可以轉化為與其相關的函數問題，即用函數思想解答非函數問題。 (一)函數的性質 函數的性質是研究初等函數的基石，也是高考考查的重點內容．在復習中要肯于在對定義的深入理解上下功夫． 復習函數的性質，可以從“數”和“形”兩個方面，從理解函數的單調性和奇偶性的定義入手，在判斷和證明函數的性質的問題中得以鞏固，在求復合函數的單調區(qū)間、函數的最值及應用問題的過程中得以深化．具體要求是： 1．正確理解函數單調性和奇偶性的定義，能準確判斷函數的奇偶性，以及函數在某一區(qū)間的單調性，能熟練運用定義

12、證明函數的單調性和奇偶性． 2．從數形結合的角度認識函數的單調性和奇偶性，深化對函數性質幾何特征的理解和運用，歸納總結求函數最大值和最小值的常用方法． 3．培養(yǎng)學生用運動變化的觀點分析問題，提高學生用換元、轉化、數形結合等數學思想方法解決問題的能力． 這部分內容的重點是對函數單調性和奇偶性定義的深入理解． 函數的單調性只能在函數的定義域內來討論．函數y=f(x)在給定區(qū)間上的單調性，反映了函數在區(qū)間上函數值的變化趨勢，是函數在區(qū)間上的整體性質，但不一定是函數在定義域上的整體性質．函數的單調性是對某個區(qū)間而言的，所以要受到區(qū)間的限制． 對函數奇偶性定義的理解，不能只停留在f(-x)=f

13、(x)和f(-x)=-f(x)這兩個等式上，要明確對定義域內任意一個x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的實質是：函數的定義域關于原點對稱．這是函數具備奇偶性的必要條件．稍加推廣，可得函數f(x)的圖象關于直線x=a對稱的充要條件是對定義域內的任意x，都有f(x+a)=f(a-x)成立．函數的奇偶性是其相應圖象的特殊的對稱性的反映． 這部分的難點是函數的單調性和奇偶性的綜合運用．根據已知條件，調動相關知識，選擇恰當的方法解決問題，是對學生能力的較高要求． 1．對函數單調性和奇偶性定義的理解 例4．下面四個結論：①偶函數的圖象一定與y軸相交；②奇函數的圖象一定通過原點；③偶

14、函數的圖象關于y軸對稱；④既是奇函數又是偶函數的函數一定是f(x)=0(x∈R)，其中正確命題的個數是　　 （　　　 ） A．1　　　　　　 B．2 C．3　　　　　　 D．4 分析：偶函數的圖象關于y軸對稱，但不一定相交，因此③正確，①錯誤． 奇函數的圖象關于原點對稱，但不一定經過原點，因此②不正確． 若y=f(x)既是奇函數，又是偶函數，由定義可得f(x)=0，但不一定x∈R，如例1中的(3)，故④錯誤，選A． 說明：既奇又偶函數的充要條件是定義域關于原點對稱且函數值恒為零． 2．復合函數的性質 復合函數y=f[g(x)]是由函數u=g(x)和y=f(u

15、)構成的，因變量y通過中間變量u與自變量x建立起函數關系，函數u=g(x)的值域是y=f(u)定義域的子集． 復合函數的性質由構成它的函數性質所決定，具備如下規(guī)律： (1)單調性規(guī)律 如果函數u=g(x)在區(qū)間［m，n］上是單調函數，且函數y=f(u)在區(qū)間[g(m)，g(n)] (或[g(n)，g(m)])上也是單調函數，那么 若u=g(x)，y=f(u)增減性相同，則復合函數y=f[g(x)]為增函數；若u=g(x)，y= f(u)增減性不同，則y=f[g(x)]為減函數． (2)奇偶性規(guī)律 若函數g(x)，f(x)，f[g(x)]的定義域都是關于原點對稱的，則u=g(x)，y

16、=f(u)都是奇函數時，y=f[g(x)]是奇函數；u=g(x)，y=f(u)都是偶函數，或者一奇一偶時，y= f[g(x)]是偶函數． 例5．若y=log(2-ax)在［0，1］上是x的減函數，則a的取值范圍是（ 　） A．(0，1) B．(1，2) C．(0，2) D．[2，+∞) 分析：本題存在多種解法，但不管哪種方法，都必須保證：①使log(2-ax)有意義，即a＞0且a≠1，2-ax＞0．②使log(2-ax)在[0，1]上是x的減函數．由于所給函數可分解為y=logu，u=2-ax，其中u=2-ax在a＞0時為減函數，所以必須a＞1；③[0，1]

