《高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列專題 函數(shù)教師版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)備考沖刺之易錯點點睛系列專題 函數(shù)教師版（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、函數(shù) 一、高考預(yù)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(yīng)用，重在檢測考生對該部分的基礎(chǔ)知識和基本方法的掌握程度.復(fù)習(xí)該部分以基礎(chǔ)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(xué)數(shù)學(xué)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(dǎo)學(xué) 要點1：函數(shù)三要素 定義域的求法：當(dāng)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(dāng)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(yīng)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(dāng)一個函數(shù)在定義域的不同區(qū)間上具有不同的對應(yīng)關(guān)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(guān)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(guān)于坐標(biāo)原點對稱、函數(shù)圖象的對稱性等對問題進(jìn)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(yīng)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(jìn)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(fù)．” 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(jìn)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(jìn)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(jìn)行比較． 2．對于含參數(shù)的指數(shù)、對數(shù)問題，在應(yīng)用單調(diào)性時，要注意對底數(shù)進(jìn)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(yīng)用 解決函數(shù)模型的實際應(yīng)用題，首先應(yīng)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(guān)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(chǔ)： →→→ 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(biāo)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(yīng)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(yīng)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(guān)鍵是利用函數(shù)方程思想或數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建關(guān)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(dāng)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(dá)到其精確度，則得零點近似值，否則重復(fù)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(dāng)x≠1時，h(x)==x-1++2≥4．或h(x)= ∈(-∞，0)∪(0，+∞)． ∴h(x)的值域為(4，+∞)，當(dāng)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(dāng)x∈Df但xDg時，應(yīng)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(yīng)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)= ∴≤a≤1或a≤-2．故當(dāng)BA時，實數(shù)a的取值范圍是(-∞，-2)∪[，1]. [專家把脈] 由函數(shù)的概念知函數(shù)的定義域為非空集合，所以錯解中a=1時B= ?，說明函數(shù)不存在， 因此 a=1不適

9、合． [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(dāng)a=1時，B= ?，∵定義域為非空集合，∴a≠1．當(dāng) 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(dāng)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2

10、x-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(yīng)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)∴M∩N={x|x>}∩{x|x≥3或x>1}={x|x≥3}．M∪N={x|x>}∪{x|x≥3或x>

11、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(rèn)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|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

12、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(jìn)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(yīng)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(yīng)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]上恒成立.即 ex[x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0，g(x)=x2+2

13、(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(rèn)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(yīng)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)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

14、)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∈?． (2)若f(x)在[-1，1]上是單調(diào)遞減函數(shù)，則f′(x)≤0在[-1，1]上恒成立． ∴ex[x2+2(1-a)x-2a]≤0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0．∴h(x)=x2+2(1-a)x-2a≤0在[-1，1]上恒成立．則有∴當(dāng)a∈[，+∞]時，f(x)在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)． 2．已知函數(shù)f(x)=ax+(a＞1) (1)證明：函數(shù)f(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)； (2)

15、用反證法證明方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根． [考場錯解] (1)設(shè)-1＜x1＜x2，f(x2)-f(x1)=ax2+ax2-ax1+＞0． ∴f(x)在(-1，+∞)上是增函數(shù)． (2)設(shè)x0為方程f(x)=0的負(fù)數(shù)根，則有ax0+=0．即ax0==-1+， ① ∵x0≠-1，∴當(dāng)-13，-1+>2，而＜ax0<1 與①矛盾． ∴原方程沒有負(fù)數(shù)根． [專家把脈] 第(1)問錯在用定義證明函數(shù)單調(diào)性時，沒有真正地證明f(x2)>f(x1)．而只是象征性地令f(x2)-f(x1)＞0這是許多學(xué)生解這類題的一個

16、通?。?2)問錯在把第(1)問的條件當(dāng)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(fù)根． [對癥下藥] （1）設(shè)-10，又a>1，∴ax2-x1>1．而-10，x2+1>0． ∴f(x2)-f(x1)＞0∴f(x)在(-1，+∞)上為增函數(shù)． (2)設(shè)x0為方程f(x)=0的負(fù)數(shù)根，則有ax0+=0．即ax0=-1+ 顯然x0≠-1， 當(dāng)0＞x0＞-1時，1＞x0+1＞0，＞3，-1+>2

