高考数学第一轮复习教案专题 函数概念与基本初等函数

高考数学第一轮复习教案汇总【精华】专题二函数概念与基本初等函数一、考试内容：映射、函数、函数的单调性、奇偶性．

反函数．互为反函数的函数图像间的关系．

指数概念的扩充．有理指数幂的运算性质．指数函数．

对数．对数的运算性质．对数函数．

函数的应用．

二、考试要求：（1）了解映射的概念，理解函数的概念．

（2）了解函数单调性、奇偶性的概念，掌握判断一些简单函数的单调性、奇偶性的方法．

（3）了解反函数的概念及互为反函数的函数图像间的关系，会求一些简单函数的反函数．

（4）理解分数指数幂的概念，掌握有理指数幂的运算性质，掌握指数函数的概念、图像和性质．

（5）理解对数的概念，掌握对数的运算性质；掌握对数函数的概念、图像和性质．

（6）能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题．三、命题热点分析近几年的高考试题，可以发现函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，包括解决几何问题.在近几年的高考试卷中，一般以选择题和填空题的形式考查函数的性质、函数与方程、基本初等函数等，以解答题的形式与导数交汇在一起考查函数的定义域、单调性以及函数与不等式、函数与方程等知识.其中函数与方程思想、数形结合思想等都是考考查的热点。选择题、填空题、解答题三种题型中每年都有函数试题，而且常考常新.以基本函数为模型的应用题和综合题是高考命题的新趋势。20XX年高考热点主要有：①考查函数的表示法、定义域、值域、单调性、奇偶性、反函数和函数的图象.②函数与方程、不等式、数列是相互关联的概念，通过对实际问题的抽象分析，建立相应的函数模型并用来解决问题，是考试的热点.③考查运用函数的思想来观察问题、分析问题和解决问题，渗透数形结合和分类讨论的基本数学思想.四、知识回顾（一）本章知识网络结构：（二）考点总结（1）函数1．了解构成函数的要素，了解映射的概念,会求一些简单函数的定义域和值域.2．理解函数的三种表示法：解析法、图象法和列表法，能根据不同的要求选择恰当的方法表示简单的函数.3．了解分段函数，能用分段函数来解决一些简单的数学问题.4．理解函数的单调性，会讨论和证明一些简单的函数的单调性；理解函数奇偶性的含义，会判断简单的函数奇偶性.5．理解函数的最大（小）值及其几何意义，并能求出一些简单的函数的最大（小）值6．会运用函数图像理解和研究函数的性质.（2）指数函数1．了解指数函数模型的实际背景.2．理解有理指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算.3．理解指数函数的概念，会求与指数函数性质有关的问题.4．知道指数函数是一类重要的函数模型.（3）对数函数1．理解对数的概念及其运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数；了解对数在简化运算中的作用.2．理解对数函数的概念；会求与对数函数性质有关的问题.3．知道对数函数是一类重要的函数模型.4．了解指数函数与对数函数互为反函数.（4）幂函数1．了解幂函数的概念.2．结合函数的图像，了解它们的变化情况.（5）函数与方程1．了解函数零点的概念，结合二次函数的图像，了解函数的零点与方程根的联系.2．理解并掌握连续函数在某个区间上存在零点的判定方法。能利用函数的图象和性质判别函数零点的个数.（6）函数模型及其应用1．了解指数函数、对数函数以及幂函数的增长特征。知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义.2．了解函数模型（如指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模型）的广泛应用.3．能利用给定的函数模型解决简单的实际问题.（三）知识要点回顾（一）映射与函数（1）映射与一一映射（2）函数函数三要素是定义域，对应法则和值域，而定义域和对应法则是起决定作用的要素，因为这二者确定后，值域也就相应得到确定，因此只有定义域和对应法则二者完全相同的函数才是同一函数.（3）反函数反函数的定义设函数的值域是C，根据这个函数中x,y的关系，用y把x表示出，得到x=(y).若对于y在C中的任何一个值，通过x=(y)，x在A中都有唯一的值和它对应，那么，x=(y)就表示y是自变量，x是自变量y的函数，这样的函数x=(y)(yC)叫做函数的反函数，记作,习惯上改写成（二）函数的性质函数的单调性定义：对于函数f(x)的定义域I内某个区间上的任意两个自变量的值x1,x2,⑴若当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2),则说f(x)在这个区间上是增函数；⑵若当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2),则说f(x)在这个区间上是减函数.若函数y=f(x)在某个区间是增函数或减函数，则就说函数y=f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，这一区间叫做函数y=f(x)的单调区间.此时也说函数是这一区间上的单调函数..函数的奇偶性7.奇函数，偶函数：⑴偶函数：设（）为偶函数上一点，则（）也是图象上一点.偶函数的判定：两个条件同时满足①定义域一定要关于轴对称，例如：在上不是偶函数.②满足，或，若时，.⑵奇函数：设（）为奇函数上一点，则（）也是图象上一点.奇函数的判定：两个条件同时满足①定义域一定要关于原点对称，例如：在上不是奇函数.②满足，或，若时，.8.对称变换：①y=f（x）②y=f（x）③y=f（x）9.判断函数单调性（定义）作差法：对带根号的一定要分子有理化，例如：在进行讨论.10.外层函数的定义域是内层函数的值域.例如：已知函数f（x）=1+的定义域为A，函数f[f（x）]的定义域是B，则集合A与集合B之间的关系是.解：的值域是的定义域，的值域，故，而A，故.11.常用变换：①.证：②证：12.⑴熟悉常用函数图象：例：→关于轴对称.→→→关于轴对称.⑵熟悉分式图象：例：定义域，值域→值域前的系数之比.（三）指数函数与对数函数指数函数的图象和性质a>10<a<1图象性质(1)定义域：R（2）值域：（0，+∞）（3）过定点（0，1），即x=0时，y=1(4)x>0时，y>1;x<0时，0<y<1(4)x>0时，0<y<1;x<0时，y>1.（5）在R上是增函数（5）在R上是减函数对数运算：（以上）注⑴：当时，.⑵：当时，取“+”，当是偶数时且时，，而，故取“—”.例如：中x＞0而中x∈R）.