17、必須是y=log(2-ax)定義域的子集． 解法一：因為f(x)在［0，1］上是x的減函數，所以f(0)＞f(1)， 即log2＞log(2-a)． 解法二：由對數概念顯然有a＞0且a≠1，因此u=2-ax在［0，1］上是減函數，y= logu應為增函數，得a＞1，排除A，C，再令 故排除D，選B． 說明：本題綜合了多個知識點，無論是用直接法，還是用排除法都需要概念清楚，推理正確． 3．函數單調性與奇偶性的綜合運用 例6．甲、乙兩地相距Skm，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過c km／h，已知汽車每小時的運輸成本(以元為單位)由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度

18、v(km／h)的平方成正比，比例系數為b；固定部分為a元． (1)把全程運輸成本y(元)表示為速度v(km／h)的函數，并指出這個函數的定義域； (2)為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛． 分析：(1)難度不大，抓住關系式：全程運輸成本=單位時間運輸成本×全程運輸時間，而全程運輸時間=(全程距離)÷(平均速度)就可以解決． 故所求函數及其定義域為 但由于題設條件限制汽車行駛速度不超過ckm／h，所以(2)的解決需要 論函數的增減性來解決． 由于vv＞0，v-v＞0，并且 又S＞0，所以即 則當v=c時，y取最小值．

19、 說明：由于限制汽車行駛速度不得超過c，因而求最值的方法也就不完全是常用的方法，再加上字母的抽象性，使難度有所增大． （二）函數的圖象 1．掌握描繪函數圖象的兩種基本方法——描點法和圖象變換法． 2．會利用函數圖象，進一步研究函數的性質，解決方程、不等式中的問題． 3．用數形結合的思想、分類討論的思想和轉化變換的思想分析解決數學問題． 4．掌握知識之間的聯系，進一步培養(yǎng)觀察、分析、歸納、概括和綜合分析能力． 以解析式表示的函數作圖象的方法有兩種，即列表描點法和圖象變換法，掌握這兩種方法是本節(jié)的重點． 運用描點法作圖象應避免描點前的盲目性，也應避免盲目地連點成線．要把表列在關鍵處

20、，要把線連在恰當處．這就要求對所要畫圖象的存在范圍、大致特征、變化趨勢等作一個大概的研究．而這個研究要借助于函數性質、方程、不等式等理論和手段，是一個難點．用圖象變換法作函數圖象要確定以哪一種函數的圖象為基礎進行變換，以及確定怎樣的變換．這也是個難點． 1．作函數圖象的一個基本方法 例7．作出下列函數的圖象(1)y=|x-2|(x＋1)；(2)y=10|lgx|． 分析：顯然直接用已知函數的解析式列表描點有些困難，除去對其函數性質分析外，我們還應想到對已知解析式進行等價變形． 解：(1)當x≥2時，即x-2≥0時， 當x＜2時，即x-2＜0時， 這是分段函數，每段函數圖

21、象可根據二次函數圖象作出(見圖6) (2)當x≥1時，lgx≥0，y=10|lgx|=10lgx=x； 當0＜x＜1時，lgx＜0， 所以 這是分段函數，每段函數可根據正比例函數或反比例函數作出．(見圖7) 說明：作不熟悉的函數圖象，可以變形成基本函數再作圖，但要注意變形過程是否等價，要特別注意x，y的變化范圍．因此必須熟記基本函數的圖象．例如：一次函數、反比例函數、二次函數、指數函數、對數函數，及三角函數、反三角函數的圖象． 在變換函數解析式中運用了轉化變換和分類討論的思想． 2．作函數圖象的另一個基本方法——圖象變換法． 一個函數圖象經過適當的變換(如平移、伸縮、對稱、

