2020年高考數(shù)學 備考沖刺之易錯點點睛系列 專題01 函數(shù)（學生版）

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1、函數(shù) 一、高考預測 本部分內(nèi)容的主要考點是：函數(shù)的表示方法、分段函數(shù)、函數(shù)的定義域和值域、函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的奇偶性、本部分在高考試卷中一般以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，考查的重點是函數(shù)的性質(zhì)和圖象的應用，重在檢測考生對該部分的基礎知識和基本方法的掌握程度.復習該部分以基礎知識為主，注意培養(yǎng)用函數(shù)性質(zhì)和函數(shù)圖象分析問題和解決問題的能力.二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)是中學數(shù)學的重要函數(shù)模型，也是函數(shù)內(nèi)容的主體部分，因此是高考重點考查的對象，在每年的高考試題中都會涉及到對這幾種函數(shù)模型的考查，既有可能在選擇題、填空題中出現(xiàn)，也有可能在解答題中出現(xiàn)，從難度上看，容易題、中檔題、難題均有可能出現(xiàn)，以

2、考查這些函數(shù)的圖象與性質(zhì)為主，同時還經(jīng)常將對這些內(nèi)容的考查與其他知識融合在一起，體現(xiàn)知識點的交匯. 二、知識導學 要點1：函數(shù)三要素 定義域的求法：當函數(shù)是由解析式給出時，求函數(shù)的定義域，就是由函數(shù)的解析式中所有式子都有意義的自變量x組成的不等式(組)的解集；當函數(shù)是由具體問題給出時，則不僅要考慮使解析式有意義，還應考慮它的實際意義． 求函數(shù)值域的常用方法 ：觀察法、不等式法、圖象法、換元法、單調(diào)性法等． 函數(shù)的表示法：函數(shù)的表示法：解析法、圖象法和列表法．當一個函數(shù)在定義域的不同區(qū)間上具有不同的對應關系時，在不同的定義域區(qū)間上的函數(shù)解析式也不同，就要用分段函數(shù)來表示．分段函數(shù)是一個

3、函數(shù)． 要點2．函數(shù)的圖象 1.解決該類問題要熟練掌握基本初等函數(shù)的圖象和性質(zhì)，善于利用函數(shù)的性質(zhì)來作圖，要合理利用圖象的三種變換．2.在研究函數(shù)性質(zhì)特別是單調(diào)性、最值、零點時，要注意用好其與圖象的關系、結(jié)合圖象研究． 要點3．函數(shù)的性質(zhì) (1)函數(shù)的奇偶性：緊扣函數(shù)奇偶性的定義和函數(shù)的定義域區(qū)間關于坐標原點對稱、函數(shù)圖象的對稱性等對問題進行分析轉(zhuǎn)化，特別注意“奇函數(shù)若在x＝0處有定義，則一定有f(0)＝0，偶函數(shù)一定有f(|x|)＝f(x)”在解題中的應用． (2)函數(shù)的單調(diào)性：一是緊扣定義；二是充分利用函數(shù)的奇偶性、函數(shù)的周期性和函數(shù)圖象的直觀性進行分析轉(zhuǎn)化．函數(shù)的單調(diào)性往往與不

4、等式的解、方程的解等問題交匯，要注意這些知識的綜合運用． 要點4．二次函數(shù) 1.求二次函數(shù)在某段區(qū)間上的最值時，要利用好數(shù)形結(jié)合， 特別是含參數(shù)的兩種類型：“定軸動區(qū)間，定區(qū)間動軸”的問題，抓住“三點一軸”，三點指的是區(qū)間兩個端點和區(qū)間中點，一軸指的是對稱軸． 2．注意三個“二次”的相互轉(zhuǎn)化解題 3．二次方程實根分布問題，抓住四點：“開口方向、判別式Δ、對稱軸位置、區(qū)間端點函數(shù)值正負．” 要點5．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù) 1.利用指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)比較大小 (1)底數(shù)相同，指數(shù)不同的冪用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進行比較； 底數(shù)相同，真數(shù)不同的對數(shù)值用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進行比較．(2)底

5、數(shù)不同、指數(shù)也不同，或底數(shù)不同、真數(shù)也不同的兩個數(shù)，可以引入中間量或結(jié)合圖象進行比較． 2．對于含參數(shù)的指數(shù)、對數(shù)問題，在應用單調(diào)性時，要注意對底數(shù)進行討論，解決對數(shù)問題時，首先要考慮定義域，其次再利用性質(zhì)求解． 要點6．函數(shù)模型的實際應用 解決函數(shù)模型的實際應用題，首先應考慮該題考查的是何種函數(shù)，并要注意定義域，然后結(jié)合所給模型，列出函數(shù)關系式，最后結(jié)合其實際意義作出解答．明確下面的基本解題步驟是解題的必要基礎： →→→ 要點7．函數(shù)零點 1.函數(shù)零點（方程的根）的確定問題，常見的類型有（1）零點或零點存在區(qū)間的確定；（2）零點個數(shù)的確定；（3）兩函數(shù)圖象交戰(zhàn)的橫坐標或有幾個交點