17、．而-1的解．當(dāng)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.(1，-) [考場錯解] A當(dāng)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(dāng)a>1時，x3-ax>0在(-,0)上不可能成立

18、． 函數(shù)，不能說 f(x)在(a，b)∪(c，d)上一定是增(減)函數(shù)． 3．設(shè)函數(shù)y=f(u)，u=g(x)都是單調(diào)函數(shù)，那么復(fù)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(fù)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(fù)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(yīng)用 1．定義在R上的

19、偶函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(x+2)，當(dāng)x∈ [3，4]時,f(x)=x-2．則 ( ) A．f(sin)＜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(shè)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

20、＜cosf(sin)＜f(cos)． [專家把脈] 上面解答錯在由f(x)=f(-x)得f(x)=x+2這一步上，導(dǎo)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(shè)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(guān)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

21、：sin1>cos1f(sin1)

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

23、)=0．f(1)+f(0)=0．∴f(5)+f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=-f(0) [專家把脈] 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(shè)函數(shù)f(x)在(

24、-∞，+∞)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(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[-2005，2005]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)，

25、又f(3)=f(1)=0，∴f(11)=f(13)=f(-)=f(-9)=0． 故f(x)在[0，10]上有兩個解，從而可知函數(shù)y=f(x)在[0，2005]上有401個解．[-2005，0]上有401個解，所以函數(shù)丁y=f(x)在[-2005，2005]上有802個解． [專家把脈] (1)對題意理解錯誤，題設(shè)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(rèn)為x∈[0，10]，[-10，0]上各有兩個解，則認(rèn)為在[0，2005]與在[-2005，0]

26、上解的個數(shù)相同是錯誤的，并且f(x)=0在[0，2005]上解的個數(shù)不是401個，而是402個． 反函數(shù)．當(dāng)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(yīng)在(1，2)內(nèi)，∴a≤1或a≥2．故選C. 2． y=(1≤x≤2)的反函數(shù)是 ( ) A.y=1+(-1≤x≤1) B.y=

27、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(fù)號”；(二)反函數(shù)的定義域應(yīng)通過求原函數(shù)的值域而得到，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，+∞

28、]． ∴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(shè)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)x==y+．∴x=loga(y+)，x、y對換．∴f-1(x)=loga(x+)(x∈R)又∵f-1(x)＞1，∴l(xiāng)og

29、a(x+)＞1x +＞a. ＞a-x∴1 ∴l(xiāng)oga(x+)>1x+>a＞a-x＜x＜+∞. 解法2：利用原函數(shù)與反函數(shù)的定丈域、值域的關(guān)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

30、增．∴f(x)＞(a-)=．選A. 4. 設(shè)函數(shù)f(x)的圖像關(guān)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(guān)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(guān)于點(1，2)對稱不是關(guān)于y=x對稱，因此應(yīng)找出圖像過點(-2，4)是關(guān)鍵． [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(guān)于點

31、(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(shè)y=f(x)上任一點P(x、y)關(guān)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不唯一，3x2-2x在(-1，1)上恒成立． 設(shè)g(x)=3x2-2x=3(x-)2-．∵對稱軸為x=．∴g(x)

32、)=5． 因而要t≥g(x)在(-1，1)上恒成立．∴t≥5．即t的取值范圍是[5，+∞]． 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(dāng)且僅當(dāng)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的取值范圍是[5，+∞]． 2．已知函數(shù)f(x)=ax-x2的最大值不大于，又當(dāng)x∈時，f(x)≥. (1)求a的值; (2)設(shè)0

33、

34、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(dāng)n=1時,0＜a1<，不等式00，x∈(0，)，所以0

35、成立. 根據(jù)(ⅰ)(ⅱ)可知，對任何n∈N*，不等式an＜成立. 3．已知函數(shù)f(x)的二項式系數(shù)為a，且不等式f(x)>-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(shè)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=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