22、旋轉等)，得到另一個與之相關的圖象，這就是函數的圖象變換． 在高中，主要學習了三種圖象變換：平移變換、伸縮變換、對稱變換． (1)平移變換 函數y=f(x+a)(a≠0)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象向左(a＞0)或向右(a＜0)平移|a|個單位而得到； 函數y=f(x)+b(b≠0)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象向上(b＞0)或向下(b＜0)平移|b|個單位而得到． (2)伸縮變換 函數y=Af(x)(A＞0，A≠1)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象上各點的縱坐標伸長(A＞1)或縮短(0＜A＜1)成原來的A倍，橫坐標不變而得到． 函數y=f(ωx)(ω＞0

23、，ω≠1)的圖象可以通過把函數y=f(x)的圖象上 而得到． (3)對稱變換 函數y=-f(x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于x軸對稱的圖形而得到． 函數y=f(-x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于y軸對稱的圖形而得到． 函數y=-f(-x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于原點對稱的圖形而得到． 函數y=f-1(x)的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象關于直線y=x對稱的圖形而得到。 函數y=f(|x|)的圖象可以通過作函數y=f(x)在y軸右方的圖象及其與y軸對稱的圖形而得到． 函數y=|f(x)|的圖象可以通過作函數y=f(x)的圖象

24、，然后把在x軸下方的圖象以x軸為對稱軸翻折到x軸上方，其余部分保持不變而得到． 例8．已知f(x+199)=4x＋4x+3(x∈R)，那么函數f(x)的最小值為____． 分析：由f(x＋199)的解析式求f(x)的解析式運算量較大，但這里我們注意到，y=f(x ＋100)與y=f(x)，其圖象僅是左右平移關系，它們取得 求得f(x)的最小值即f(x＋199)的最小值是2． 說明：函數圖象與函數性質本身在學習中也是密切聯系的，是“互相利用”關系，函數圖象在判斷函數奇偶性、單調性、周期性及求最值等方面都有重要用途． （Ⅳ）函數綜合應用 函數的綜合復習是在系統復習函數有關知識的基礎

25、上進行函數的綜合應用: 1．在應用中深化基礎知識．在復習中基礎知識經歷一個由分散到系統，由單一到綜合的發(fā)展過程．這個過程不是一次完成的，而是螺旋式上升的．因此要在應用深化基礎知識的同時，使基礎知識向深度和廣度發(fā)展． 2．以數學知識為載體突出數學思想方法．數學思想方法是觀念性的東西，是解決數學問題的靈魂，同時它又離不開具體的數學知識．函數內容最重要的數學思想是函數思想和數形結合的思想．此外還應注意在解題中運用的分類討論、換元等思想方法．解較綜合的數學問題要進行一系列等價轉化或非等價轉化．因此本課題也十分重視轉化的數學思想． 3．重視綜合運用知識分析問題解決問題的能力和推理論證能力的培養(yǎng)．函

26、數是數學復習的開始，還不可能在大范圍內綜合運用知識．但從復習開始就讓學生樹立綜合運用知識解決問題的意識是十分重要的．推理論證能力是學生的薄弱環(huán)節(jié)，近幾年高考命題中加強對這方面的考查，尤其是對代數推理論證能力的考查是十分必要的．本課題在例題安排上作了這方面的考慮． 具體要求是： 1．在全面復習函數有關知識的基礎上，進一步深刻理解函數的有關概念，全面把握各類函數的特征，提高運用基礎知識解決問題的能力． 2．掌握初等數學研究函數的方法，提高研究函數的能力，重視數形結合數學思想方法的運用和推理論證能力的培養(yǎng)． 3．初步溝通函數與方程、不等式及解析幾何有關知識的橫向聯系，提高綜合運用知識解決問題

27、的能力． 4．樹立函數思想，使學生善于用運動變化的觀點分析問題． 本部分內容的重點是：通過對問題的講解與分析，使學生能較好的調動函數的基礎知識解決問題，并在解決問題中深化對基礎知識的理解，深化對函數思想、數形結合思想的理解與運用． 難點是：函數思想的理解與運用，推理論證能力、綜合運用知識解決問題能力的培養(yǎng)與提高． 函數的綜合運用主要是指運用函數的知識、思想和方法綜合解決問題．函數描述了自然界中量的依存關系，是對問題本身的數量本質特征和制約關系的一種刻畫，用聯系和變化的觀點提出數學對象，抽象其數學特征，建立函數關系．因此，運動變化、相互聯系、相互制約是函數思想的精髓，掌握有關函數知識是運