对数函数y=logax的图象和性质:a>10<a<1图象性质（1）定义域：（0，+∞）（2）值域：R（3）过点（1，0），即当x=1时，y=0（4）时时y>0时时（5）在（0，+∞）上是增函数在（0，+∞）上是减函数五、典型例题题型1：函数及其表示1．函数y＝eq\f(\r(－x2－3x＋4),x)的定义域为________________．解析由题意得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．下列函数中，与函数y＝eq\f(1,\r(x))有相同定义域的是________．①f(x)＝lnx②f(x)＝eq\f(1,x)③f(x)＝|x|④f(x)＝ex解析y＝eq\f(1,\r(x))定义域为(0，＋∞)，f(x)＝lnx定义域为(0，＋∞)，f(x)＝eq\f(1,x)定义域为{x|x≠0}．f(x)＝|x|定义域为R，f(x)＝ex定义域为R答案①3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,2x，x≤0.))若f(a)＝eq\f(1,2)，则a＝________.解析当a>0时，log2a＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\r(2)，当a≤0时，2a＝eq\f(1,2)＝2－1，∴a＝－1.∴a＝－1或eq\r(2).答案－1或eq\r(2)4．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，f(1)＝2，则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)，则f(x)的解析式为__________．解析令t＝eq\f(1－x,1＋x)，则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)的解析式为f(x)＝eq\f(2x,1＋x2).答案f(x)＝eq\f(2x,1＋x2)6．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1(－1<x≤0),－1(0<x≤1)))，则f(3)＝________.解析f(3)＝f(2＋1)＝－f(2)＝－f(1＋1)＝f(1)＝－1.答案－17．已知函数φ(x)＝f(x)＋g(x)，其中f(x)是x的正比例函数，g(x)是x的反比例函数，且φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝16，φ(1)＝8，则φ(x)＝____________.解析设f(x)＝mx(m是非零常数)，g(x)＝eq\f(n,x)(n是非零常数)，则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．如右图所示，在直角坐标系的第一象限内，△AOB是边长为2的等边三角形，设直线x=t(0≤t≤2)截这个三角形可得位于此直线左方的图形的面积为f(t)，则函数y=f(t)的图象(如下图所示)大致是(填序号)．解析首先求出该函数的解析式．当0≤t≤1时，如下图甲所示，有f(t)＝S△MON＝eq\f(\r(3),2)t2.当1≤t<2时，如下图乙所示，有f(t)＝S△AOB－S△MNB＝－eq\f(\r(3),2)(2－t)2＋eq\r(3)，答案④9．在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，如果函数f(x)的图象恰好通过n(n∈N*)个整点，则称函数f(x)为n阶整点函数．有下列函数：①f(x)＝sin2x；②g(x)＝x3；③h(x)＝(eq\f(1,3))x；④φ(x)＝lnx，其中是一阶整点函数的是____________________________________．解析对于函数f(x)＝sin2x，它只通过一个整点(0,0)，故它是一阶整点函数；对于函数g(x)＝x3，当x∈Z时，一定有g(x)＝x3∈Z，即函数g(x)＝x3通过无数个整点，它不是一阶整点函数；对于函数h(x)＝(eq\f(1,3))x，当x＝0，－1，－2，…时，h(x)都是整数，故函数h(x)通过无数个整点，它不是一阶整点函数；对于函数φ(x)＝lnx，它只通过一个整点(1,0)，故它是一阶整点函数．答案①④10．(1)已知f(x)的定义域是[0,4]，求①f(x2)的定义域；②f(x＋1)＋f(x－1)的定义域．(2)已知f(x2)的定义域为[0,4]，求f(x)的定义域．解(1)∵f(x)的定义域为[0,4]，①f(x2)以x2为自变量，∴0≤x2≤4，∴－2≤x≤2，故f(x2)的定义域为[－2,2]．②f(x＋1)＋f(x－1)以x＋1，x－1为自变量，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)的定义域为[1,3]．(2)∵f(x2)的定义域为[0,4]，∴0≤x≤4，∴0≤x2≤16，故f(x)的定义域为[0,16]．11．已知f(x)＝x2－2x＋1，g(x)是一次函数，且f[g(x)]＝4x2，求g(x)的解析式．解设g(x)＝ax＋b(a≠0)，则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．某租赁公司拥有汽车100辆．当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．(1)当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车？(2)当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？解(1)当每辆车的月租金为3600元时，未租出的车辆数为eq\f(3600－3000,50)＝12，所以这时租出了88辆车．(2)设每辆车的月租金定为x元，则租赁公司的月收益为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.∴当x＝4050时，f(x)最大，最大值为f(4050)＝307050.答(1)当每辆车的月租金定为3600元时，能租出88辆车；(2)当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为307050元．题型2：函数的单调性及最大（小）值1．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是________．