北大附中高考數學專題復習匯編 全集

學科：數學 教學內容：函數與方程 考點梳理 一、考試內容 集合、子集、交集、并集、補集。|ax+b|<c、|ax+b|>c(c>0)型不等式。一元二次不等式。 映射、函數。分數指數冪與根式。函數的單調性，函數的奇偶性。反函數，互為反函數的函數圖像間的關系。指數函數。對數，對數的性質和運算法則。對數函數，換底公式。簡單的指數方程和對數方程。 二、考試要求 1.理解集合、子集、交集、并集、補集的概念。了解空集和全集的意義。了解屬于、包含、相等關系的意義。能掌握有關的術語和符號，能正確地表示一些較簡單的集合。 2.理解|ax+b|<c、|ax+b|>c(c>0)型不等式的概念，并掌握它們的解法。了解二次函數、一元二次不等式及一元二次方程三者之間的關系，掌握一元二次不等式的解法。 3.了解映射的概念，在此基礎上理解函數及其有關的概念，掌握互為反函數的函數圖像間的關系。 4.理解函數的單調性和奇偶性的概念，并能判斷一些簡單函數的單調性和奇偶性。能利用函數的奇偶性來描繪函數的圖像。 5.理解分數指數冪、根式的概念，掌握分數指數冪的運算法則。 6.理解對數的概念，掌握對數的性質。 7.掌握指數函數、對數函數的概念及其圖像和性質，并會解簡單的指數方程和對數方程。 三、考點簡析 1.函數及相關知識關系表 2.集合 （1）作用地位 “集合”是數學研究的基本對象之一。學習集合的概念，有助于理解事物的邏輯關系和對應關系，加深對數學的抽象特征的理解，也能提高使用數學語言的能力。 高考試題中，對集合從兩個方面進行考查：一方面是考查對集合概念的認識和理解水平，主要表現在對集合的識別和表達上。如對集合中涉及的特定字母和符號，元素與集合間的關系，集合與集合間的比較，另一方面，則是考查學生對集合知識的應用水平，如求方程組、不等式組及聯立條件組的解集，以及設計、使用集合解決問題等。 （2）重點與難點 重點是集合的概念和表示法及交、并、補集的運算。難點是集合運算的綜合運用，特別是帶有參數的不等式解集的討論。 （3）有關子集的幾個等價關系 ①A∩B=AAB； ②A∪B=BAB； ③ABC uAC uB； ④A∩CuB =CuAB； ⑤CuA∪B=IAB。 （4）交、并集運算的性質 ①A∩A=A，A∩=，A∩B=B∩A； ②A∪A=A，A∪=A，A∪B=B∪A； ③Cu (A∪B)= CuA∩CuB，Cu (A∩B)= CuA∪CuB； （5）有限子集的個數：設集合A的元素個數是n，則A有2n個子集，2n－1個非空子集。 3.函數的性質 （1）函數的概念：定義域、值域、對應法則、反函數、復合函數、分段函數； （2）函數的性質：單調性、奇偶性、有界性、極（最）值性、對稱性、周期性等； （3）函數對稱性與周期性的幾個結論： ①設函數y=f(x)的定義域為R，且滿足條件f(a+x)=f(b－x)，則函數y=f(x)的圖像關于直線x=對稱； ②定義在R上的函數y=f(x)對定義域內任意x有f(x+a)=f(x－b)，則y=f(x)是以T=a+b為周期的函數； ③定義在R上的函數y=f(x)對定義域內任意x滿足條件f(x)=2b－f(2a－x)，則y=f(x)關于點(a,b)對稱； ④若y=f(x)既關于直線x=a對稱，又關于x=b（a≠b）對稱，則y=f(x)一定是周期函數，且T=2|a－b|是它的一個周期； ⑤若y=f(x)既關于直線x=a對稱，又關于點(b,c)中心對稱，則y=f(x)一定是周期函數，且T=4|a－b|是它的一個周期。 （4）函數的奇偶性與單調性： ①奇函數與偶函數的定義域關于原點對稱，圖像分別關于原點與y軸對稱； ②任意定義在R上的函數f(x)都可以惟一地表示成一個奇函數與一個偶函數的和。即 f(x)= + ③若奇函數f(x)在區(qū)間[a,b](0≤a<b)上單調遞增（減），則f(x)在區(qū)間[－b,－a]上也是單調遞增（減）； 若偶函數f(x)在區(qū)間[a,b]（0≤a<b）上單調遞增（減），則f(x)在區(qū)間[－b,－a]上單調遞減（增）； ④函數f(x)在R上單調遞增，若f(a)>f(b)，則a>b; 函數f(x)在R上單調遞減，若f(a)>f(b)，則a<b; ⑤若f(x)在定義域內是增（減）函數，則它的反函數y=f－1(x)在定義域內也是增（減）函數。 