6、的確定；解決這類問題的常用方法有：解方程法、利用零點存在的判定或數(shù)形結(jié)合法，尤其是那些方程兩端對應的函數(shù)類型不同的方程多以數(shù)形結(jié)合法求解。 2．函數(shù)零點（方程的根）的應用問題，即已知函數(shù)零點的存在情況求參數(shù)的值或取值范圍問題，解決該類問題關鍵是利用函數(shù)方程思想或數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建關于參數(shù)的方程或不等式求解。 3.用二分法求函數(shù)零點近似值，用二分法求函數(shù)零點近似值的步驟（1）確定區(qū)間[a,b]，驗證f(a)·f(b)<0,給定精確度；（2）求區(qū)間(a,b)的中點；（3）計算f();①當f()=0,則就是函數(shù)的零點；②若f(a)·f()<0,則令b=(此時零點)，③若f()·f(b)<0,則令

7、a=(此時零點)。(4)判斷是否達到其精確度，則得零點近似值，否則重復以上步驟。 三、易錯點點睛 命題角度1 函數(shù)的定義域和值域 1．對定義域Df、Dg的函數(shù)y=f(x)，y=g(x)，規(guī)定：函數(shù)h(x)= (1)若函數(shù)f(x)=,g(x)=x2，寫出函數(shù)h(x)的解析式; (2)求問題(1)中函數(shù)h(x)的值域． [考場錯解] (1)∵f(x)的定義域Df為(-∞，1)∪(1，+∞)，g(x)的定義域Dg為R. ∴h(x)= (2)當x≠1時，h(x)==x-1++2≥4．或h(x)= ∈(-∞，0)∪(0，+∞)． ∴h(x)的值域為(4，+∞)，當x=1時

8、，h(x)=1．綜合，得h(x)的值域為{1}∪[4，+∞]． [專家把脈] 以上解答有兩處錯誤：一是當x∈Df但xDg時，應是空集而不是x≠1．二是求h(x)的值域時，由x≠1求h(x)=x-1++2的值域應分x>1和x<1兩種情況的討論． [對癥下藥] (1)∵f(x)的定義域Df=(-∞，1)∪(1，+∞)·g(x)的定義域是Dg=(-∞，+∞)．所以，h(x)= (2)當x≠1時，h(x)= ==x-1++2． 若x>1，則x-1>0，∴h(x)≥2+2=4． 當且僅當x=2時等號成立． 若x＜1，則x-1<0．∴h(x)=-[-(x-1)- ]+2≤-2

9、+2=0．當且僅當x=0時等號成立．當x=1時，h(x)=1．綜上得h(x)的值域為(-∞，0)∪{1}∪． [對癥下藥] (1)由2-≥0，得≥0，∴x<-1或x≥1．即A=(-∞，-1)∪[1，+∞]． (2)由(x-a-1)(2a-x)＞0，得(x-a-1)(x-2a)<0， 當a=1時，B= ?，∵定義域為非空集合，∴a≠1．當 a<1時，a+1>2a，∴B=(2a，a+1)，∵BA， ∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥或a≤-2．而a<1，∴≤a≤1或a≤-2， 故當BA時，實數(shù)a的取值范圍是(-∞，-2)∪[，1]． 3．記函數(shù)f(x)=lg(2x-3)的定義域為集

10、合M，函數(shù)g(x)=的定義域為集合N．求集合M，N； 集合M∩N．M∪N. [考場錯解] (1)由2x-3＞0解得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0 得x-1≤x-3∴-1≤-3．∴N= ?． (2)∴M∩N=?．M∪N={x|x>}． [專家把脈] 求集合N時解不等式1-≥0兩邊同乘以(x-1)不等號不改變方向，不符合不等式性質(zhì)，應先移項化為≥0的形式再轉(zhuǎn)化為有理不等式，求解，另外定義域不可能為非空集合．∴N=?顯然是錯誤的． [對癥下藥] (1)由2x-3＞0，得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0得 ∴x≥3或x<1．∴N={x|x≥3或x<1}． (2

11、)∴M∩N={x|x>}∩{x|x≥3或x>1}={x|x≥3}．M∪N={x|x>}∪{x|x≥3或x>1}={x|x>或x<1}． 4．若集合M={y|y=2-x}，P={y|y=}，則M∩P等于 ( ) A．{y|y＞1} B．{y|y≥1} C.{y|y>0} D．{y|y≥0} [考場錯解] 選A或B [專家把脈]錯誤地認為是求函數(shù)y=2-x和y=的定義域的交集．實際上是求兩函數(shù)的值域的交集． [對癥下藥] ∵集合中的代表元素為y，∴兩集合表示兩函數(shù)的值域，又∴M={y|y=2-x}={y|y>0}，P={y|