解析函数f(x)的定义域是(－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)的减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))，∵e>1，∴函数f(x)的单调减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4)).答案[eq\f(3,2)，4)2．(2009·湖南改编)设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函数f(x)＝2－|x|，当K＝eq\f(1,2)时，函数fK(x)的单调递增区间为__________________．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.))当x∈(1，＋∞)时，fK(x)＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在(1，＋∞)上为减函数．当x∈(－∞，－1)时，fK(x)＝2x，在(－∞，－1)上为增函数．答案(－∞，－1)3．已知f(x)是R上的减函数，则满足f(eq\f(1,x))>f(1)的x的取值范围为__________________．解析由题意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，＋∞)上是减函数，则f(a2－a＋1)与f(eq\f(3,4))的大小关系是________________．解析∵a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴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与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是____________________．解析由f(x)＝－x2＋2ax得对称轴为x＝a，在[1,2]上是减函数，所以a≤1，又由g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1,2]上是减函数，所以a>0，综合得a的取值范围为(0,1]．答案(0,1]6．关于下列命题：①若函数y＝2x的定义域是{x|x≤0}，则它的值域是{y|y≤1}；②若函数y＝eq\f(1,x)的定义域是{x|x>2}，则它的值域是{y|y≤eq\f(1,2)}；③若函数y＝x2的值域是{y|0≤y≤4}，则它的定义域一定是{x|－2≤x≤2}；④若函数y＝log2x的值域是{y|y≤3}，则它的定义域是{x|0<x≤8}．其中不正确的命题的序号是________．(注：把你认为不正确的命题的序号都填上)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}，但它的定义域不一定是{x|－2≤x≤2}；④中，y＝log2x≤3，∴0<x≤8，故①②③错，④正确．答案①②③7．已知y＝f(x)是定义在(－2,2)上的增函数，若f(m－1)<f(1－2m)，则m的取值范围是______________．解析依题意，原不等式等价于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．若函数f(x)＝(m－1)x2＋mx＋3(x∈R)是偶函数，则f(x)的单调减区间是____________________．解析∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴(m－1)x2－mx＋3＝(m－1)x2＋mx＋3，∴m＝0.这时f(x)＝－x2＋3，∴单调减区间为[0，＋∞).答案[0，＋∞)9．(2010·湛江调研)若函数y＝x2－3x－4的定义域为[0，m]，值域为[－eq\f(25,4)，－4]，则m的取值范围是__________________．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，故由二次函数图象可知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·无锡模拟)已知f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，试解不等式f(x)＋f(x－8)≤2.解根据题意，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)在定义域(0，＋∞)上为增函数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,x(x－8)≤9，))解得8＜x≤9.∴原不等式的解集为{x|8<x≤9}．11．(16分)(2010·镇江模拟)已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．(1)证明任设x1<x2<－2，则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)内单调递增．(2)解任设1<x1<x2，则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.综上所述，0<a≤1.12．(16分)(2010·无锡调研)函数f(x)对任意的实数m、n有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)，且当x>0时有f(x)>0.(1)求证：f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数；(2)若f(1)＝1，解不等式f[log2(x2－x－2)]<2.(1)证明设x2>x1，则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(－∞，＋∞)上为增函数．(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)．∴log2(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.∴原不等式的解集为{x|－2<x<－1或2<x<3}．题型3：函数的奇偶性1．(2009·江西改编)已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的偶函数，若对于x≥0，都有f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,2)时，f(x)＝log2(x＋1)，则f(－2008)＋f(2009)的值为____．