4.三個“二次”的相關問題 （1）地位作用： 三個“二次”（即一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式）是中學數學的重要內容，具有豐富的內函和密切的聯系，同時也是研究包含二次曲線在內的許多內容的工具。高考試題中近一半的試題與這三個“二次”問題有關。 （2）二次函數的基本性質 ①二次函數的三種表示法：y=ax2+bx+c；y=a(x－x1)(x－x2)；y=a(x－x0)2+n（a≠0）； ②當a>0時，f(x)在區(qū)間[p,q]上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。 若－<p，則f(p)=m,f(q)=M; 若p≤－<x0，則f(－)=m,f(q)=M; 若x0≤－<q，則f(p)=M,f(－)=m; 若－≥q,則f(p)=M,f(q)=m。 （3）二次方程的實根分布條件： ①二次方程f(x)=0的兩根中一根比r大，另一根比r小af(r)<0; ②二次方程f(x)=0的兩根都大于r ③二次方程f(x)=0在區(qū)間(p,q)內有兩根 ④二次方程f(x)=0在區(qū)間(p,q)內只有一根f(p)f(q)<0，或（檢驗）或（檢驗）。 ⑤二次方程f(x)=0的一根小于p，另一根大于q(p<q) （4）二次不等式的轉化策略： ①二次不等式f(x)≤0的解集是：(－∞,α∪[β，+∞a<0且f(α)=f(β)=0. ②當a<0時，f(α)<f(β) |α+|>|β+|; 當a>0時，f(α)<f(β) |α+|<|β+|。 ③當a>0時，二次不等式f(x)>0在[p,q]上恒成立或或 ④f(x)>0恒成立或 f(x)<0恒成立或 5.冪函數、指數函數、對數函數的性質 （1）冪函數y=xn(n∈Q)的性質 ①當n>0時，函數圖像過點（1，1），（0，0），且在第一象限內隨x增加，圖像上升； ②當n<0時，函數圖像過點(1，1)，且在第一象限內隨x增加，圖像下降。 （2）指數函數和對數函數性質表： 指數函數 對數函數 圖像 性質 定義域R，值域（0，+∞），過點（0，1）。當a>1時，在R上是增函數。當0<a<1時，在R上是減函數。 定義域（0，+∞），值域R，過點(1，0)。當a>1時，在（0,+ ∞）上是增函數。當0<a<1時，在(0,+ ∞)上是減函數。 6.對數運算常用公式 （1）a=N （2）logaM+logaN=loga(MN) （3）logaM－logaN=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.求函數解析式的方法：配方法與代入法。 2.求值域的常用方法：觀察法，函數單調性法，求逆函數法，分離法，配方法，換元法，Δ判別式法，不等式法等。 3.函數與方程思想 函數思想，即先構造函數，把給定問題轉化對輔助函數的性質研究，得出所需的結論。方程思想，就是把對數學問題的認識，歸納為對方程和方程組的認識。 對于函數思想，應深刻理解一般函數y=f(x)、的性質（單調性、奇偶性、周期性、最值和圖像變換）。熟練掌握基本初等函數的性質，是應用函數思想解題的基礎。 函數方程思想常同數形結合、等價轉化思想相互融合后才能充分發(fā)揮其具體解題的功效。 【例題解析】 例1 （1）已知集合A={x|x2－ax+a2－19=0}，集合B={x|log2(x2－5x+8)=1}，集合C={x|m=1,m≠0，|m|≠1}滿足A∩B, A∩C=，求實數a的值； (2)已知集合P={x|x2－5x+4≤0},Q={x|x2－2bx+b+2≤0}滿足PQ，求實數b的取值范圍。 解 （1）由條件即可得B={2，3}，C={－4，2}，由A∩B，A∩C=，可知3∈A，2A。 將x=3代入集合A的條件得： a2－3a－10=0 ∴a=－2或a=5 當a=－2時，A={x|x2+2x－15=0}={－5,3},符合已知條件。 當a=5時,A={x|x2－5x+6=0}={2，3}，不符合條件“A∩C”=，故舍去。 綜上得：a=－2。 （2）顯然P={x|1≤x≤4}，記 f(x)=x2－2bx+b+2 若Q為空集，則由Δ<0得： 4b2－4(b+2)<0 ∴－1<b<2。 若Q不是空集，則應滿足 即 解之得：2≤b≤ 綜上得：－1<b≤ 注 對于稍復雜的某些集合題目，一定要全面考慮并仔細審題，防止解的取值擴大或縮小。本題的第（1）題，在“由3∈A求得a=－2或5”后，應清楚3∈A是其必要條件，但不是充分條件，因此必須進行檢驗，否則解的取值可能擴大。而第（2）小題，應該分兩類（，）討論，千萬不能遺忘這一特殊情形。 例2 已知函數f(x)的定義域為R，且對于一切實數x滿足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x) （1）若f(5)=9,求：f(－5); （2）已知x∈ [2,7]時，f(x)=(x－2)2，求當x∈[16,20]時，函數g(x)=2x－f(x)的表達式，并求出g(x)的最大值和最小值； （3）若f(x)=0的一根是0，記f(x)=0在區(qū)間[－1000,1000]上的根數為N，求N的最小值。 解 （1）由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的圖像關于直線x=2,x=7對稱。 ∴ f(x)=f[(x－2)+2] =f[2－(x－2)]=f(4－x) =f[7－(3+x)]=f(7+(3+x)) =f(x+10) ∴f(x)是以10為周期的周期函數。 ∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9 （2）當x∈[16,17],x－10∈[6,7] ∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2 當x∈(17,20,x－20∈(－3,0,4－(x－20)∈[4,7 ∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)] =f(24－x)=(x－22)2 ∴g(x)= ∵x∈ [16,17]時，g(x)最大值為16，最小值為9；x∈（17，20，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值為36，最小值為9。 （3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有兩個解。 而在[－1000，1000上有200個周期，至少有400個解。又f(1000)=0 所以最少有401個解。且這401個解的和為－200。 注 題中（2）可根據函數圖像的對稱性、函數的周期性，通過作圖得到 f(x)= 一般地：當x∈[－3，2]時，4－x∈[2,7] ∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2 ∴當x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2 故當x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7] ∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z) ∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈Z） 例3 設a是正數，ax+y=2(x≥0,y≥0)，記y+3x－x2的最大值是M(a)，試求： （1）M(a)的表達式；（2）M(a)的最小值。 解 將代數式y(tǒng)+3x－x2表示為一個字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立關于x的二次函數，逐步進行分類求M(a)。 （1）設S(x)=y+3x－x2,將y=2－ax代入消去y，得： S(x)=2－ax+3x－x2 =－x2+(3－a)x+2 =－[x－(3－a)]2+(3－a)2+2(x≥0) ∵y≥0 ∴2－ax≥0 而a>0 ∴0≤x≤ 下面分三種情況求M(a) (i)當0<3－a<(a>0)，即 時 解得 0<a<1或2<a<3時 M(a)=S(3－a)= (3－a)2+2 (ii)當3－a≥(a>0)即 時， 解得：1≤a≤2，這時 M(a)=S()=2－a+3－ =－+ (iii)當3－a≤0；即a≥3時 M(a)=S(0)=2 綜上所述得： M（a）= （2）下面分情況探討M(a)的最小值。 