12、y=}={y|y≥0}．∴M∩P={y|y＞0}，故選C． 專家會診1。對于含有字母的函數(shù)求定義域或已知其定義域求字母參數(shù)的取值范圍，必須對字母酌取值情況進行討論，特別注意定義域不能為空集。2．求函數(shù)的值域，不但要重視對應法則的作用，而且要特別注意定義域?qū)χ涤虻闹萍s作用． 命題角度2 函數(shù)單調(diào)性的應用 1．已知a≥0，且函數(shù)f(x)=(x2-2ax)ex在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． [考場錯解] ∵f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] 又∵f(x)在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)， f′(x)≥0在[-1，1]上恒

13、成立.即 ex[x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0，g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立．即或△=4(1-a)2+8a＜0或 解得：a∈?．故f(x)在[-1，1]上不可能為單調(diào)函數(shù)． [專家把脈] 上面解答認為f(x)為單調(diào)函數(shù),f(x)就只能為單調(diào)增函數(shù)，其實f(x)還有可能為單調(diào)減函數(shù)，因此應令f′(x)≥0或f′(x)≤0在[-1，1]上恒成立． [對癥下藥] f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] ∵f(x)在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)．(1)若f(x

14、)在[-1，1]上是單調(diào)遞增函數(shù)． 則f′(x)≥0在[-1，1]上恒成立，即ex[x2+2(1-a)x-2a]≥0在[-1，1]上恒成立．∵ex>0．∴g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立，則有或△=4(1-a)2+8a＜0或 解得，a∈?． 問的條件當成第(2)問的條件，因而除了上述證明外，還需證明x0<-1時，方程也沒有負根． [對癥下藥] （1）設-10，又a>1，∴ax2-x1>1．而-1

15、+1>0，x2+1>0． ∴f(x2)-f(x1)＞0∴f(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)． (2)設x0為方程f(x)=0的負數(shù)根，則有ax0+=0．即ax0=-1+ 顯然x0≠-1， 當0＞x0＞-1時，1＞x0+1＞0，＞3，-1+>2．而-1的解．當x0<-1時．x0+1＜0<0，-1+＜-1，而ax0>0矛盾．即不存在x0<-1的解． 3．若函數(shù)f(x)=l0ga(x3-ax)(a＞0且a≠1)在區(qū)間(-，0)內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是 ( ) A.[，1] B.[，1] C.[，+∞] D.(

16、1，-) [考場錯解] A當a∈(0，1)時，要使f(x)=loga(x3-ax)在區(qū)間(-，0)上單調(diào)遞增．∴x3-ax＞0在(-，0)上恒成立，∴(-)3+a≥0 a≥.綜合得a∈[，1].當a>1時，x3-ax>0在(-,0)上不可能成立． [專家把脈] 上面解答根本沒有按復合函數(shù)單調(diào)性法則進行判斷，而只是考慮函數(shù)的定義域，這樣的答案肯定是錯誤的． [對癥下藥] 設(x)=x3-ax 當0＜a＜1時，依題意,(x)在(-，0)上單調(diào)遞減且(x)在(-，0)上大于0． ∵′(x)=3x2-a.即′(x)≤0在(-，0)上恒成立a≥3x2在(-，0)上恒成立．

17、 ∵x∈(-，0)∴3x2∈(0，). ∴a≥．此時(x)>0．∴≤a<1． 當a>1時，(x)在(-，0)上單調(diào)遞增， ∴′(x)=3x2-a≥0在(-，0)上恒成立． ∴a≤3x2在(-，0)上恒成立． 又3x2∈(0，)·∴a≤0與a＞1矛盾． ∴a的取值范圍是[，1].故選B. 專家會診 1.討論函數(shù)單調(diào)性必須在定義域內(nèi)進行，因此討論函數(shù)的單調(diào)性必須求函數(shù)定義域． 2．函數(shù)的單調(diào)性是對區(qū)間而言的，如果f(x)在區(qū)間(a，b)與(c，d)上都是增(減)函數(shù)，不能說 f(x)在(a，b)∪(c，d)上一定是增(減)函數(shù)． 3．設函數(shù)y=f(u)，u=g(x)

18、都是單調(diào)函數(shù)，那么復合函數(shù)y=f[g(x)]在其定義域上也是單調(diào)函數(shù)．若y=f(u)與u=g(x)的單調(diào)性相同，則復合函數(shù)y=f[g(x)]是增函數(shù)；若y=f(u)，u=g(x)的單調(diào)性相反，則復合函數(shù)y=f[g(x)]是減函數(shù)．列出下表以助記憶． y=f(u) u=g(x) y=f[g(x)] ↗ ↗ ↗ ↗ ↘ ↘ ↘ ↘ ↗ ↘ ↗ ↘ 上述規(guī)律可概括為“同性則增，異性則減”． 命題角度3 函數(shù)的奇偶性和周期性的應用 1．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(x+2)，當x∈[3，4]時,f(x)=x-2．則 ( ) A．f(s