解析f(－2008)＋f(2009)＝f(2008)＋f(2009)＝f(0)＋f(1)＝log21＋log2(1＋1)＝1.答案12．(2010·江苏南京模拟)已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，则在R上f(x)的表达式为____________．解析设x<0，则－x>0，由f(x)为奇函数知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·浙江宁波检测)已知函数f(x)＝g(x)＋2，x∈[－3,3]，且g(x)满足g(－x)＝－g(x)，若f(x)的最大值、最小值分别为M、N，则M＋N＝________.解析因为g(x)是奇函数，故f(x)关于(0,2)对称，所以M＋N＝4.答案44．(2010·泰州模拟)f(x)、g(x)都是定义在R上的奇函数，且F(x)＝3f(x)＋5g(x)＋2，若F(a)＝b，则F(－a)＝____________.解析令G(x)＝F(x)－2＝3f(x)＋5g(x)，故G(x)是奇函数，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·无锡模拟)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则下列函数中是奇函数的是______(填序号)．①y＝f(|x|);②y＝f(－x)；③y＝x·f(x)；④y＝f(x)＋x.解析∵f(x)的定义域为R，∴f(|－x|)＝f(|x|)，∴y＝f(|x|)是偶函数；令F(x)＝f(－x)，则F(－x)＝f(x)＝－f(－x)＝－F(x)，∴F(x)是奇函数，∴②是奇函数；令M(x)＝x·f(x)，则M(－x)＝－x·f(－x)＝x·f(x)＝M(x)，∴M(x)是偶函数；令N(x)＝f(x)＋x，则N(－x)＝f(－x)－x＝－f(x)－x＝－[f(x)＋x]＝－N(x)，∴N(x)是奇函数，故②、④是奇函数．答案②④6．(2009·重庆)若f(x)＝eq\f(1,2x－1)＋a是奇函数，则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·江苏如东模拟)定义两种运算：ab＝eq\r(a2－b2)，a⊗b＝eq\r((a－b)2)，则函数f(x)＝eq\f(2x,(x⊗2)－2)的奇偶性为________________．解析由题意知：f(x)＝eq\f(\r(4－x2),\r((x－2)2)－2)＝eq\f(\r(4－x2),|x－2|－2)，定义域为[－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)．∴函数f(x)为奇函数．答案奇函数8．(2009·四川改编)已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，则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·连云港模拟)函数y＝f(x)是偶函数，y＝f(x－2)在[0,2]上单调递增，则f(－1)，f(0)，f(2)的大小关系是________．解析∵f(x)是偶函数，∴其图象关于y轴对称，又∵y＝f(x－2)的图象是由y＝f(x)向右平移2个单位得到的，而y＝f(x－2)在[0,2]上单调递增，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，∴f(－1)＝f(1)且f(0)>f(1)>f(2)，∴其大小关系为f(0)>f(－1)>f(2)．答案f(0)>f(－1)>f(2)10．(14分)(2009·江苏金陵中学三模)已知f(x)是实数集R上的函数，且对任意x∈R，f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)恒成立．(1)求证：f(x)是周期函数；(2)已知f(3)＝2，求f(2004)．(1)证明∵f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1)∴f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)，则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)是周期函数且6是它的一个周期．(2)解f(2004)＝f(334×6)＝f(0)＝－f(3)＝－2.11．(16分)(2009·广东东莞模拟)已知函数f(x)＝x2＋|x－a|＋1，a∈R.(1)试判断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)当a＝0时，函数f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，此时，f(x)为偶函数．当a≠0时，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，f(a)≠f(－a)，f(a)≠－f(－a)，此时，f(x)为非奇非偶函数．(2)当x≤a时，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)，故函数f(x)在(－∞，a]上单调递减，从而函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为f(a)＝a2＋1.当x≥a时，函数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)，故函数f(x)在[a，＋∞)上单调递增，从而函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f(a)＝a2＋1.综上得，当－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(1,2)时，函数f(x)的最小值为a2＋1.12．(16分)(2009·东北三省联考)设函数f(x)在(－∞，＋∞)上满足f(2－x)＝f(2＋x)，f(7－x)＝f(7＋x)，且在闭区间[0,7]上，只有f(1)＝f(3)＝0.(1)试判断函数y＝f(x)的奇偶性；(2)试求方程f(x)＝0在闭区间[－2005，2005]上的根的个数，并证明你的结论．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)，从而知函数y＝f(x)的周期为T＝10.又f(3)＝f(1)＝0，而f(7)≠0，故f(－3)≠0.故函数y＝f(x)是非奇非偶函数．