當0<a<1或2<a<3時 M(a)=(3－a) 2+2>2 當1≤a≤2時 M(a)=－+=－2(－)2+ ∵1≤a≤2≤≤1 ∴當=時，M(a)取小值，即 M(a)≥M（2）= 當a≥3時，M(a)=2 經過比較上述各類中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。 注 解題經驗的積累，有利于解題思路的挖掘，對參數a的分類，完全依據二次函數頂點的橫坐標3－a是否在定義域區(qū)間[0，]內，這樣就引出三種狀態(tài)，找出解題的方案。 例4 已知函數f(x)=x(p∈Z)在(0,+∞)上是增函數，且在其定義域上是偶函數。 （1）求p的值，并寫出相應的函數f(x)的解析式。 （2）對于（1）中求得的函數f(x)，設函數g(x)=－qf[f(x)]+(2q－1)f(x)+1，問是否存在實數q(q<0)，使得g(x)在區(qū)間(－∞,－4上是減函數，且在區(qū)間(－4,0)上是增函數。若存在，請求出來；若不存在，請說明理由。 解 （1）若y=xα在x∈(0,+∞)上是遞增函數，則有α>0。 ∵f(x)在(0,+∞)上是增函數， ∴－p2+p+>0 解得：－1<p<3,而p∈Z ∴p=0,1,2 當p=0或2時，有f(x)=x不是偶函數，故p=1，此時,f(x)=x2。 （2）利用函數單調性的定義進行探索求解。 ∵f(x)=x2 ∴g(x)=－qx4+(2q－1)x2+1 假設存在實數q(q<0)，使得g(x)滿足題設條件。設x1<x2,則 g(x1)－g(x2) =－qx14+(2q－1)x12+qx24－(2q－1)x22 =(x1+x2) (x2－x1) [q(x12+x22)－(2q－1)] 若x1,x2∈(－∞,－4，易知x1+x2<0, x2－x1>0, 要使g(x)在(－∞,－4上是遞減函數，則應有 q(x12+x22)－(2q－1)<0 恒成立 ∵x1<－4,x2≤－4 ∴x12+x22>32，而q<0 ∴q( x12+x22)<32q 從而要使q( x12+x22)<2q－1恒成立，則必有2q－1≥32q 即 q≤－ 若x1,x2∈(－4，０)，易知(x1+x2) (x2－x1)<0，要使g(x)在（－4，0）上是增函數，則應有 q(x12+x22)－(2q－1)>0 恒成立 ∵－4<x1<0,－4<x2<0 ∴x12+x22<32，而q<0 ∴q( x12+x22)>32q 要使q( x12+x22)>2q－1恒成立，則必有2q－1≤32q,即 q≥－ 綜合以上兩方面，得q=－ 故存在實數q=－，使得g(x)在(－∞,－4上是減函數，且在(－4,0)上是增函數。 注 本例是一道綜合性較強的題目。對于第（2）小題，還可以從復合函數性質方面來考慮，就有如下解法： 設t=x2，由g(x)在(－∞,－4上是減函數，在(－4,0)上是增函數，而t=x2在[16，+∞和(0,16)上都是增函數，得 h(t)=－qt2+(2q－1)t+1在（0，16）上是增函數，在[16，+∞上是減函數，從而可得 =16 ∴q=－ 例5 設函數f(x)定義域為R，當x>0時，f(x)>1，且對任意x,y∈R，有 f(x+y)=f(x)f(y)。 （1）證明：f(0)=1; （2）證明：f(x)在R上是增函數； （3）設集合A={(x,y)|f(x2)f(y2)<f(1)}，B={(x,y)|f(x+y+c)=1,c∈R}，若A∩B=，求c的取值范圍。 解 （1）證明：為使f(x+y)=f(x)f(y)中出現f(0)，借助當x>0時，f(x)>1。則設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）證明f(x)在R上是增函數，即證明當x1<x2時，有f(x1)<f(x2)。 ∵對x1,x2∈R,x1<x2,，有x2－x1>0 ∴f(x2)=f(x1+x2－x1)=f(x1)f(x2－x1) 中有f(x2－x1)>1 故要證明f(x2)>f(x1)，只要證明f(x1)>0即可。 事實上，當x1>0時，f(x1)>1>0 當x1=0時，f(x1)=1>0 當x1<0時，f(x1)f(－x1)=f(x1－x1)=f(0)=1 又∵f(－x1)>1 ∴0<f(x1)<1 故對于一切x1∈R，有f(x1)>0 ∴f(x2)=f(x1)f(x2－x1)>f(x1)，故命題得證。 （3）解 A：f(x2+y2)<f(1)，則由單調性知x2+y2<1。 B：由f(x+y+c)=f(0)=1和函數單調性知 x+y+c=0 故若A∩B=，用圖形分析可得：只要圓x2+y2=1與直線x+y+c=0相離或相切即可。 故≥1 ∴c≥或c≤ 注 第（2）題也可作如下處理： f(x)f(－x)=f(0)=1>0，得f(－x)=，證得f(x)>0恒成立。 且=f(x2)f(－x1)=f(x2－x1)>1 ∴f(x2)>f(x1) 例6 已知二次函數f(x)=ax2+bx+c和一次函數g(x)=－bx，其中a、b、c滿足a>b>c,a+b+c=0(a,b,c∈R)。 （1）求證：兩函數的圖像交于不同的兩點A、B； （2）求線段AB在x軸上的投影A1B1的長度的取值范圍。 解 （1）證：由消去y，得ax2+2bx+c=0 Δ=4b2－4ac =4(－a－c)2－4ac =4(a2+ac+c2) =4[(a+)2+c2] 此證法不夠自然 ∵a>b>c ∴，c不同時為0 ∴Δ>0，即兩函數的圖像交于不同的兩點。 （2）設方程ax22bx+c=0的兩根為x1和x2，則 x1+x2=－,x1x2= |A1B1|2=( x1－x2)2=( x1+x2)2－4x1x2 =(－)2－= ==4[()2++1] =4[(+)2+] ∵a>b>c，a+b+c=0，a>0,c<0, ∴，解得∈(－2, －) ∵f()=4[()2++1]的對稱軸是=－ ∴當∈（－2,－）時，為減函數 ∴|A1B1|2∈ (3,12)，故|A1B1|∈(,2) 例7 二次函數f(x)=px2+qx+r中實數p、q、r滿足++=0，其中m>0，求證： （1）pf()<0; （2）方程f(x)=0在(0，1)內恒有解。 解 （1）pf()=p[p()2+q()+r]=pm[++]=pm [－]=p2m[]=－，由于f(x)是二次函數,故p≠0，又m>0，所以，pf()<0。 （2）由題意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r。 ①當p>0時，由（1）知f()<0 若r>0，則f(0)>0，又()<0,所以f(x)=0在（0，）內有解。 若r≤0，則f(1)=p+q+r=p+(m+1)(－－)+r=－>0 又f()<0，所以f(x)=0在（,1）內有解。 ②當p<0時同理可證。 注 （1）題目點明是“二次函數”，這就暗示著二次項系數p≠0。若將題中的“二次”兩個字去掉，所證結論相應更改。 （2）對字母p、r分類時先對哪個分類是有一定講究的，本題的證明中，先對p分類，然后對r分類顯然是比較好。 例8 設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a>0),已知二次方程f(x)－x=0的兩個根x1與x2滿足0<x1<x2<。 （1）證明：當u∈(0,x1)時，u<f(u)<x1; （2）若f(x0－x)=f(x0+x)，證明：2x0<x1。 證法一 （1）令F(x)=f(x)－x，因為x1,x2是方程f(x)－x=0的根，所以可設 F(x)=a(x－x1)(x－x2) 當u∈（0，x1）時，∵ x1<x2,∴得 (u－x1)(u－x2)>0，又∵a>0，得 F(u)=a(u－x1)(u－x2)>0，即u<f(u) x1－f(u)=x1－(u+F(u)) =(x1－u)[1+a(u－x2)] ∵0<u<x1<x2< 所以x1－u>0,1+a(u－x2)=1+au－ax2>1－ax2>0，得x1－f(u)>0。 ∴f(u)<x1 故當u∈（0，x1）時，u<f(u)<x1 （2）依題意得x0=－ ∵x1,x2是方程f(x)－x=0的兩根，即x1,x2是方程 ax2+(b－1)x+c=0的根， 所以x1+x2=－ x0=－== ∵ax2<1, ∴x0<=，即2x0<x1。 