28、用函數思想的前提，提高用初等數學思想方法研究函數的能力，樹立運用函數思想解決有關數學問題的意識是運用函數思想的關鍵． 1．準確理解、熟練運用，不斷深化有關函數的基礎知識 在中學階段函數只限于定義在實數集合上的一元單值函數，其內容可分為兩部分．第一部分是函數的概念和性質，這部分的重點是能從變量的觀點和集合映射的觀點理解函數及其有關概念，掌握描述函數性質的單調性、奇偶性、周期性等概念；第二部分是七類常見函數(一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數和反三角函數)的圖象和性質．第一部分是理論基礎，第二部分是第一部分的運用與發(fā)展． 例9．已知函數f(x)，x∈F，那么集合{(x，y)|y

29、=f(x)，x∈F}∩{(x，y)|x=1｝中所含元素的個數是．（　　　 ） A．0 B．1 C．0或1 D．1或2 分析：這里首先要識別集合語言，并能正確把集合語言轉化成熟悉的語言．從函數觀點看，問題是求函數y=f(x)，x∈F的圖象與直線x=1的交點個數(這是一次數到形的轉化)，不少學生常誤認為交點是1個，并說這是根據函數定義中“惟一確定”的規(guī)定得到的，這是不正確的，因為函數是由定義域、值域、對應法則三要素組成的．這里給出了函數y=f(x)的定義域是F，但未明確給出1與F的關系，當1∈F時有1個交點，當1 F時沒有交點，所以選C． 2．掌握研究函數的方

30、法，提高研究函數問題的能力 高中數學對函數的研究理論性加強了，對一些典型問題的研究十分重視，如求函數的定義域，確定函數的解析式，判斷函數的奇偶性，判斷或證明函數在指定區(qū)間的單調性等，并形成了研究這些問題的初等方法，這些方法對分析問題能力，推理論證能力和綜合運用數學知識能力的培養(yǎng)和發(fā)展是十分重要的． 函數、方程、不等式是相互聯系的．對于函數f(x)與g(x)，令f(x)=g(x)，f(x)＞g(x)或f(x)＜g(x)則分別構成方程和不等式，因此對于某些方程、不等式的問題用函數觀點認識是十分有益的；方程、不等式從另一個側面為研究函數提供了工具． 例10．方程lgx+x=3的解所在區(qū)間為

31、 （　?。? A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，+∞) 分析：在同一平面直角坐標系中，畫出函數y=lgx與y=-x+3的圖象(如圖2)．它們的交點橫坐標，顯然在區(qū)間(1，3)內，由此可排除A，D．至于選B還是選C，由于畫圖精確性的限制，單憑直觀就比較困難了．實際上這是要比較與2的大?。攛=2時，lgx=lg2，3-x=1．由于lg2＜1，因此＞2，從而判定∈(2，3)，故本題應選C． 說明：本題是通過構造函數用數形結合法求方程lgx+x=3解所在的區(qū)間．數形結合，要在結合方面下功夫．不僅要通過圖象直觀估計，而且還要計算

32、的鄰近兩個函數值，通過比較其大小進行判斷． 例11．(1)一次函數f(x)=kx+h(k≠0)，若m＜n有f(m)＞0，f(n)＞0，則對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0，試證明之； (2)試用上面結論證明下面的命題： 若a，b，c∈R且|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，則ab+bc+ca＞-1． 分析：問題(1)實質上是要證明，一次函數f(x)=kx+h(k≠0)， x∈(m， n)．若區(qū)間兩個端點的函數值均為正，則對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0．之所以具有上述性質是由于一次函數是單調的．因此本問題的證明要從函數單調性入手． (1)證明： 當k＞0時，函數f(x)=

