北大附中高考数学专题复习函数与方程.doc

学科：数学教学内容：函数与方程考点梳理一、考试内容集合、子集、交集、并集、补集。|ax+b|c、|ax+b|c(c0)型不等式。一元二次不等式。映射、函数。分数指数幂与根式。函数的单调性，函数的奇偶性。反函数，互为反函数的函数图像间的关系。指数函数。对数，对数的性质和运算法则。对数函数，换底公式。简单的指数方程和对数方程。二、考试要求1.理解集合、子集、交集、并集、补集的概念。了解空集和全集的意义。了解属于、包含、相等关系的意义。能掌握有关的术语和符号，能正确地表示一些较简单的集合。2.理解|ax+b|c、|ax+b|c(c0)型不等式的概念，并掌握它们的解法。了解二次函数、一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法。3.了解映射的概念，在此基础上理解函数及其有关的概念，掌握互为反函数的函数图像间的关系。4.理解函数的单调性和奇偶性的概念，并能判断一些简单函数的单调性和奇偶性。能利用函数的奇偶性来描绘函数的图像。5.理解分数指数幂、根式的概念，掌握分数指数幂的运算法则。6.理解对数的概念，掌握对数的性质。7.掌握指数函数、对数函数的概念及其图像和性质，并会解简单的指数方程和对数方程。三、考点简析1.函数及相关知识关系表2.集合（1）作用地位“集合”是数学研究的基本对象之一。学习集合的概念，有助于理解事物的逻辑关系和对应关系，加深对数学的抽象特征的理解，也能提高使用数学语言的能力。高考试题中，对集合从两个方面进行考查：一方面是考查对集合概念的认识和理解水平，主要表现在对集合的识别和表达上。如对集合中涉及的特定字母和符号，元素与集合间的关系，集合与集合间的比较，另一方面，则是考查学生对集合知识的应用水平，如求方程组、不等式组及联立条件组的解集，以及设计、使用集合解决问题等。（2）重点与难点重点是集合的概念和表示法及交、并、补集的运算。难点是集合运算的综合运用，特别是带有参数的不等式解集的讨论。（3）有关子集的几个等价关系AB=AAB；AB=BAB；ABC uAC uB；ACuB =CuAB；CuAB=IAB。（4）交、并集运算的性质AA=A，A=，AB=BA；AA=A，A=A，AB=BA；Cu (AB)= CuACuB，Cu (AB)= CuACuB；（5）有限子集的个数：设集合A的元素个数是n，则A有2n个子集，2n1个非空子集。3.函数的性质（1）函数的概念：定义域、值域、对应法则、反函数、复合函数、分段函数；（2）函数的性质：单调性、奇偶性、有界性、极（最）值性、对称性、周期性等；（3）函数对称性与周期性的几个结论：设函数y=f(x)的定义域为R，且满足条件f(a+x)=f(bx)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=对称；定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x有f(x+a)=f(xb)，则y=f(x)是以T=a+b为周期的函数；定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x满足条件f(x)=2bf(2ax)，则y=f(x)关于点(a,b)对称；若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于x=b（ab）对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=2|ab|是它的一个周期；若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于点(b,c)中心对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=4|ab|是它的一个周期。（4）函数的奇偶性与单调性：奇函数与偶函数的定义域关于原点对称，图像分别关于原点与y轴对称；任意定义在R上的函数f(x)都可以惟一地表示成一个奇函数与一个偶函数的和。即f(x)= +若奇函数f(x)在区间a,b(0ab)上单调递增（减），则f(x)在区间b,a上也是单调递增（减）；若偶函数f(x)在区间a,b（0ab）上单调递增（减），则f(x)在区间b,a上单调递减（增）；函数f(x)在R上单调递增，若f(a)f(b)，则ab;函数f(x)在R上单调递减，若f(a)f(b)，则ab;若f(x)在定义域内是增（减）函数，则它的反函数y=f1(x)在定义域内也是增（减）函数。4.三个“二次”的相关问题（1）地位作用：三个“二次”（即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式）是中学数学的重要内容，具有丰富的内函和密切的联系，同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具。高考试题中近一半的试题与这三个“二次”问题有关。