(2)由(1)知y＝f(x)的周期为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]上均有两个解，从而可知函数y＝f(x)在[0,2005]上有402个解，在[－2005,0]上有400个解，所以函数y＝f(x)在[－2005,2005]上有802个解．题型4：指数与指数函数1．(2010·镇江模拟)若0<x<1，则2x,2－x，0.2x的大小关系是________．解析取x＝eq\f(1,2)，则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·江苏，10)已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函数f(x)＝ax，若实数m、n满足f(m)>f(n)，则m、n的大小关系为________．解析∵0<a＝eq\f(\r(5)－1,2)<1，∴函数f(x)＝ax在R上是减函数．又∵f(m)>f(n)，∴m<n.答案m<n3．(2009·山东烟台模拟)函数y＝2－|x|的单调增区间是______________．解析画出函数y＝2－|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－xx≥0,2xx<0))的图象，如图．答案(-∞，0]4．(2010·泰州月考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x<0，,g(x)，x>0))若f(x)是奇函数，则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·扬州调研)若函数y＝4x－3·2x＋3的定义域为集合A，值域为[1,7]，集合B＝(－∞，0]∪[1,2]，则集合A与集合B的关系为________．解析因为y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]，所以1≤(2x)2－3·2x＋3≤7，所以x≤0或1≤x≤2.答案A＝B6．(2010·南京调研)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是______________．解析f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1，,a＋1>1.))故0<a≤1.答案(0,1]7．(2010·锦州模拟)函数y＝ax(a>0，且a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大eq\f(a,2)，则a的值是_______．解析当a>1时，y＝ax在[1,2]上单调递增，故a2－a＝eq\f(a,2)，得a＝eq\f(3,2)；当0<a<1时，y＝ax在[1,2]上单调递减，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·盐城模拟)函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(1＋x)＝f(1－x)且f(0)＝3，则f(bx)________f(cx)．(用“≤”，“≥”，“>”，“<”填空)解析∵f(1＋x)＝f(1－x)．∴f(x)的对称轴为直线x＝1，由此得b＝2又f(0)＝3，∴c＝3，∴f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增．若x≥0，则3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)，若x<0，则3x<2x<1，∴f(3x)>f(2x)，∴f(3x)≥f(2x)．答案≤9．(2009·湖北黄冈四市联考)设函数f(x)＝|2x－1|的定义域和值域都是[a，b](b>a)，则a＋b＝________.解析因为f(x)＝|2x－1|的值域为[a，b]，所以b>a≥0，而函数f(x)＝|2x－1|在[0，＋∞)上是单调递增函数，因此应有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·广东韶关一模)要使函数y＝1＋2x＋4xa在x∈(－∞，1]上y>0恒成立，求a的取值范围．解由题意得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，则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)，＋∞))，则f(t)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上为减函数，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·江苏苏北四市期末)设f(x)＝ax＋b同时满足条件f(0)＝2和对任意x∈R都有f(x＋1)＝2f(x)－1成立．(1)求f(x)的解析式；(2)设函数g(x)的定义域为[－2,2]，且在定义域内g(x)＝f(x)，且函数h(x)的图象与g(x)的图象关于直线y＝x对称，求h(x)；(3)求函数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)由题意知，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)＝2x＋1.设点P(x，y)是函数h(x)的图象上任意一点，它关于直线y＝x对称的点为P′(y，x)，依题意点P′(y，x)应该在函数g(x)的图象上，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，且两个函数的公共定义域是[eq\f(5,4)，2]，所以函数y＝g(x)＋h(x)＝log2(x－1)＋2x＋1(x∈[eq\f(5,4)，2])．由于函数g(x)＝2x＋1与h(x)＝log2(x－1)在区间[eq\f(5,4)，2]上均为增函数，因此当x＝eq\f(5,4)时，y＝2eq\r(4,2)－1，当x＝2时，y＝5，所以函数y＝g(x)＋h(x)(x∈[eq\f(5,4)，2])的值域为[2eq\r(4,2)－1,5]．12．(16分)(2010·南通模拟)已知函数f(x)＝(eq\f(1,3))x，x∈[－1,1]，函数g(x)＝f2(x)－2af(x)＋3的最小值为h(a)．(1)求h(a)；(2)是否存在实数m，n，同时满足以下条件：①m>n>3；②当h(a)的定义域为[n，m]时，值域为[n2，m2]．若存在，求出m，n的值；若不存在，说明理由．