33、kx+h在x∈R上是增函數，m＜x＜n，f(x)＞f(m)＞0； 當k＜0時，函數f(x)=kx+h在x∈R上是減函數，m＜x＜n，f(x)＞f(n)＞0． 所以對于任意x∈(m，n)都有f(x)＞0成立． (2)將ab+bc+ca+1寫成(b+c)a+bc+1，構造函數f(x)=(b+c)x+bc+1．則 f(a)=(b+c)a+bc+1． 當b+c=0時，即b=-c， f(a)=bc+1=-+1． 因為|c|＜1，所以f(a)=-+1＞0． 當b+c≠0時，f(x)=(b+c)x+bc+1為x的一次函數． 因為|b|＜1，|c|＜1， f(1)=b+c+bc+1=(

34、1+b)(1+c)＞0， f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)＞0． 由問題(1)對于|a|＜1的一切值f(a)＞0，即(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1＞0． 說明：問題(2)的關鍵在于“轉化”“構造”．把證明ab+bc+ca＞-1轉化為證明ab+bc+ca+1＞0， 由于式子ab+bc+ca+1中， a，b，c是對稱的，構造函數f(x)=(b+c)x+bc+1，則f(a)=(b+c)a+bc+1，問題轉化為在|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1的條件下證明f(a)＞0．(也可構造 f(x)=(a+c)x+ac+1，證明f(b)＞0)。 例12．定義在R上的

35、單調函數f(x)滿足f(3)=log3且對任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求證f(x)為奇函數； (2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0對任意x∈R恒成立，求實數k的取值范圍． 分析：欲證f(x)為奇函數即要證對任意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)于是又提出新的問題，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函數得到證明． (1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)，　　　　　　　　　　　　 ① 令x=y

36、=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，則有 0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)對任意x∈R成立，所以f(x)是奇函數． (2)解：f(3)=log3＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是單調函數，所以f(x)在R上是增函數，又由(1)f(x)是奇函數． f(k·3)＜-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2， 3-(1+k)·3+2＞0對任意x∈R成立． 令t=3＞0，問題等價于t-(1+k)t+2＞0對任意t＞0恒成立．

37、 R恒成立． 說明：問題(2)的上述解法是根據函數的性質．f(x)是奇函數且在x∈R上是增函數，把問題轉化成二次函數f(t)=t-(1+k)t+2對于任意t＞0恒成立．對二次函數f(t)進行研究求解．本題還有更簡捷的解法： 分離系數由k·3＜-3+9+2得 上述解法是將k分離出來，然后用平均值定理求解，簡捷、新穎． （Ⅲ）、強化訓練 1．對函數作代換x=g(t)，則總不改變f(x)值域的代換是 ( ) A． B． C．g(t)=(t－1)2 D．g(t)=cost 2．方程f(x,y)=0的曲線如圖所示，那么方程f(2－x,y)=0的曲線

38、是 ( ) 3．已知命題p：函數的值域為R，命題q：函數 是減函數。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實數a的取值范圍是 A．a≤1 B．a<2 C．1

39、 B. f(1)

40、＝S (p≠q，p、q∈N)，則S＝_________。 9.關于x的方程sinx＋cosx＋a＝0有實根，則實數a的取值范圍是__________。 10.正六棱錐的體積為48,側面與底面所成的角為45°，則此棱錐的側面積為___________。 11. 建造一個容積為8m，深為2m的長方體無蓋水池，如果池底和池壁的造價每平方米分別為120元和80元，則水池的最低造價為___________。 12．已知函數滿足：，，則 。 13．已知為正整數，方程的兩實根為，且，則的最小值為________________________。 14．設函數f(x)=l

41、g(ax+2x+1)． (1)若f(x)的定義域是R，求實數a的取值范圍； (2)若f(x)的值域是R，求實數a的取值范圍． 15．設不等式2x－1>m(x－1)對滿足|m|≤2的一切實數m的取值都成立。求x的取值范圍。 16. 設等差數列{a}的前n項的和為S，已知a＝12，S>0，S<0 。 ①.求公差d的取值范圍； ②.指出S、S、…、S中哪一個值最大，并說明理由。(1992年全國高考) P M A H B D C 17. 如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直于圓O所在平面，C是圓周上任一點，設∠BA