證法二 （1）∵方程f(x)－x=0的兩根為x1,x2 ∴f(x)－x=a(x－x1)(x－x2) 故欲證u<f(u)<x10<f(u)－u<x1－u0<a(u－x1)(u－x2)<x1－u0<a(x2－u)<1。 （∵u∈(0,x1),∴x1－u>0）0<x2－u<(∵a>0) 又∵0<u<x2<, ∴0<x2－u<成立。 故u<f(u)<x1成立。 （2）由于方程x1,x2是方程f(x)－x=0的根，也即ax2+(b－1)x+c=0的兩根。 ∴x1+x2=－=－+ 又∵0<x2<,∴x1+>x1+x2=－+ ∴x1>－ 又∵x0=－<，故2x0<x1。 注 解決本題的關鍵是熟練掌握拋物線方程的基本形式：y=a(x－x1)(x－x2)。另外，要求掌握用差比較證明不等式的基本變形方向：化為乘積式或非負數之和的形式。 例9 設f(x)是定義在R上的偶函數，其圖像關于直線x=1對稱，對任意x1,x2∈[0,]，都有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，且f(1)=a>0。 （1）求f()及f(); （2）證明f(x)是周期函數； （3）記an=f(2n+),求(lnan)。 解 （1）∵f(1)=f(+)=f()f()=f2()=a ∴f()= 又∵f()=f(+)=f2()>0 ∴f()=a 同理可得f()=a （2）∵f(x)是偶函數，∴ f(－x)=f(x) 又∵f(x)關于x=1對稱，∴f(x)=f(2－x) ∴f(x)=f(－x)=f[2－(－x)]=f(2+x) （x∈R） 這表明f(x)是R上的周期函數，且2是它的一個周期。 （3）對于x∈[0，1]，有∈[0, ] ∴f(x)=f(+)=f()f()>0 （x∈[0,1]）（∵，其中，…不能同時為0，∴） ∵f()=f(n)=f[+(n－1)] =f()f[(n－1)] …… =f()f()…f() =[f()]n 又∵f()=a,∴f()=a ∵f(2n+)=f() ∴an=a ∴(lnan)= (lna)=0 例10 已知a,b,c是實數，函數f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時，|f(x)| ≤1。 （1）證明：|c|≤1; （2）證明：當－1≤x≤1時，|g(x)| ≤2; （3）設a>0，當－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x)。 解 （1）取x=0∈[－1，1]，由已知得：|c|=|f(0)| ≤1 (2) 因為g(x)=ax+b是關于x的一次函數（也可能是常數函數），所以g(x)在區(qū)間[－1，1]上單調（a≥0時，單調遞增；a<0時，單調遞減），所以要證|g(x)| ≤2，只要證明|g(1)| ≤2，|g(－1)| ≤2。 ∵－1,0,1均在區(qū)間[－1，1]內，∴由已知得 |f(－1)|=|a－b+c|≤1|f(1)|=|a+b+c|≤1 ∴|g(1)|=|a+b|=|a+b+c－c|≤|a+b+c|+|c|≤2 |g(－1)|=|a－b|=|a－b+c－c|≤|a－b+c|+|c|≤2。 ∴當－1≤x≤1時，|g(x)| ≤2。 （3）因為a>0時，g(x)在[－1，1]上是增函數，所以當x=1時，g(x)取得最大值2，即 2=g(1)=f(1)－f(0) 所以 －1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1 從而得：c=f(0)=1 又當x∈[－1，1]時，f(x)≥－1=f(0)，表明二次函數f(x)在[－1，1]上不單調，所以有－∈[－1,1]，且 f(－)=f(0)=－1。 又由二次函數極值的惟一性得： －=0，即b=0,a=2， 所以 f(x)=2x2－1。 注 本題第（2）小題還可這樣證明：用f(－1),f(0),f(1)表示出a,b,c。 