解(1)因为x∈[－1,1]，所以(eq\f(1,3))x∈[eq\f(1,3)，3]．设(eq\f(1,3))x＝t，t∈[eq\f(1,3)，3]，则g(x)＝φ(t)＝t2－2at＋3＝(t－a)2＋3－a2.当a<eq\f(1,3)时，h(a)＝φ(eq\f(1,3))＝eq\f(28,9)－eq\f(2a,3)；当eq\f(1,3)≤a≤3时，h(a)＝φ(a)＝3－a2；当a>3时，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)因为m>n>3，a∈[n，m]，所以h(a)＝12－6a.因为h(a)的定义域为[n，m]，值域为[n2，m2]，且h(a)为减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12－6m＝n2,12－6n＝m2))，两式相减得6(m－n)＝(m－n)(m＋n)，因为m>n，所以m－n≠0，得m＋n＝6，但这与“m>n>3”矛盾，故满足条件的实数m，n不存在．题型5：对数与对数函数1．(2009·全国Ⅱ改编)设a＝log2π，b＝log2eq\r(3)，c＝log3eq\r(2)，则a，b，c的大小关系为________．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·福建厦门模拟)函数y＝lgx＋lg(x－1)的定义域为A，y＝lg(x2－x)的定义域为B，则A、B的关系是______________．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·广东改编)若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数，其图象经过点(eq\r(a)，a)则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上的减函数，那么a的取值范围是________________．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·江苏泰州月考)函数y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)的递增区间是__________．解析由x2－3x＋2>0得x<1或x>2，当x∈(－∞，1)时，f(x)＝x2－3x＋2单调递减，而0<eq\f(1,2)<1，由复合函数单调性可知y＝logeq\f(1,2)(x2－3x＋2)在(－∞，1)上是单调递增的，在(2，＋∞)上是单调递减的．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1))6．(2010·泰州模拟)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.检验知x＝5适合．答案57．(2009·辽宁改编)已知函数f(x)满足：当x≥4时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；当x<4时，f(x)＝f(x＋1)．则f(2＋log23)＝________.解析因为2＋log23<4，故f(2＋log23)＝f(2＋log23＋1)＝f(3＋log23)．又因为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·淮北调研)函数f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为________．解析∵y＝ax与y＝loga(x＋1)具有相同的单调性．∴f(x)＝ax＋loga(x＋1)在[0,1]上单调，∴f(0)＋f(1)＝a，即a0＋loga1＋a1＋loga2＝a，化简得1＋loga2＝0，解得a＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)9．(2009·广东五校联考)设a>0，a≠1，函数f(x)＝alg(x2－2x＋3)有最大值，则不等式loga(x2－5x＋7)>0的解集为________________．解析设t＝lg(x2－2x＋3)＝lg[(x－1)2＋2]．当x＝1时，tmin＝lg2.又函数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.故不等式解集为{x|2<x<3}．答案(2,3)10.(14分)(2010·江苏启东中学模拟)已知函数f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－ax－a)在区间(－∞，－eq\f(1,2))上为增函数，求a的取值范围．解令g(x)＝x2－ax－a.∵f(x)＝logeq\f(1,2)g(x)在(－∞，－eq\f(1,2))上为增函数，∴g(x)应在(－∞，－eq\f(1,2))上为减函数且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)，故实数a的取值范围是－1≤a<eq\f(1,2).11．(16分)(2010·舟山调研)已知函数y＝loga2(x2－2ax－3)在(－∞，－2)上是增函数，求a的取值范围．解因为μ(x)＝x2－2ax－3在(－∞，a]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数，要使y＝loga2(x2－2ax－3)在(－∞，－2)上是增函数，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).综上，得－eq\f(1,4)≤a＜0或0＜a＜1.12．(16分)(2010·扬州模拟)已知函数f(x)＝logaeq\f(x＋b,x－b)(a>0，且a≠1，b>0)．(1)求f(x)的定义域；(2)讨论f(x)的奇偶性；(3)讨论f(x)的单调性．解(1)由eq\f(x＋b,x－b)>0⇒(x＋b)(x－b)>0.解得f(x)的定义域为(－∞，－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)为奇函数．(3)令u(x)＝eq\f(x＋b,x－b)，则u(x)＝1＋eq\f(2b,x－b).它在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是减函数．∴当0<a<1时，f(x)分别在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是增函数；当a>1时，f(x)分别在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是减函数．