36、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、也不能說f(x)的最大值是-，從而很不容易求得a的范圍． ②區(qū)間端點函數(shù)值的正負(fù)；③對稱軸x=-與區(qū)間端點的關(guān)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(biāo)與閉區(qū)間的相對位置確定二次函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解. 命題角度6 指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)的應(yīng)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(rèn)為當(dāng)，x<1時，e｜lnx｜-|x-1|=-.選C，主要時當(dāng)x≥1時化簡錯誤

38、． [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(dāng)0恒成立的函數(shù)的個數(shù)是 ( ) 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(dǎo)致錯誤．由題設(shè)條件知F(x)在(0，1)上是凸函數(shù)，認(rèn)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(dāng)0

39、，使f>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>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(fù)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)

40、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(shè)矛盾.∴00x>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(dǎo)數(shù)f′(x)． (2)假設(shè)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．

41、 [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)]<0得-ln+ln(ex-a)

42、n=ln(a)． [S(x)]max=ln(3a)-ln=ln(a) ∴l(xiāng)n(a)lna)，f′(x)= . (2)解法1 由｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))< 0得-ln+ln(ex-a)

43、① 設(shè)t=ex，u(t)=，v(t)=，于是不等式①化為u(t)0 ∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函數(shù)． 因此，當(dāng)t∈[3a，4a]時，u(t)的最大值為u(4a)= a，v(t)的最小值為v(3a)=a，而不等式②成立，當(dāng)且僅當(dāng)u(4a)

44、a)+x0，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(dāng)且僅當(dāng)(ln(4a))

45、合函數(shù)的構(gòu)成，然后轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化為基本初等函數(shù)的單調(diào)性加以解決，注意不可忽視定義域，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(yīng)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(shè)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)= -0．15

46、x2+3．06x+30=-O．15(x-)2+46.806 ∴當(dāng)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(yīng)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(shè)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(dāng)x=10時，獲得最大利潤L=-0．15×102+3．06×10+30=45．6萬元．選B． 2

47、．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，因此甲方有權(quán)向乙方索賠以彌補(bǔ)經(jīng)濟(jì)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(guān)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)． (1)將乙方的年利潤W(元)表示為年產(chǎn)量t(噸)的函數(shù)，并求出乙方獲得最大利潤的年產(chǎn)量． (2)甲方每年受乙方生產(chǎn)影響的經(jīng)濟(jì)損失余額y=0．002t2.在乙方按照獲得最大利潤的產(chǎn)量進(jìn)行生產(chǎn)的前提下，甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應(yīng)向乙方要求的賠付價格S是多少? [考場錯解] (1)因為賠付價格為S元／噸，所以乙

48、方的實際利潤為： W=2000-St=(2000-S)=S(2000-)≤S·=10003S．當(dāng)且僅當(dāng)=2000-.即t=106(噸)時．W取得最大值． (2)設(shè)甲方凈收入為v元，則v=St-0.002t2,將t=106代入上式v=106S-1012×0.002=106(S-2×103). ∵v在(0，+∞)上是增函數(shù)．即S越大，v越大，故甲方要在索賠中獲得最大凈收入，應(yīng)向乙方要求的賠付價格S是任意大的數(shù)字． [專家把脈] 上面解答主要在第(1)問求w的最值時，變形出了錯誤，即由w=2000-St=S(2000-)正確的變形為w=2000-St=S(-)．這一步出錯導(dǎo)致后面結(jié)果都是

49、錯誤的． [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(dāng)且僅當(dāng)=-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(dāng)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

50、w′=0得t=t0=()2．當(dāng)t0；當(dāng)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(shè)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(guān)系式v=-.又v′=--令v′=0得S=20，當(dāng)S<20時，v′>0；當(dāng)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=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(dá)B站并停車1分鐘

51、，8時12分到達(dá)C站，在實際運行時，假設(shè)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(dá)某站的時間與時刻表上相應(yīng)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| (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(dāng)0