19、in)＜f(cos) B．f(sin)＞f(cos) C．f(sin1)＜f(cos1) D.f(sin)＜f(cos) [考場錯解] A 由f(x)=f(x+2)知T=2為f(x)的一個周期．設x∈[-1，0]知x+4∈[3，4] ∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2．∴f(x)在[-1，0]上是增函數(shù) 又f(x)為偶函數(shù)．∴f(x)=f(-x) ∴x∈[0，1]時,f(x)=x+2，即f(x)在[0，1]上也是增函數(shù)．又∵sin＜cos f(sin)＜f(cos)． [專家把脈] 上面解答錯在由f(x)=f(-x)得f(x)=x+2這

20、一步上，導致錯誤的原因主要是對偶函數(shù)圖像不熟悉． [對癥下藥] C 由f(x)=f(x+2)知T=2為f(x)的一個周期，設x∈[-1，0]，知x+4∈[3，4] ∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2． ∴f(x)在[-1，0]上是增函數(shù)． 又∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)的圖像關于y軸對稱． ∴f(x)在[0，1]上是減函數(shù)． A：sinf(cos) B：sin＞cosf(sin)＞f(cos)． C：sin1>cos1f(sin1)

21、的偶函數(shù)，在(-∞，0)上是減函數(shù)，且f(2)=0，則使得f(x)＜0的x的取值范圍是 ( ) A．(-∞，2) B．(2，+∞) C．(-∞，-2)∪(2，+∞) D．(-2，2) [考場錯解] C f(-x)=f(x)＜0=f(2)．∴x＞2或x<-2． [專家把脈] 以上解答沒有注意到偶函數(shù)在對稱區(qū)間的單調(diào)性相反．錯誤地認為f(x)在[0，+∞]上仍是減函數(shù)，導致答案選錯． [對癥下藥] D ∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(-x)=f(x)=f(|x|)．∴f(x)<0．f(|x|)＜f(2)．又∵f(x)在(-∞，0)上

22、是減函數(shù)，∴f(x)在[0，+∞]上是增函數(shù)，|x|＜2-2

23、脈] 上面解答忽視了奇函數(shù)性質(zhì)的運用．即f(x)在x=0處有定義f(0)=0． [對癥下藥] 填0 依題意f(-x)=-f(x)．f(x)=f(1-x)．∴f(-x)=-f(1-x) 即f(-x)+f(1-x)= 0 f(x)+f(x-1)=0 ∴f(5)+f(4)=0，f(3)+f(2)=0．f(1)+f(0)=0．又∵f(x)在x=0處有定義，∴f(0)=0∴f(5)+f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=f(1)=-f(0)=O. 4．設函數(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

24、(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[-2020，2020]上根的個數(shù)，并證明你的結(jié)論． [考場錯解] 依題意f(x)=f(4-x)．f(x)=f(14-x)．∴f(4-x)=f(14-x)，∴f(x)=f(x+10)∴f(x)是以 10為周期的函數(shù),f(3)=0．∴f(-3)=f(7)=0．∴f(3)=f(-3)=-f(3)．∴f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)． (2)由(1)知f(x)是周期為10的周期函數(shù)，又f(3)=f(1)=0，∴f(11)=f(13)=f(-)=f(-9)=0． 故f(x)在[0，10]上有兩個

25、解，從而可知函數(shù)y=f(x)在[0，2020]上有401個解．[-2020，0]上有401個解，所以函數(shù)丁y=f(x)在[-2020，2020]上有802個解． [專家把脈] (1)對題意理解錯誤，題設中“在閉區(qū)間[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0”說明除了f(1)、f(3)等于 0外再不可能有f(7)=0．(2)因f(x)在R上既不是奇函數(shù)，又不是偶函數(shù)．不能認為x∈[0，10]，[-10，0]上各有兩個解，則認為在[0，2020]與在[-2020，0]上解的個數(shù)相同是錯誤的，并且f(x)=0在[0，2020]上解的個數(shù)不是401個，而是402個． A．a(chǎn)∈(-∞

26、，1) B．a(chǎn)∈[2，+∞] C．a(chǎn)∈[1，2] D．a(chǎn)∈(-∞，1)∪[2，+∞] [考場錯解] 選A或B ∵a∈(-∞，1]∴f(x)在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)．∴f(x)存在反函數(shù)．當a∈[2，+∞)．對稱軸x=a在區(qū)間[1，2]的右側(cè)，∴f(x)在 [1，2]上是減函數(shù)．∴f(x)存在反函數(shù)． [專家把脈] 上面解答只能說明A或B是f(x)存在反函數(shù)的充分條件，并不是充要條件． [對癥下藥] ∵一個函數(shù)在某區(qū)間上存在反函數(shù)的充要條件是此函數(shù)在這個區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)． ∴對稱軸x=a不應在(1，2)內(nèi)，∴a≤1或a≥2．故選C.