（2）二次函数的基本性质二次函数的三种表示法：y=ax2+bx+c；y=a(xx1)(xx2)；y=a(xx0)2+n（a0）；当a0时，f(x)在区间p,q上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。若p，则f(p)=m,f(q)=M;若px0，则f()=m,f(q)=M;若x0q，则f(p)=M,f()=m;若q,则f(p)=M,f(q)=m。（3）二次方程的实根分布条件：二次方程f(x)=0的两根中一根比r大，另一根比r小af(r)0;二次方程f(x)=0的两根都大于r二次方程f(x)=0在区间(p,q)内有两根二次方程f(x)=0在区间(p,q)内只有一根f(p)f(q)0，或（检验）或（检验）。二次方程f(x)=0的一根小于p，另一根大于q(pq)（4）二次不等式的转化策略：二次不等式f(x)0的解集是：(,，+a0且f()=f()=0.当a0时，f()f() |+|+|;当a0时，f()f() |+|+|。当a0时，二次不等式f(x)0在p,q上恒成立或或f(x)0恒成立或f(x)0恒成立或5.幂函数、指数函数、对数函数的性质（1）幂函数y=xn(nQ)的性质当n0时，函数图像过点（1，1），（0，0），且在第一象限内随x增加，图像上升；当n0时，函数图像过点(1，1)，且在第一象限内随x增加，图像下降。（2）指数函数和对数函数性质表：指数函数对数函数图像性质定义域R，值域（0，+），过点（0，1）。当a1时，在R上是增函数。当0a1时，在R上是减函数。定义域（0，+），值域R，过点(1，0)。当a1时，在（0,+ ）上是增函数。当0a1时，在(0,+ )上是减函数。6.对数运算常用公式（1）a=N（2）logaM+logaN=loga(MN)（3）logaMlogaN=loga（4）logaMn=nloga|M|（5）loga=loga|M|（6）loga=loga|M|（7）logbM=（8）（9）logablogbc=logac四、思想方法1.求函数解析式的方法：配方法与代入法。2.求值域的常用方法：观察法，函数单调性法，求逆函数法，分离法，配方法，换元法，判别式法，不等式法等。3.函数与方程思想函数思想，即先构造函数，把给定问题转化对辅助函数的性质研究，得出所需的结论。方程思想，就是把对数学问题的认识，归纳为对方程和方程组的认识。对于函数思想，应深刻理解一般函数y=f(x)、的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图像变换）。熟练掌握基本初等函数的性质，是应用函数思想解题的基础。函数方程思想常同数形结合、等价转化思想相互融合后才能充分发挥其具体解题的功效。【例题解析】例1 （1）已知集合A=x|x2ax+a219=0，集合B=x|log2(x25x+8)=1，集合C=x|m=1,m0，|m|1满足AB, AC=，求实数a的值；(2)已知集合P=x|x25x+40,Q=x|x22bx+b+20满足PQ，求实数b的取值范围。解 （1）由条件即可得B=2，3，C=4，2，由AB，AC=，可知3A，2A。将x=3代入集合A的条件得：a23a10=0a=2或a=5当a=2时，A=x|x2+2x15=0=5,3,符合已知条件。当a=5时,A=x|x25x+6=0=2，3，不符合条件“AC”=，故舍去。综上得：a=2。（2）显然P=x|1x4，记f(x)=x22bx+b+2若Q为空集，则由0得：4b24(b+2)0 1b2。若Q不是空集，则应满足 即解之得：2b综上得：1b注 对于稍复杂的某些集合题目，一定要全面考虑并仔细审题，防止解的取值扩大或缩小。本题的第（1）题，在“由3A求得a=2或5”后，应清楚3A是其必要条件，但不是充分条件，因此必须进行检验，否则解的取值可能扩大。而第（2）小题，应该分两类（，）讨论，千万不能遗忘这一特殊情形。例2 已知函数f(x)的定义域为R，且对于一切实数x满足f(x+2)=f(2x),f(x+7)=f(7x)（1）若f(5)=9,求：f(5);（2）已知x 2,7时，f(x)=(x2)2，求当x16,20时，函数g(x)=2xf(x)的表达式，并求出g(x)的最大值和最小值；（3）若f(x)=0的一根是0，记f(x)=0在区间1000,1000上的根数为N，求N的最小值。解 （1）由f(x+2)=f(2x)及f(x+7)=f(7x)得:f(x)的图像关于直线x=2,x=7对称。 f(x)=f(x2)+2 =f2(x2)=f(4x) =f7(3+x)=f(7+(3+x) =f(x+10)f(x)是以10为周期的周期函数。f(5)=f(5+10)=f(5)=9（2）当x16,17,x106,7f(x)=f(x10)=(x102)2=(x12)2当x(17,20,x20(3,0,4(x20)4,7f(x)=f(x20)=f4(x20) =f(24x)=(x22)2g(x)= x 16,17时，g(x)最大值为16，最小值为9；x（17，20，g(x)g(17)=9,g(x)g(20)=36g(x)的最大值为36，最小值为9。（3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有两个解。