由 解得：a=－f(0),b=,c=f(0) 故|g(x)|=|ax+b| =|[－f(0)]x+| =|f(1)+ f(－1)－xf(0)| ≤|||f(1)|+|||f（－1）|+|x||f(0)| ≤||+||+1 =++1 =2 學科：數學 教學內容：函數與方程綜合能力訓練 【綜合能力訓練】 一、選擇題 1.已知集合M={x|x2+6x－16>0},N={x|(x－k)(x－k－2)≤0},M∩N≠，則k的取值范圍是（ ） A.k<－8或k>0 B.k<－8或k>2 C.－8≤k≤0 D.k≤－8或k≥0 2.已知集合M={x|x2=a2,a∈{x|x是正實數}}，集合N={x|nx=a，a≠0}，若NM，則n取值的集合是（ ） A.{1} B.{－1} C.{－1,1} D.{－1,0,1} 3.已知函數f(x)=x2,集合A={x|f(x－1) =ax,x∈R}，且A∪{x|x是正實數}={x|x是正實數}，則實數a的取值范圍是（ ） A.（－4,+∞） B.（－∞，－1 C.（0,+∞） D.（－∞,－4∪[0,+∞ 4.函數y=－x的值域是（ ） A.[,+∞ B.（－∞， C.[－,+∞] D.(－, +∞) 5.已知函數f(x)=－4x2+4ax－a2－4a(a<0)在區(qū)間[0,1]上有最大值－12，則實數a的值為( ) A.－1 B.－2 C.－3 D.－6 6.函數f(x)=x2－2xsinθ+sinθ－1(θ∈R)在區(qū)間[0，1]上的極小值為g(sinθ)，則g(sinθ)的最小、最大值是( ) A.最小值－1，最大值－ B.最小值－3，最大值－ C.最小值－2，最大值－ D.無最小值，最大值－ 7.當0≤x≤1時，函數y=ax+a－1的值有正值也有負值，則實數a的取值范圍是（ ） A.a< B.a>1 C.a<或a>1 D.<a<1 8.若函數f(x)=(1－m)x2－2mx－5是偶函數，則f(x) （ ） A.先增后減 B.先減后增 C.單調遞增 D.單調遞減 9.定義在（－∞，+∞）上的奇函數f(x)和偶函數g(x)在區(qū)間（－∞,0上的圖像關于x軸對稱，且f(x)為增函數，則下列各選項中能使不等式f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b)成立的是（ ） A.a>b>0 B.a<b<0 C.ab>0 D.ab<0 10.將函數y=+a的圖像向右平移2個單位后又向下平移2個單位，所得圖像如果與原圖像關于直線y=x對稱，那么（ ） A.a=－1且b≠0 B.a=－1且b∈R C.a=1且b≠0 D.a=1且b∈R 11.已知函數f(x)=loga[－(2a)x]對任意x∈[,+∞]都有意義，則實數a的取值范圍是（ ） A.（0， B.（0，） C. [，1 D.（，） 12.指數函數y=ax，當x>1（或x<－1）時，恒有y>2，則a的取值范圍是（ ） A.(,1)∪(1,2) B.(0,)∪(1,2) C.(1,2) D.(0,)∪(2,+∞) 二、填空題 13.函數y=+logx的值域是 。 14.已知f(x)=a(a為不等于1的正數)，且f(lga)=，則a= 。 15.x0是x的方程ax=logax(0<a<1)的解，則x0,1,a這三個數的大小關系是 。 16.若函數f(x)=ax+blog2(x+)+1在(－∞,0)上有最小值－3(a,b為非零常數)，則函數f(x)在（0，+∞）上有最 值為 。 三、解答題 17.設f(x)是定義在（－∞，+∞）上的函數，對一切x∈R均有f(x)+f(x+3)=0，且當－1<x≤1時，f(x)=2x－3，求當2<x≤4時，f(x)的解析式。 18.已知函數f(x)=ax2+(b－8)x－a－ab，當x∈(－3,2)時，其值為正，而當x∈（－∞，－3）∪（2，+∞）時，其值為負，求a,b的值及f(x)的表達式。 19.已知函數f(x)對于x>0有意義，且滿足條件f(2)=1,f(xy)=f(x)+f(y),f(x)是非減函數。 （1）證明f(1)=0;（2）若f(x)+f(x－2)≥2成立，求x的取值范圍。 20.設集合A={x|4x－2x+2+a=0,x∈R}。 （1）若A中僅有一個元素，求實數a的取值集合B； （2）若對于任意a∈B，不等式x2－6x<a(x－2)恒成立，求x的取值范圍。 