27、 2． y=(1≤x≤2)的反函數(shù)是 ( ) A.y=1+(-1≤x≤1) B.y=1+ (0≤x≤1) C.y=1- (-1≤x≤1) D.y=1- (0≤x≤1) [考場錯解] C ∵y2=2x-x2．∴(x-1)2=1-y2．∴x-1=-，∴x=1-．x、y對換得y=1- 又1-x2≥0．∴-1≤x≤1．因而f(x)的反函數(shù)為y=1-(-1≤x≤1)． [專家把脈] 上面解答有兩處錯誤(一)∵1≤x≤2,∴x-1≥0．由(x-1)2=1-y2開方取“正號”而不是取“負號”；(二)反函數(shù)的定義域應通過求原函數(shù)的值域而得到

28、，而不是由反函數(shù)解析式確定． [對癥下藥] B 由y=(x-1)2=1-y2．∴x∈[1，2]x-1∈[0，+∞]． ∴x-1==1+．x、y對換得y=1+ 又∵y=(1≤x≤2)． ∴0≤y≤1即原函數(shù)值域為[0，1]．所以反函數(shù)為y=1- (0≤x≤1).選B. 3． 設f-1(x)是函數(shù)f(x)=(ax-a-x)(a＞1)的反函數(shù)，則使f-1(x)＞1成立的x的取值范圍為 ( ) A．(，+∞) B．(-∞，) C．(,a) D．(a，+∞) [考場錯解] C ∵y= (ax-a-x)，∴a2x-2y·ax-1=0．a(chǎn)

29、x==y+．∴x=loga(y+)，x、y對換．∴f-1(x)=loga(x+)(x∈R)又∵f-1(x)＞1，∴l(xiāng)oga(x+)＞1x +＞a. ＞a-x∴1 ∴l(xiāng)oga(x+)>1x+>a＞a-x＜x＜+∞. 解法2：利用原函數(shù)與反

30、函數(shù)的定丈域、值域的關系．原題等價于x>1時，f(x)=(ax-a-x)的值域，∴f(x)=(ax-a-x)在R上單調(diào)遞增．∴f(x)＞(a-)=．選A. 4. 設函數(shù)f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，且存在反函數(shù)f-1(x)，f(4)=0，f-1(4)=________． [考場錯解] 填0 ∵y=f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，又∵f(4)=0，∴f(0)=4，∴f-1(4)=0 [專家把脈] 上面解答錯在由圖像過點(4，0)得到圖像過點(4，0)上，因為f(x)圖像關于點(1，2)對稱不是關于y=x對稱，因此應找出圖像過點(-2，4)是關鍵．

31、 [對癥下藥] 填-2． 解法1 ∵f(4)=0，∴f(x)的圖像過點(4，0)．又∵f(x)的圖像關于點(1，2)對稱，∴f(x)的圖像過點 (2-4，4-0)即(-2，4)．∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2． 解法2 設y=f(x)上任一點P(x、y)關于點(1，2)對稱的點為P′(2-x，4-y)．依題意4-y=f(2-x)，∴4-f(x)=f(2-x) f(x)+f(2-x)=4．令x=4．∴f(4) +f(-2)=4.又f(4)=0，∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2． 專家會診 1.求反函數(shù)時必須注意：(1)由原解析式解出x=f-1(y)，如求出的x不

32、唯一，要根據(jù)條件中x的范圍決定取舍，只能取一個；(2)要求反函數(shù)的定義域，即原函數(shù)的值域． 2．分段函數(shù)的反函數(shù)可以分別求出各段函數(shù)的反函數(shù)后再合成． 3．若點(a，b)在原函數(shù)y=f(x)的圖像上，則(b，a)在反函數(shù)y=f-1(x)的圖像上． 解法2：依定義f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t,f′(x)=-3x2+2x+t， 若f(x)在(-1，1)上是增函數(shù)，則在(-1，1)上恒有 f′(x)≥0，∵f′(x)的圖像是開口向下的拋物線． ∴當且僅當t≥5時，f′(x)在(-1，1)上滿足f′(x)>0．即f(x)在(-1，1)上是增函數(shù)．故t的取

33、值范圍是[5，+∞]． 2．已知函數(shù)f(x)=ax-x2的最大值不大于，又當x∈時，f(x)≥. (1)求a的值; (2)設0

34、因此,f(x)的最小值應是f().而不是f(). [對癥下藥] (1)由于f(x)=ax-x2=-(x-)2+ ∴f(x)的最大值為.∴≤,即a2≤1．∴-1≤a≤1 又x∈時，f(x)≥，即f(x)≥在上恒成立．∴≤[f(x)]min.由①得-1≤a≤1．∴-≤a≤.∴f(x)在上的最小值為f()=-.∴-≥．解得a≥1 ② 由①,②得a=1. (2)(i)當n=1時,0＜a1<，不等式00，x∈(0，)，所以0

35、的對稱軸x=知f(x)在[0，]上為增函數(shù)，所以0-2x的解集為(1，3)． (1)若方程f(x)+6a=0有兩個相等的根，求f(x)的解 (2)若f(x)的最大值為正數(shù)，求a的取值范圍． [考場錯解] (1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集．為(1，3)，∴1、3是方程ax2+(b+2)x+c=