题型6：幂函数1．(2010·潍坊模拟)已知函数f(x)＝xα的图象经过点(4,2)，则log2f(2)＝________.解析由已知得2＝4α，∴α＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝xeq\f(1,2)，∴log2f(2)＝log22eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)2．(2009·江苏靖江调研)设α∈{－2，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，2}，则使函数y＝xα为偶函数的所有α的和为____________．解析符合题意的α为－2和2，则－2＋2＝0.答案03．(2009·山东临沂模拟)已知a＝0.80.7，b＝0.80.9，c＝1.20.8，则a、b、c按从小到大的顺序排列为________________．解析由指数函数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·连云港模拟)幂函数y＝(m2－m－1)·x－5m－3，当x∈(0，＋∞)时为减函数，则实数m的值为________．解析由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,－5m－3<0.))∴m＝2.答案25．(2010·盐城模拟)设函数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，则x0的取值范围是________________．解析f(x0)>1，当x0≤0时，2－x0－1>1，即2－x0>2，－x0>1，∴x0<－1；当x0>0时，xeq\f(1,2)0>1，∴x0>1.综上，x0∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)6．(2010·西安调研)函数y＝(0.5x－8)－eq\f(1,2)的定义域是______________．解析由题意知0.5x－8>0，即(eq\f(1,2))x>8，即2－x>23，∴－x>3，则x<－3.答案(－∞，－3)7．(2009·宝城第一次月考)若(a＋1)－eq\f(1,3)<(3－2a)－eq\f(1,3)，则a的取值范围是______________．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)给出封闭函数的定义：若对于定义域D内的任意一个自变量x0，都有函数值f(x0)∈D，则称函数y＝f(x)在D上封闭．若定义域D＝(0,1)，则函数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上封闭的是________．(填序号即可)解析∵f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0∉(0,1)，∴f1(x)在D上不封闭．∵f2(x)＝－eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x＋1在(0,1)上是减函数，∴0＝f2(1)<f2(x)<f2(0)＝1，∴f2(x)适合．∵f3(x)＝1－x在(0,1)上是减函数，∴0＝f3(1)<f3(x)<f3(0)＝1，∴f3(x)适合．又∵f4(x)＝xeq\f(1,2)在(0,1)上是增函数，且0＝f4(0)<f4(x)<f4(1)＝1，∴f4(x)适合．答案②③④9．(2010·泉州模拟)已知幂函数f(x)的图象经过点(eq\f(1,8)，eq\f(\r(2),4))，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1<x2)是函数图象上的任意不同两点，给出以下结论：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).其中正确结论的序号是________________．解析依题意，设f(x)＝xα，则有(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).由于函数f(x)＝xeq\f(1,2)在定义域[0，＋∞)内单调递增，所以当x1<x2时，必有f(x1)<f(x2)，从而有x1f(x1)<x2f(x2)，故②正确；又因为eq\f(f(x1),x1)，eq\f(f(x2),x2)分别表示直线OP、OQ的斜率，结合函数图象，容易得出直线OP的斜率大于直线OQ的斜率，故eq\f(f(x1),x1)>eq\f(f(x2),x2)，所以③正确．答案②③10.(14分)(2009·辽宁丹东检测)已知幂函数y＝x－eq\f(1,2)p2＋p＋eq\f(3,2)(p∈Z)在(0，＋∞)上单调递增，且在定义域内图象关于y轴对称，求p的值．解由题意知：－eq\f(1,2)p2＋p＋eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)(p－1)2＋2.因为p∈Z，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且在定义域上为偶函数，所以p＝1.11．(16分)(2010·四平调研)已知f(x)＝xeq\f(1,－n2＋2n＋3)(n＝2k，k∈Z)的图象在[0，＋∞)上单调递增，解不等式f(x2－x)>f(x＋3)．解由条件知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.当n＝0,2时，f(x)＝xeq\f(1,3).∴f(x)在R上单调递增．∴f(x2－x)>f(x＋3)，∴x2－x>x＋3.解得x<－1或x>3.∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．12．(16分)(2010·南通模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,1＋x)，(1)画出f(x)的草图；(2)由图象指出f(x)的单调区间；(3)设a＞0，b＞0，c＞0，a＋b＞c，证明：f(a)＋f(b)＞f(c)．(1)解由得∴f(x)的图象可由的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到如图．(2)解由图象知(－∞，－1)，(－1，＋∞)均为f(x)的单调增区间．(3)证明∵f(x)在(－1，＋∞)为增函数，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)．