而在1000，1000上有200个周期，至少有400个解。又f(1000)=0所以最少有401个解。且这401个解的和为200。注 题中（2）可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到f(x)= 一般地：当x3，2时，4x2,7f(x)=f(4x)=(x2)2当x3,7,f(x)=(x2)2故当x3+10k,7+10k,x10k3,7f(x)= (x10k2)2(kz)f(x)= (x10k2)2 x3+10k,7+10k,（kZ）例3 设a是正数，ax+y=2(x0,y0)，记y+3xx2的最大值是M(a)，试求：（1）M(a)的表达式；（2）M(a)的最小值。解 将代数式y+3xx2表示为一个字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x的二次函数，逐步进行分类求M(a)。（1）设S(x)=y+3xx2,将y=2ax代入消去y，得：S(x)=2ax+3xx2 =x2+(3a)x+2 =x(3a)2+(3a)2+2(x0)y0 2ax0而a0 0x下面分三种情况求M(a)(i)当03a(a0)，即时解得 0a1或2a3时M(a)=S(3a)= (3a)2+2(ii)当3a(a0)即时，解得：1a2，这时M(a)=S()=2a+3 =+(iii)当3a0；即a3时M(a)=S(0)=2综上所述得：M（a）=（2）下面分情况探讨M(a)的最小值。当0a1或2a3时M(a)=(3a) 2+22当1a2时M(a)=+=2()2+1a21当=时，M(a)取小值，即M(a)M（2）=当a3时，M(a)=2经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。注 解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3a是否在定义域区间0，内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。例4 已知函数f(x)=x(pZ)在(0,+)上是增函数，且在其定义域上是偶函数。（1）求p的值，并写出相应的函数f(x)的解析式。（2）对于（1）中求得的函数f(x)，设函数g(x)=qff(x)+(2q1)f(x)+1，问是否存在实数q(q0)，使得g(x)在区间(,4上是减函数，且在区间(4,0)上是增函数。若存在，请求出来；若不存在，请说明理由。解 （1）若y=x在x(0,+)上是递增函数，则有0。f(x)在(0,+)上是增函数，p2+p+0解得：1p3,而pZp=0,1,2当p=0或2时，有f(x)=x不是偶函数，故p=1，此时,f(x)=x2。（2）利用函数单调性的定义进行探索求解。f(x)=x2g(x)=qx4+(2q1)x2+1假设存在实数q(q0)，使得g(x)满足题设条件。设x1x2,则g(x1)g(x2)=qx14+(2q1)x12+qx24(2q1)x22=(x1+x2) (x2x1) q(x12+x22)(2q1)若x1,x2(,4，易知x1+x20, x2x10,要使g(x)在(,4上是递减函数，则应有q(x12+x22)(2q1)0恒成立x14,x24x12+x2232，而q0q( x12+x22)32q从而要使q( x12+x22)2q1恒成立，则必有2q132q即 q若x1,x2(4，)，易知(x1+x2) (x2x1)0，要使g(x)在（4，0）上是增函数，则应有q(x12+x22)(2q1)0恒成立4x10,4x20x12+x2232，而q0q( x12+x22)32q要使q( x12+x22)2q1恒成立，则必有2q132q,即 q综合以上两方面，得q=故存在实数q=，使得g(x)在(,4上是减函数，且在(4,0)上是增函数。注 本例是一道综合性较强的题目。对于第（2）小题，还可以从复合函数性质方面来考虑，就有如下解法：设t=x2，由g(x)在(,4上是减函数，在(4,0)上是增函数，而t=x2在16，+和(0,16)上都是增函数，得h(t)=qt2+(2q1)t+1在（0，16）上是增函数，在16，+上是减函数，从而可得=16 q=例5 设函数f(x)定义域为R，当x0时，f(x)1，且对任意x,yR，有f(x+y)=f(x)f(y)。（1）证明：f(0)=1;（2）证明：f(x)在R上是增函数；（3）设集合A=(x,y)|f(x2)f(y2)f(1)，B=(x,y)|f(x+y+c)=1,cR，若AB=，求c的取值范围。解 （1）证明：为使f(x+y)=f(x)f(y)中出现f(0)，借助当x0时，f(x)1。则设x=0,y=1得：f(0+1)=f(0)f(1)，即f(1)=f(0)f(1)f(1)1 f(0)=1（2）证明f(x)在R上是增函数，即证明当x1x2时，有f(x1)f(x2)。对x1,x2R,x1x2,，有x2x10f(x2)=f(x1+x2x1)=f(x1)f(x2x1)中有f(x2x1)1故要证明f(x2)f(x1)，只要证明f(x1)0即可。