36、0的兩根，∴ ∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ② ∵方程②有兩個相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0即 5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-. ∴f(x)的解析式為f(x)=x2-6x+9或f(x)=- x2-x-. (2)由f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x-)2-可得f(x)的最大值為-． 令->0a(a+2+)(a+2-)<0解得0<-2-或-2+

37、[專家把脈] 上面解答由f(x)+2x＞0的解集為(1，3)．忽視了隱含條件a＜0．所以(1)應舍去a=1．另外第(2)問若沒有a＜0這個條件，也不能說f(x)的最大值是-，從而很不容易求得a的范圍． [對癥下藥] (1)∵f(x)+2x＞0的解集為(1，3),∴f(x)+2=a(x-1)(x-3)且a<0，因而f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ② 因為方程②有兩個相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0．即5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-.

38、 由于a＜0，舍去a=1．將a=-代入①得f(x)的解析式為f(x)=- x2-x-. (2)由f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a=a(x-)2-及a＜0，可得f(x)的最大值為-.由， 解得a＜-2-或-2+＜a<0． 專家會診 利用二次函數(shù)圖像可以求解一元二次不等式和討論一元二次方程的實根分布情況，還可以討論二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值．對于根的分布問題，一般需從三個方面考慮：①判別式；②區(qū)間端點函數(shù)值的正負；③對稱軸x=-與區(qū)間端點的關系．另外，對于二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值要抓住頂點的橫坐標與閉區(qū)間的相對位置確定二次函數(shù)的單調(diào)性進行求解. 命題角度6

39、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應用 1．函數(shù)y=e｜lnx｜-|x-1|的圖像大致是 ( ) [考場錯解] 選A或B或C [專家把脈] 選A，主要是化簡函數(shù)y=e｜lnx｜-|x-1|不注意分x≥1和x<1兩種情況討論，選B，主要是化簡時錯誤地認為當，x<1時，e｜lnx｜-|x-1|=-.選C，主要時當x≥1時化簡錯誤． [對癥下藥] D ∵f(x)=e｜lnx｜-|x-1|=作出其圖像即可 2．(典型例題)在y=2x，y=log2x，y=x2，y=cos2x這四個函數(shù)中，當0恒成立的函數(shù)的個數(shù)是 (

40、 ) A.0 B．1 C．2 D．3 [考場錯解] C [專家把脈] 對四個函數(shù)圖像不熟悉導致錯誤．由題設條件知F(x)在(0，1)上是凸函數(shù)，認為y=log2x和y=cos2x在(0，1)上是凸函數(shù)．其實y=cos2x在(0，)是凸函數(shù)，在(，1)是凹函數(shù). [對癥下藥] B 根據(jù)條件，當0恒成立知f(x)在(0，1)上是凸函數(shù)，因此只有y=log2x適合．y=2x和y=x2在(0，1)上是函數(shù)．y=cos2x在(0，)是凸函數(shù)，但在(，1)是凹函數(shù)，故選B． 3．若函數(shù)f(x)=loga(2x2+x)(a

41、>0且a≠1)在區(qū)間(0, )內(nèi)恒有f(x)>0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 A.(-∞，-) B．(-，+∞) C．(0，+∞) D．(-∞，-) [考場錯解] 選A或C [專家把脈] 選A，求f(x)的單調(diào)區(qū)間時沒有考慮函數(shù)定義域?qū)е洛e誤；選C，求復合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時沒有注意內(nèi)、外層函數(shù)均遞減時，原函數(shù)才是增函數(shù)．事實上 (0，+∞)是f(x)的遞減區(qū)間． [對癥下藥] D ∵f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在區(qū)間(0，)內(nèi)恒有f(x)>0，若a>1，則由f(x)>0 x>或x<-1．與題設矛盾.∴0

42、1．設(x)= 2x2+x=2(x+)2-.(x)>0x>0或x<- .∴f(x)在(-∞，-)內(nèi)是增函數(shù)． 4．已知函數(shù)f(x)=ln(ex+a)(a>0) (1)求函數(shù)y=f(x)的反函數(shù)y=f-1(x)及f(x)的導數(shù)f′(x)． (2)假設對任意x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求實數(shù)m的取值范圍． [考場錯解] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)．∴f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)=[ln(ex+a)]′= (2)由｜m-f-1(x)｜+ln[f′(x)]<

43、0得-ln+ln(ex-a)

44、定后才能用這一結(jié)論． [對癥下藥] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)∴y=f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)= . 由′(x)=+1,-1． 注意到00，r′(x)>0，從而可知 (x)與r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上單調(diào)遞增，因此不等式③成立，當且僅當(ln(4a))