42、C＝θ，PA＝AB=2r，求異面直線PB和AC的距離。 18. 已知△ABC三內角A、B、C的大小成等差數列，且tanA·tanC＝2＋，又知頂點C的對邊c上的高等于4,求△ABC的三邊a、b、c及三內角。 19. 設f(x)＝lg，如果當x∈(-∞,1]時f(x)有意義，求 實數a的取值范圍。 20．已知偶函數f(x)=cosqsinx－sin(x－q)+(tanq－2)sinx－sinq的最小值是0，求f(x)的最大值 及此時x的集合． 21．已知，奇函數在上單調． （Ⅰ）求字母應滿足的條件； （Ⅱ）設，且滿足，求證：． （Ⅴ）、參考答案 1

43、．不改變f(x)值域，即不能縮小原函數定義域。選項B，C，D均縮小了的定義域，故選A。 2．先作出f(x,y)=0關于軸對稱的函數的圖象，即為函數f(-x,y)=0的圖象，又 f(2－x,y)=0即為，即由f(-x,y)=0向右平移2個單位。故選C。 3．命題p為真時，即真數部分能夠取到大于零的所有實數，故二次函數的判別式，從而；命題q為真時，。 若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。 若p為真，q為假時，無解；若p為假，q為真時，結果為1

44、5．函數f(x)的對稱軸為2，結合其單調性，選A； 6．從反面考慮，注意應用特例，選B； 7．設tan＝x (x>0），則＋＝，解出x＝2，再用萬能公式，選A； 8．利用是關于n的一次函數，設S＝S＝m，＝x，則（,p）、(,q)、 (x，p+q)在同一直線上，由兩點斜率相等解得x＝0，則答案：0； 9．設cosx＝t，t∈[-1,1]，則a＝t－t－1∈[－,1]，所以答案：[－,1]； 10．設高h，由體積解出h＝2，答案：24； 11．設長x，則寬，造價y＝4×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：1760。 12．運用條件知：=2，且 ==16 13．依題

45、意可知，從而可知，所以有 ，又為正整數，取，則 ，所以，從而，所以，又，所以，因此有最小值為。 下面可證時，，從而，所以, 又,所以,所以,綜上可得:的最小值為11。 14．分析:這是有關函數定義域、值域的問題，題目是逆向給出的，解好本題要運用復合函數，把f(x)分解為u=ax+2x+1和y=lgu 并結合其圖象性質求解． 解:(1)的定義域是R對一切實數恒成立. a=0或a＜0不合題意， 所以 故a＞1．即為所求. (2) 的值域域是R能取遍一切正實數. a＜0時不合題意； a=0時，u=2x+1，u能取遍一切正實數； a＞0時，其判別式Δ=22-4×a×1

46、≥0，解得0＜a≤1． 所以當0≤a≤1時f(x)的值域是R． 15．分析：此問題由于常見的思維定勢，易把它看成關于x的不等式討論。然而，若變換一個角度以m為變量，即關于m的一次不等式(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成立的問題。對此的研究，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1)，則問題轉化為求一次函數（或常數函數）f(m)的值在[-2,2]內恒為負值時參數x應該滿足的條件。 解：問題可變成關于m的一次不等式：(x－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成立，設f(m)＝(x－1)m－(2x－1), 則 解得x∈（,） 說明 本題的關鍵是變換角度，以參數m作為自

47、變量而構造函數式，不等式問題變成函數在閉區(qū)間上的值域問題。本題有別于關于x的不等式2x－1>m(x－1)的解集是[-2,2]時求m的值、關于x的不等式2x－1>m(x－1)在[-2,2]上恒成立時求m的范圍。 一般地，在一個含有多個變量的數學問題中，確定合適的變量和參數，從而揭示函數關系，使問題更明朗化?；蛘吆袇档暮瘮抵?，將函數自變量作為參數，而參數作為函數，更具有靈活性，從而巧妙地解決有關問題。 16．分析： ①問利用公式a與S建立不等式，容易求解d的范圍；②問利用S是n的二次函數，將S中哪一個值最大，變成求二次函數中n為何值時S取最大值的函數最值問題。 解：① 由a＝a＋2d＝1

48、2,得到a＝12－2d，所以 S＝12a＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0， S＝13a＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。 解得：－d－3。 ② S＝na＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d ＝[n－(5－)]－[(5－)] 因為d0，故[n－(5－)]最小時，S最大。由－d－3得6(5－)6.5，故正整數n＝6時[n－(5－)]最小，所以S最大。 說明： 數列的通項公式及前n項和公式實質上是定義在自然數集上的函數，因此可利用函數思想來分析或用函數方法來解決數列問題。也可以利用方程的思想，設出未知的量，建立等式關系即