题型7：函数与方程1．(2010·福建厦门模拟)如果函数y＝x2＋mx＋(m＋3)有两个不同的零点，则m的取值范围是________．解析方程x2＋mx＋(m＋3)＝0有两个不同的根⇔Δ＝m2－4(m＋3)>0，∴m>6或m<－2.答案(－∞，－2)∪(6，＋∞)2．(2010·金华一模)如果函数f(x)＝x2＋mx＋m＋2的一个零点是0，则另一个零点是________________．解析依题意知：m＝－2.∴f(x)＝x2－2x，∴方程x2－2x＝0的另一个根为2，即另一个零点是2.答案23．(2009·江苏盐城模拟)用二分法求方程x3－2x－1＝0的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为________．解析令f(x)＝x3－2x－1，则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知根所在区间为(eq\f(3,2)，2)．答案(eq\f(3,2)，2)(说明：写成闭区间也对)4．(2010·江苏兴化模拟)根据表格中的数据，可以判定方程ex－x－2＝0的一个根所在的区间为________.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的一个根所在的区间为(1,2)．答案(1,2)5．(2009·江苏扬州模拟)已知函数f(x)＝3x＋x－5的零点x0∈[a，b]，且b－a＝1，a，b∈N*，则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·山东，14)若函数f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是______________．解析设函数y＝ax(a>0，且a≠1)和函数y＝x＋a，则函数f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有两个零点，就是函数y＝ax(a>0，且a≠1)与函数y＝x＋a有两个交点，由图1可知，当0<a<1时两函数只有一个交点，不符合；由图2知，当a>1时，因为函数y＝ax(a>1)与y轴交于点(0,1)，而直线y＝x＋a所过的点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点，所以实数a的取值范围是a>1.答案a>17．(2010·苏州模拟)偶函数f(x)在区间[0，a](a>0)上是单调函数，且f(0)·f(a)<0，则方程f(x)＝0在区间[－a，a]内根的个数是________．解析由f(0)·f(a)<0，且f(x)在[0，a](a>0)上单调知f(x)＝0在[0，a]上有一根，又函数f(x)为偶函数，f(x)＝0在[－a,0]上也有一根．答案28．(2010·浙江温州一模)关于x的实系数方程x2－ax＋2b＝0的一根在区间[0,1]上，另一根在区间[1,2]上，则2a＋3b的最大值为________．解析令f(x)＝x2－ax＋2b，据题意知函数在[0,1]，[1,2]内各存在一零点，结合二次函数图象可知满足条件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))，在直角坐标系中作出满足不等式的点(a，b)所在的可行域，问题转化为确定线性目标函数：z＝2a＋3b的最优解，结合图形可知当a＝3，b＝1时，目标函数取得最大值9.答案99．(2009·江苏启东中学月考)若关于x的方程3tx2＋(3－7t)x＋4＝0的两实根α，β满足0<α<1<β<2，则实数t的取值范围是______________．解析依题意，函数f(x)＝3tx2＋(3－7t)x＋4的两个零点α，β满足0<α<1<β<2，且函数f(x)过点(0,4)，则必有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·江苏镇江调研)已知二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)>0，求实数p的取值范围．解二次函数f(x)在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)>0的否定是对于区间[－1,1]内的任意一个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.∴二次函数在区间[－1,1]内至少存在一个实数c，使f(c)>0的实数p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).11．(16分)(2010·扬州模拟)x1与x2分别是实系数方程ax2＋bx＋c＝0和－ax2＋bx＋c＝0的一个根，且x1≠x2，x1≠0，x2≠0.求证：方程eq\f(a,2)x2＋bx＋c＝0有一个根介于x1和x2之间．证明由于x1与x2分别是方程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.))设f(x)＝eq\f(a,2)x2＋bx＋c，则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有一个根介于x1和x2之间．12．(16分)(2009·江苏江阴模拟)已知二次函数f(x)＝x2－16x＋q＋3.(1)若函数在区间[－1,1]上存在零点，求实数q的取值范围；(2)问是否存在常数t(t≥0)，当x∈[t,10]时，f(x)的值域为区间D，且区间D的长度为12－t.(视区间[a，b]的长度为b－a)解(1)∵函数f(x)＝x2－16x＋q＋3的对称轴是x＝8，∴f(x)在区间[－1,1]上是减函数．∵函数在区间[－1,1]上存在零点，则必有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)在区间[0,8]上是减函数，在区间[8,10]上是增函数，且对称轴是x＝8.①当0≤t≤6时，在区间[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当6<t≤8时，在区间[t,10]上f(10)最大，f(8)最小，∴f(10)－f(8)＝12－t，解得t＝8；③当8<t<10时，在区间[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.综上可知，存在常数t＝eq\f(15－\r(17),2)，8,9满足条件．题型8：函数模型及应用一、填空题(本大题共9小题，每小题6分，共54分)1．(2009·