事实上，当x10时，f(x1)10当x1=0时，f(x1)=10当x10时，f(x1)f(x1)=f(x1x1)=f(0)=1又f(x1)1 0f(x1)1故对于一切x1R，有f(x1)0f(x2)=f(x1)f(x2x1)f(x1)，故命题得证。（3）解 A：f(x2+y2)f(1)，则由单调性知x2+y21。B：由f(x+y+c)=f(0)=1和函数单调性知x+y+c=0故若AB=，用图形分析可得：只要圆x2+y2=1与直线x+y+c=0相离或相切即可。故1 c或c注 第（2）题也可作如下处理：f(x)f(x)=f(0)=10，得f(x)=，证得f(x)0恒成立。且=f(x2)f(x1)=f(x2x1)1f(x2)f(x1)例6 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=bx，其中a、b、c满足abc,a+b+c=0(a,b,cR)。（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；（2）求线段AB在x轴上的投影A1B1的长度的取值范围。解 （1）证：由消去y，得ax2+2bx+c=0=4b24ac=4(ac)24ac=4(a2+ac+c2)=4(a+)2+c2此证法不够自然 abc ，c不同时为00，即两函数的图像交于不同的两点。（2）设方程ax22bx+c=0的两根为x1和x2，则x1+x2=,x1x2=|A1B1|2=( x1x2)2=( x1+x2)24x1x2 =()2=4()2+1=4(+)2+abc，a+b+c=0，a0,c0,，解得(2, )f()=4()2+1的对称轴是=当（2,）时，为减函数|A1B1|2 (3,12)，故|A1B1|(,2)例7 二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p、q、r满足+=0，其中m0，求证：（1）pf()0;（2）方程f(x)=0在(0，1)内恒有解。解 （1）pf()=pp()2+q()+r=pm+=pm=p2m=，由于f(x)是二次函数,故p0，又m0，所以，pf()0。（2）由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r。当p0时，由（1）知f()0若r0，则f(0)0，又()0,所以f(x)=0在（0，）内有解。若r0，则f(1)=p+q+r=p+(m+1)()+r=0 又f()0，所以f(x)=0在（,1）内有解。当p0时同理可证。注 （1）题目点明是“二次函数”，这就暗示着二次项系数p0。若将题中的“二次”两个字去掉，所证结论相应更改。（2）对字母p、r分类时先对哪个分类是有一定讲究的，本题的证明中，先对p分类，然后对r分类显然是比较好。例8 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0),已知二次方程f(x)x=0的两个根x1与x2满足0x1x2。（1）证明：当u(0,x1)时，uf(u)x1;（2）若f(x0x)=f(x0+x)，证明：2x0x1。证法一 （1）令F(x)=f(x)x，因为x1,x2是方程f(x)x=0的根，所以可设F(x)=a(xx1)(xx2)当u（0，x1）时， x1x2,得(ux1)(ux2)0，又a0，得F(u)=a(ux1)(ux2)0，即uf(u)x1f(u)=x1(u+F(u) =(x1u)1+a(ux2)0ux1x2所以x1u0,1+a(ux2)=1+auax21ax20，得x1f(u)0。 f(u)x1故当u（0，x1）时，uf(u)x1（2）依题意得x0=x1,x2是方程f(x)x=0的两根，即x1,x2是方程ax2+(b1)x+c=0的根，所以x1+x2=x0=ax21, x0=，即2x0x1。证法二 （1）方程f(x)x=0的两根为x1,x2 f(x)x=a(xx1)(xx2)故欲证uf(u)x10f(u)ux1u0a(ux1)(ux2)x1u0a(x2u)1。（u(0,x1),x1u0）0x2u(a0)又0ux2, 0x2u成立。故uf(u)x1成立。（2）由于方程x1,x2是方程f(x)x=0的根，也即ax2+(b1)x+c=0的两根。x1+x2=+又0x2,x1+x1+x2=+x1又x0=，故2x0x1。注 解决本题的关键是熟练掌握抛物线方程的基本形式：y=a(xx1)(xx2)。另外，要求掌握用差比较证明不等式的基本变形方向：化为乘积式或非负数之和的形式。例9 设f(x)是定义在R上的偶函数，其图像关于直线x=1对称，对任意x1,x20,，都有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，且f(1)=a0。（1）求f()及f();（2）证明f(x)是周期函数；（3）记an=f(2n+),求(lnan)。解 （1）f(1)=f(+)=f()f()=f2()=af()=又f()=f(+)=f2()0 f()=a 同理可得f()=a（2）f(x)是偶函数， f(x)=f(x)又f(x)关于x=1对称，f(x)=f(2