52、+-11≤2，解得時，(*)式變形為7-+11-≤2，解得

53、，綜上所述，v的取值范圍是[39, ] 4．某人在一山坡P處觀看對面山崖頂上的一座鐵塔．如圖所示，塔及所在的山崖可視為圖中的豎直線OC，塔高BC=80(米)，山高OB=220(米)，OA=200(米)，圖中所示的山坡可視為直線l且點P在直線l上，l與水平地面的夾角為α，tanα=．試問，此人距山崖的水平距離多遠(yuǎn)時，觀看塔的視角∠BPC最大(不計此人的身高)? [考場錯解] 如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)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(shè)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

54、斜率公式 kPC==kPB=.由直線PC到直線PB的角的公式得： tan ∠BPC= 設(shè)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(dāng)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，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(biāo)系，則A(200，0)，B(0，220)，C(0，

55、300)．直線l的方程為y=(x-200)tanα，即y=. 設(shè)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(dá)到最大，只須x+達(dá)到最?。删挡坏仁? x+≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x=時上式取得等號．故當(dāng)x=320時tan∠BPC最大．由此實際問題知，0<∠BPC<，所以tan∠BPC最大時，∠BPC最大，故當(dāng)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

56、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(dāng)年公司所得利潤最大? (3)年產(chǎn)量是多少時，當(dāng)年公司不虧本?(取=4．65)． 即年產(chǎn)量是475件時，當(dāng)年公司所得利潤最大． (3)當(dāng)0≤x≤5時，由f(x)≥0，-(x-4.75)2+≥0 ∴0．1≤x≤5．(ⅱ)當(dāng)x>5時，12-0．25x≥05

57、路程、產(chǎn)值、環(huán)保、稅收、市場信息等實際問題，也可涉及角度、面積、體積、造價的最優(yōu)化問題，解答這類問題的關(guān)鍵是建立相關(guān)函數(shù)的解析式，然后應(yīng)用函數(shù)知識加以解決.在求得數(shù)學(xué)模型的解后應(yīng)回到實際問題中去，看是否符合實際問題. 四、典型習(xí)題導(dǎo)練 1、則的值為 . 【解析】． 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. 4、若關(guān)于的不等式的解集為非空集，則實數(shù)的取值范圍是_________ 【解析】當(dāng)時即所以解得；當(dāng)時即所以解得故實數(shù)的取值范圍是 5、已知，，規(guī)定：當(dāng)

58、時, ；當(dāng)時, ，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 【解析】畫出與的圖象,它們交于A、B兩點. 由“規(guī)定”，在A、B兩側(cè), 故；在A、B之間, ,故.綜上可知, 的圖象是圖中的實線部分, 因此有最小值-1,無最大值 6、下列函數(shù)中，滿足“對任意的，當(dāng)時，總有”的是（ ） A． B． C． D． 【解析】本題考查了函數(shù)單調(diào)性的定義，以及基本初等函數(shù)的單調(diào)，即反比例函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用．∵對任意x1、x2∈，當(dāng)x1＜x2時，都有f（x1

59、）＞f（x2），∴函數(shù)在上是減函數(shù)；A、由于，由二次函數(shù)的性質(zhì)知，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，故A不對； B、根據(jù)對數(shù)的真數(shù)大于零得函數(shù)的定義域為，故B不對； C、由反比例函數(shù)的性質(zhì)知，此函數(shù)函數(shù)在上是減函數(shù)，故C正確； D、由于e＞1，則由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，在上是增函數(shù)，故D不對；故選C． 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(dāng)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 ． 【解析】按二項式公式展開得，函數(shù)有4個零點，等價于函數(shù)與，再利用數(shù)形結(jié)合可得． 當(dāng)x∈[0,2)時，＝log2(x＋1)，則的值為（ ） A．－2 B．－1

60、 C．2 D．1 【解析】由＝知是周期為2的函數(shù)， ∴＝＝＝log22＋log21＝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________. 【解析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，可知函數(shù)恒過定點.將點代入，可得. 由于始終落在所給圓的內(nèi)部或圓上，所以. 由，解得或，這說明點在以和為端點的線段上運動，所以的取值范圍是. :11、設(shè)集合函數(shù) 且， 則的取值范圍是 . 【解析】本題考查分段函數(shù)及不等式綜合應(yīng)用。則，由得即，所以，解得，又因為，所以故答案為： 12、已知函數(shù)，且關(guān)于的