45、義域，忽視指數(shù)和對數(shù)的底數(shù)對它們的圖像和性質(zhì)起的作用. 命題角度 7 函數(shù)的應用 1．某公司在甲，乙兩地銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為L1=5．06x-0．15x2，和L2=2x，其中x為銷售量(單位：輛)．若該公司在這兩地共銷售15輛車，則能獲得的最大利潤為 ( ) A．45．606 B．45．6 C．46．8 D．46．806 [考場錯解] D 設甲地銷售x軸，則乙地銷售15-x輛．總利潤L=L1+L2=5.06x-0．15x2+2(15-x)= -0．15x2+3．06x+30=-O．15(x-)2+46.806

46、∴當x=時，獲得最大利潤46．806萬元．故選D. [專家把脈] 上面解答中x=不為整數(shù)，在實際問題中是不可能的，因此x應根據(jù)拋物線取與x=接近的整數(shù)才符合題意． [對癥下藥] B 設甲地銷售x輛．則乙地銷售(15-x)輛，則總利潤L=L1+L2=5．06x-0．15x2+2(15-x)= -0．15x2+3．06x+30=-0．15(x-10．2)2+46．806． 根據(jù)二次函數(shù)圖像和x∈N*，∴當x=10時，獲得最大利潤L=-0．15×102+3．06×10+30=45．6萬元．選B． 2．甲方是一農(nóng)場，乙方是一工廠，由于乙方生產(chǎn)須占用甲方的資源，因此甲方有

47、權(quán)向乙方索賠以彌補經(jīng)濟損失并獲得一定凈收入，在乙方不賠付甲方的情況下，乙方的年利潤x(元)與年產(chǎn)量t(噸)滿足函數(shù)關系x=2000，若乙方每生產(chǎn)一噸產(chǎn)品必須賠付甲方S元(以下稱S為賠付價格)． [對癥下藥] (1)解法1 因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際年利潤為：W=2000-St ∵W=2000-St=S(-)≤S=()2當且僅當=-即t=()2時，W取得最大值． ∴乙方取得最大年利潤的年產(chǎn)量t=()2噸． 解法2 因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際年利潤為W=2000-St． ∴W=2000-St=-S(-)2+ ∴當t=(

48、)2時，w取得最大值． ∴乙方取得最大年利潤的年產(chǎn)量t=()2 (噸) 解法3 因為賠付價格為S元／噸，所以乙方的實際年利潤為：w=2000-St． 由w′=-S=,令w′=0得t=t0=()2．當t0；當t>t0時，w′<0．所以t=t0時w取得最大值．因此乙方取得最大年利潤的年產(chǎn)量t0=()2噸． 設甲方凈收入為v元，則v=St-0．002t2． 將t=()2代入上式，得到甲方凈收入v與賠付價格S之間的函數(shù)關系式v=-.又v′=--令v′=0得S=20，當S<20時，v′>0；當S>20時，v′<0，∴S=20時，v取得最大值．因此甲方向乙方要求賠付價格S

49、=20(元／噸)時，獲得最大凈收入． 3．某段城鐵線路上依次有A，B，C三站，AB=5km，BC=3km在列車運行時刻表上，規(guī)定列車8時整從A站發(fā)車，8時07分到達B站并停車1分鐘，8時12分到達C站，在實際運行時，假設列車從A站正點發(fā)車，在B站停留1分鐘，并在行駛時以同一速度vkm／h，勻速行駛，列車從A站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差． (1)分別寫出列車在B、C兩站的運行誤差； (2)若要求列車在B，C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求v的取值范圍． [考場錯解] (1)列車在B、C兩站的運行誤差(單位：分鐘)分別是|-7|和|-11

50、| (2)由于列車在B、C兩站的誤差之和不超過2分鐘，所以|-7|+|-11|≤2(*) 當0

51、2(*) 當0時，(*)式變形為7-+11-≤2，解得

52、(200，0)，B(0，220)，C(0，300) 直線l的方程為y=(x-200)tanα，即y=．設此人距山崖的水平距離為x， 則P(x，)(x＞200)，由經(jīng)過兩點的直線的斜率公式 kPC==kPB=.由直線PC到直線PB的角的公式得： tan ∠BPC= 設u=∴ux2-(288u-64)x+160×640u=0 ① ∵u≠0∵x∈R.△=(288u-64)2-4×160×640u2≥0. 解得 u≤2． 當u=2時，x=320．即此人距山崖320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． [專家把脈] 上述解答過程中利用x∈R由判別式法求u的最大值是錯誤的

53、，因為x＞200，即由判別式求得u的最大值，還必須檢驗方程①的根在(200，+∞)內(nèi)． [對癥下藥] 如圖所示，建立平面直角坐標系，則A(200，0)，B(0，220)，C(0，300)．直線l的方程為y=(x-200)tanα，即y=. 設此人距山崖的水平距離為x，則P(x，)(x＞200)．由經(jīng)過兩點的直線的斜率公式 kPC=,kPB=.由直線PC到直線PB的角的公式得 tan∠BPC== 要使tan∠BPC達到最大，只須x+達到最?。删挡坏仁? x+≥2,當且僅當x=時上式取得等號．故當x=320時tan∠BPC最大．由此實際問題知，0<∠BPC<，所以t