49、方程，將問題進行算式化，從而簡潔明快。由次可見，利用函數與方程的思想來解決問題，要求靈活地運用、巧妙的結合，發(fā)展了學生思維品質的深刻性、獨創(chuàng)性。 本題的另一種思路是尋求a0、a0，即鄰項變號：由d0知道aa…a，由S＝13a0得a0，由S＝6(a＋a)0得a0。所以，在S、S、…、S中，S的值最大。 17．分析：異面直線PB和AC的距離可看成求直線PB上任意一點到AC的距離的最小值，從而設定變量，建立目標函數而求函數最小值。 P M A H B D C 解：在PB上任取一點M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H，

50、 設MH＝x，則MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。 ∴MD＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsinθx＋4rsinθ＝(sinθ＋1)[x－]＋ 即當x＝時，MD取最小值為兩異面直線的距離。 說明：本題巧在將立體幾何中“異面直線的距離”變成“求異面直線上兩點之間距離的最小值”，并設立合適的變量將問題變成代數中的“函數問題”。一般地，對于求最大值、最小值的實際問題，先將文字說明轉化成數學語言后，再建立數學模型和函數關系式，然后利用函數性質、重要不等式和有關知識進行解答。比如再現性題組第8題就是典型的例子。 18．分析：已知了一個積式，考慮能否由其它已知得到一個和式，再

51、用方程思想求解。 解： 由A、B、C成等差數列，可得B＝60°； 由△ABC中tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC，得 tanA＋tanC＝tanB(tanA·tanC－1)＝ (1＋) 設tanA、tanC是方程x－(＋3)x＋2＋＝0的兩根，解得x＝1，x＝2＋ 設A

52、 19．分析：當x∈(-∞,1]時f(x)＝lg有意義的函數問題，轉化為1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式問題。 解：由題設可知，不等式1＋2＋4a>0在x∈(-∞,1]上恒成立， 即：()＋()＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立。 設t＝(), 則t≥， 又設g(t)＝t＋t＋a，其對稱軸為t＝－ ∴ t＋t＋a＝0在[,+∞)上無實根， 即 g()＝()＋＋a0，得a－ 所以a的取值范圍是a－。 說明：對于不等式恒成立，引入新的參數化簡了不等式后，構造二次函數利用函數的圖像和單調性進行解決問題，其中也聯系到了方程無解，體現了方程思想和函數思想。一般地，

53、我們在解題中要抓住二次函數及圖像、二次不等式、二次方程三者之間的緊密聯系，將問題進行相互轉化。 在解決不等式()＋()＋a0在x∈(-∞,1]上恒成立的問題時，也可使用“分離參數法”： 設t＝(), t≥，則有a＝－t－t∈(－∞,－]，所以a的取值范圍是a－。其中最后得到a的范圍，是利用了二次函數在某區(qū)間上值域的研究，也可屬應用“函數思想”。 20．解：f(x)=cosqsinx－(sinxcosq－cosxsinq)+(tanq－2)sinx－sinq =sinqcosx+(tanq－2)sinx－sinq 因為f(x)是偶函數，所以對任意x?R，都有f(－x)=f

54、(x)， 即sinqcos(－x)+(tanq－2)sin(－x)－sinq=sinqcosx+(tanq－2)sinx－sinq, 即(tanq－2)sinx=0，所以tanq=2 由解得或此時，f(x)=sinq(cosx－1). 當sinq=時，f(x)=(cosx－1)最大值為0，不合題意最小值為0，舍去； 當sinq=時，f(x)=(cosx－1)最小值為0， 當cosx=－1時，f(x)有最大值為,自變量x的集合為{x|x=2kp+p,k?Z}． 21．解：（1）；．， 若上是增函數，則恒成立，即 若上是減函數，則恒成立，這樣的不存在． 綜上可得：． （2）（證法一）設，由得，于是有，（1）－（2）得：，化簡可得 ，，，故，即有． （證法二）假設，不妨設，由（1）可知在 上單調遞增，故， 這與已知矛盾，故原假設不成立，即有．