【摘要】鑒于大家對十分關(guān)注，小編在此為大家整理了此文“高考數(shù)學(xué)沖刺易錯點：函數(shù)”，供大家參考!
本文題目：高考數(shù)學(xué)沖刺易錯點：函數(shù)
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)性往往與不等式的解、方程的解等問題交匯，要注意這些知識的綜合運(yùn)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，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x Dg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)B A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= Ø，說明函數(shù)不存在，
因此 a=1不適合.
[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= Ø，∵定義域為非空集合，∴a≠1.當(dāng) a<1時，a+1>2a，∴B=(2a，a+1)，∵B A，
∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥ 或a≤-2.而a<1，∴ ≤a≤1或a≤-2，
故當(dāng)B A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2x-3>0解得x> .∴M={xx> }.由1- ≥0 得x-1≤x-3∴-1≤-3.∴N= Ø.
(2)∴M∩N=Ø.M∪N={xx> }.
[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=Ø顯然是錯誤的.
[對癥下藥] (1)由2x-3>0，得x> .∴M={xx> }.由1- ≥0得
∴x≥3或x<1.∴N={xx≥3或x<1}.
(2)∴M∩N={xx> }∩{xx≥3或x>1}={xx≥3}.M∪N={xx> }∪{xx≥3或x>1}={xx> 或x<1}.
4.若集合M={yy=2-x}，P={yy= }，則M∩P等于 ( )
A.{yy>1} B.{yy≥1} C.{yy>0} D.{yy≥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={yy=2-x}={yy>0}，P={yy= }={yy≥0}.∴M∩P={yy>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(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(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立.即 或△=4(1-a)2+8a<0或 解得：a∈Ø.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)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∈Ø.
(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)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)-10.
∴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
∴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)生解這類題的一個通病.第(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)-1
ax2-ax1+ =ax1(ax2-x1-1)+ =ax1(ax2-x1)+ .∵x2-x1>0，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.而 x0>-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.
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)]
? ? ?
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? ? ?
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 ) C.f(sin1)
[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
[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：sin f(cos ) B：sin >cos f(sin )>f(cos ).
C：sin1>cos1 f(sin1)
2.(典型例題)若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(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(rèn)為f(x)在[0，+∞]上仍是減函數(shù)，導(dǎo)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)
3.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y=f(x)的圖像關(guān)于直線x= 對稱，則f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=_______
[考場錯解] 填-f(0)∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(-x)=-f(x).又f(x)的圖像關(guān)于x= 對稱.
∴f(x)=f(1-x) ∴f(-x)+f(-x+1)=0. ∴f(x)+f(x-1)=0
∴f(5)+f(4)=0.f(3)+f(2)=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(yùn)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(-∞，+∞)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)，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]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=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，+∞].
∴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.ax= =y+ .∴x=loga(y+ )，x、y對換.∴f-1(x)=loga(x+ )(x∈R)又∵f-1(x)>1，∴loga(x+ )>1 x + >a. >a-x ∴
[專家把脈] 上面解答錯在最后解不等式 >a-x，這一步，因為x+ >a-x應(yīng)等價于 或a≤x.錯解中只有前面—個不等式組.答案顯然錯了.
[對癥下藥] A 解法1 ∵y= (ax-a-x) a2x-2y•ax-1=0，ax= =y+
∴x=loga(y+ ).∴f-1(x)=loga(x+ )(x∈R).∵f-1(x)>1
∴loga(x+ )>1 x+ >a >a-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(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)
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
[考場錯解] 第(1)問，∵f(x)=ax- x2=- (x- a)2+ . ∴ ≤ ，即a2≤1 -1≤a≤1 ①
又當(dāng)x∈ 時,f(x)≥ ，即f(x) ≥ 在 上恒成立 ≤f(x)在 上的最小值為f( ) ∴f( )≥ .即 ≥ . ② 綜合，①，②知 ≤a≤1.
[專家把脈] 上面解答錯在f(x)在 的最小值的計算上，由①得-1≤a≤1.∴ ∈(- , )，
∴對稱軸x= 離端點 較遠(yuǎn)，因此,f(x)的最小值應(yīng)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(dāng)n=1時,00，x∈(0， )，所以0
(?)假設(shè)n=k(k≥2)時，不等式0
于是有0
所以當(dāng)n=k+1時，不等式也成立. 根據(jù)(?)(?)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- >0 a(a+2+ )(a+2- )<0解得0<-2- 或-2+
故當(dāng)f(x)的最大值為正數(shù)時，實數(shù)a的取值范圍是(-∞，-2- )∪(-2+ ，0).
[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(yīng)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.
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=elnx-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=elnx-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，elnx-x-1=- .選C，主要時當(dāng)x≥1時化簡錯誤.
[對癥下藥] D ∵f(x)=elnx-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 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)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.∴00 x>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.
[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)[S(x)]max
∵S(x)，h(x)=ln(ex-a)+ln(1+ )在[ln(3a)，ln(4a)]上是增函數(shù).∴[h(x)]min=ln(2a)+ln =ln( a). [S(x)]max=ln(3a)-ln =ln( a) ∴ln( a)
[專家把脈] 錯在第(2)問h(x),S(x)在(ln(3a)，ln(4a))上是增函數(shù)沒有根據(jù).應(yīng)用定義法或?qū)?shù)法判定后才能用這一結(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)= .
(2)解法1 由m-f-1(x)+ln(f′(x))< 0得-ln +ln(ex-a)
設(shè)t=ex，u(t)= ，v(t)= ，于是不等式①化為u(t)
當(dāng)t1
u(t2)-u(t1)= - = >0.
v(t2)-v(t1)= - = = >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)
解法2 由m-f-1(x)+ln(f′(x))<0得ln(ex-a)-ln(ex+a)+x
設(shè) (x)=ln(ex-a)-ln(ex+a)+x，r(x)=ln(ex-a)+ln(ex+a)-x，
于是原不等式對于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒成立等價于 (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(dāng)且僅當(dāng) (ln(4a))
專家會診
論由指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)構(gòu)成的復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性時，首先要弄清復(fù)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)=
-0.15x2+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.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(yùn)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，8時12分到達(dá)C站，在實際運(yùn)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(yùn)行誤差. (1)分別寫出列車在B、C兩站的運(yùn)行誤差; (2)若要求列車在B，C兩站的運(yùn)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(yùn)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 時，(*)式變形為7- +11- ≤2. 解得
[專家把脈] 上述解答錯在單位不統(tǒng)一，應(yīng)將速度v(km/h)化為v(60km/分).由于一開始出現(xiàn)錯誤，導(dǎo)致后面結(jié)果全是錯誤的.
[對癥下藥] (1)列車在B、C兩站的運(yùn)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，∴ -7+ -11≤2(*)
當(dāng)0
當(dāng) 時，(*)式變形為7- +11- ≤2，解得
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(0，300).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)到最小.由均值不等式
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.(?)當(dāng)x>5時，12-0.25x≥0 5
即生產(chǎn)量在10件到4800件不虧本.
專家會診
與函數(shù)有關(guān)的應(yīng)用題經(jīng)常涉及到物價、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) 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)x1f(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 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(yùn)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(yùn)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：
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(yùn)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 .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 文章來源
【總結(jié)】2013年為小編在此為您收集了此文章“高考數(shù)學(xué)沖刺易錯點：函數(shù)”，今后還會發(fā)布更多更好的文章希望對大家有所幫助，祝您在學(xué)習(xí)愉快!
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