54、an∠BPC最大時，∠BPC最大，故當此人距山崖水平距離為320米時，觀看鐵塔的視角∠BPC最大． 5．某公司生產(chǎn)一種產(chǎn)品的固定成本(即固定投入)為0．5萬元，但每生產(chǎn)100件需要增加投入0．25萬元，市場對此產(chǎn)品的需要量為500件，銷售收入為函數(shù)為R(x)=5x-(0≤x≤5)，其中x是產(chǎn)品售出的數(shù)量(單位：百件)． (1)把利潤表示為年產(chǎn)量的函數(shù)f(x)．(2)年產(chǎn)量是多少時，當年公司所得利潤最大? (3)年產(chǎn)量是多少時，當年公司不虧本?(取=4．65)． [考場錯解] (1)設年產(chǎn)量為x(百件)，所以f(x)=5x- (0．5+0．25x) (2)f(x)=- (x-4．7

55、5)2+ ∴當x=4．75(百件)時[f(x)]max=×21．5625=10．78125(萬元) (3)∵f(x)≥0，∴ (x-4．75)2+≥0，解得0．1≤x≤9．4 ∴年產(chǎn)量10件到940件之間不虧本． [專家把脈] 上述解答忽視了“市場對產(chǎn)品的需要量為500件”條件，事實上，當產(chǎn)品生產(chǎn)量超過500件時，市場銷售最多只能是500件，事實上，因此，這時不能用 R(x)=5x-表示收入，而是R(5)． [對癥下藥] (1)設年產(chǎn)量x(百件)，所以f(x)= (2)當0≤x≤5時,f(x)=-5x-(0．5+0．25x)=-(x-4．75)2+ ∴當x=4.75(

56、百件)時，[f(x)]max=×21．5625(萬元) 當x>5時，f(x)=12-0．25x<12-1．25<×21．5625∴x=4．75時，[f(x)]max=×21．5625 即年產(chǎn)量是475件時，當年公司所得利潤最大． (3)當0≤x≤5時，由f(x)≥0，-(x-4.75)2+≥0 ∴0．1≤x≤5．(ⅱ)當x>5時，12-0．25x≥05

57、關鍵是建立相關函數(shù)的解析式，然后應用函數(shù)知識加以解決.在求得數(shù)學模型的解后應回到實際問題中去，看是否符合實際問題. 四、典型習題導練 1、則的值為 . 2、已知是定義在上的單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足，則實數(shù)的取值范圍是 A. B. C. D. 3、定義函數(shù)，若存在常數(shù)C，對任意的，存在唯一的，使得，則稱函數(shù)在D上的均值為C．已知，則函數(shù)上的均值為（ ） A． B． C． D．10 4、若關于的不等式的解集為非空集，則實數(shù)的取值范圍是_________ 5、已知，，規(guī)定：當時, ；當時,

58、，則 A. 有最小值,最大值1 B. 有最大值1,無最小值 C. 有最小值,無最大值 D. 有最大值,無最小值 6、下列函數(shù)中，滿足“對任意的，當時，總有”的是（ ） A． B． C． D． 7、已知的展開式中的常數(shù)項為，是以為周期的 偶函數(shù)，且當時，，若在區(qū)間內(nèi)，函數(shù)有4個零點，則實數(shù)的取值范圍是 ． 8、已知函數(shù)，，則的圖象只能是（ ） ① ② ③ ④ A. ① B. ② C. ③ D. ④ 9、已知函數(shù)是(－∞，＋∞)上的

59、偶函數(shù)，若對于，都有＝，且當x∈[0,2)時，＝log2(x＋1)，則的值為（ ） A．－2 B．－1 C．2 D．1 10、如果直線和函數(shù)的圖像恒過同一個定點，且該定點始終落在圓的內(nèi)部或圓上，那么的取值范圍是________. 11、設集合函數(shù) 且， 則的取值范圍是 . 12、已知函數(shù)，且關于的方程有且只有一個實根，則實數(shù)的范圍是（ ） A. B. C. D. 13、若函數(shù)，則函數(shù)在，上的不同零點個數(shù)為 A．2 B．3 C．4 D．5 14、定義

60、在（—1，1）上的函數(shù)f(x)滿足：；當時，有；若，，R＝f(0)．則P，Q ，R的大小關系為 A． B． C． D．不能確定 15、設，若，滿足，則的取值范圍是 . 16、已知函數(shù)，則當時，下列結(jié)論正確的是 A. B.C. D. 17、直線與曲線有四個交點，則的取值范圍是 A . B. C. D. 18、若對于定義在上的函數(shù)，其函數(shù)圖象是連續(xù)的，且存在常數(shù)（），使得對任意的實數(shù)x成立，則稱是“同伴函數(shù)”．下列關于“同伴函數(shù)”的敘述中正確的是 A．“同伴函數(shù)”至少有一個零點 B. 是一個“同伴函數(shù)” C. 是一個“同伴函數(shù)” D. 是唯一一個常值“同伴函數(shù)”