61、方程有且只有一個實根，則實數(shù)的范圍是（ ） A. B. C. D. 【解析】本題可采用數(shù)形結(jié)合的方法解答.如圖，在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別作出的圖象，其中表示直線在軸的截距，結(jié)合圖形可知當(dāng)時，直線與只有一個交點. 即. 【答案】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 【解析】注意分段．，， 當(dāng)時，，則上恒成立．故在上為單調(diào)遞增函數(shù)，又，，故在上有1個根．同理可分析得在，上各有1個根，在上無根．綜上可． ∵, ∴ Q—． P=．【答案】C 15、設(shè)，若，滿足，則的取值范

62、圍是 . 【解析】的圖像關(guān)于軸對稱，且，，由得：.,. 16、已知函數(shù)，則當(dāng)時，下列結(jié)論正確的是 A. B.C. D. 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)” 【解析】 A正確，令，得．所以．若，顯然有實數(shù)根；若，．又因為的函數(shù)圖象是連續(xù)不斷，所以在上必有實數(shù)根．因此任意的“同伴函數(shù)”必有根，即任意“同伴函數(shù)”至少有一個零點． B錯誤．用反證法，假設(shè)是一個“同伴函數(shù)”，則即 對任意實數(shù)x成立，所以，而此式無解，所以不是一個“同伴函數(shù)”． C錯誤.因為的定

63、義域不是R. D錯誤，設(shè)是一個“同伴函數(shù)”，則，當(dāng)時，可以取遍實數(shù)集，因此不是唯一一個常值“同伴函數(shù)”． 19、已知二次函數(shù)的最小值為且關(guān)于的不等式的解集為,（1）求函數(shù)的解析式；（2）求函數(shù)的零點個數(shù). 【解析】本題主要考查二次函數(shù)與一元二次不等式的關(guān)系，函數(shù)零點的概念，導(dǎo)數(shù)運算法則、用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖像的意識、考查數(shù)形結(jié)合思想，考查考生的計算推理能力及分析問題、解決問題的能力． （1）是二次函數(shù), 且關(guān)于的不等式的解集為 ,, 且. 4分, 且,6分故函數(shù)的解析式為 (2) ,. 8分 的取值變化情況如下：

64、 單調(diào)增加 極大值 單調(diào)減少 極小值 單調(diào)增加 當(dāng)時, ；12分又.13分 故函數(shù)只有1個零點,且零點14分 20、已知函數(shù)的定義域為且，對任意都有 數(shù)列滿足N.證明函數(shù)是奇函數(shù);求數(shù)列的通項公式;令N, 證明:當(dāng)時,. (本小題主要考查函數(shù)、數(shù)列、不等式等知識, 考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合的數(shù)學(xué)思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力和創(chuàng)新意識) 【解析】（1）由于對任意，都有， 令，得，解得. …… 1分 令，得，∵， ∴，即.…… 2分 ∴函數(shù)是奇函數(shù). …… 3分 （2）解：先用數(shù)學(xué)歸納法證明

65、.①當(dāng)時，，得, 結(jié)論成立. ②假設(shè)時, 結(jié)論成立, 即,當(dāng)時, 由于, , 又.∴.即時, 結(jié)論也成立. 由①②知對任意N, .…… 4分 求數(shù)列的通項公式提供下面兩種方法. 法1:.…………… 5分 ∵函數(shù)是奇函數(shù)， ∴. ∴. …… 6分 ∴數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列. ∴數(shù)列的通項公式為. ……… 7分 法2: ∵ …… 5分 , ∴.… 6分 ∴數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列. ∴數(shù)列的通項公式為.………… 7分 （3）證法1：由（2）知，∵， ∴. … 8分∴N，且 ∴N,且.… 9分當(dāng)且N時, …… 10分 …… 11分 . ∴. … 12分∵,∴當(dāng)時,.… 13分 ∴當(dāng)時,. 14分 ………… 12分 右邊.……… 13 ∴時，不等式也成立. 由①②知，當(dāng)時,成立.………… 14分 證法3：由（2）知，故對，有 .… 8分