21.已知二次函數f(x)=ax2+bx(a,b為常數，且a≠0)滿足條件：f(x－1)=f(3－x)且方程f(x)=2x有等根。 （1）求f(x)的解析式； （2）是否存在實數m,n（m<n），使f(x)的定義域和值域分別為[m,n]和[4m,4n]，如果存在，求出m,n的值；如果不存在，說明理由。 22.已知函數f(x)= +lg （1）判斷函數f(x)的單調性并給予證明； （2）若f(x)的反函數為f－1(x)，證明方程f－1(x)=0有唯一解； （3）解關于x的不等式f[x(x+1)]>1。 參考答案 【綜合能力訓練】 1.A 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.D 8.B 9.A 10.C 11.B 12.D 13. 14.10或10 15.a<x0<1 16.大、5 17.[解] ∵f(x)+f(x+3)=0, ∴ f(x+3)=－f(x) ∵當－1<x≤1時，f(x)=2x－3,∴當－1≤x≤1時，f(x+3)=－f(x)=－2x+3. 設x+3=t，則由－1<x≤1得2<t≤4,又x=t－3,于是f(t)=－2(t－3)+3=－2t+9，故當2<x≤4時，f(x)=－2x+9. 18.[解]依題意知 ①－②得：5a－5b+40=0,即a=b－8③，把③代入②，得b2－13b+40=0，解得b=8或b=5，分別代入③，得a=0,b=8或a=－3,b=5. 檢驗知a=0,b=8不適合題設要求，a=－3,b=5適合題設要求，故f(x)=－3x2－3x+18. 19.[解] (1)令x=2,y=1，則f(21)=f(2)+f(1)，得f(1)=0. (2)由f(x)+f(x－2)=f(x2－2x) ≥2，而2=1+1=f(2) +f(2)=f(4)，得f(x2－2x)≥f(4). 又∵f(x)為非減的函數，∴x2－2x≥4,即x2－2x－4≥0,解得x≥1+或x≤1－. 又因為f(x)對x>0有意義，故x.>0且x－2>0，即x>2.由以上知所求x的范圍為x≥1+. 20.[解](1)令2x=t(t>0)，設f(t)=t2－4t+a,由f(t)=0在（0，+∞）上僅有一根或兩相等實根、有 ①f(t)=0有兩等根時，△=016－4 a =0a=4. 驗證:t2－4t+4=0t=2(0,+∞)這時x=1. ②f(t)=0有一正根和一負根時，f(0)<0a<0. ③若f(0)=0，則a=0，此時4x－22x=0，（舍去），或2x=4,∴x=2，此時A中只有一個元素。 ∴實數a的取值集合為B={ a≤0或a=4}。 (2)要使原不等式對任意a(－∞,0{4}恒成立，即g(a)=（x－2）a－(x2－6x)>0恒成立。 只須5－<x≤2. 21.[解](1)∵方程ax2+bx－2x=0有等根，∴△=(b－2)2=0，得b=2。 由f(x－1)=f(3－x)知此函數圖像的對稱軸方程為x=－=1，得a=－1，故f(x)=－x2+2x. (2)∵f(x)=－(x－1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤. 而拋物線y=－x2+2x的對稱軸為x=1，∴當n≤時，f(x)在[m,n]上為增函數。 若滿足題設條件的m,n存在，則 即又m<n≤. ∴m=－2,n=0，這時，定義域為[－2，0]，值域為[－8，0]。 由以上知滿足條件的m,n存在,m=－2,n=0. 22.[解] (1)f(x)的定義域為 (－1,1)，設－1<x1<x2<1，則f(x1)－f(x2)= +lg ∵(1－x1)(1－x2)>0, x1－x2 <0 ∴<0 又(1+x1)(1－x2)>0, (1－x1)(1+x2)>0, (1+x1)(1－x2)－ (1－x1)(1+x2)=2(x1－x2)<0 ∴0<<1 ∴l(xiāng)g<0 故f(x1)< f(x2)，即f(x)在定義域（－1,1）內是增函數。 (2)令x=0，得f(0)=1。即x=1是方程f－1(x)=0的一個解，設x1≠0是f－1(x)=0的另一解，則由反函數的定義知f(0)=x1≠0，這與f(0)=1矛盾，故f－1(x)=0有且只有一個解。 (3)由f[x(x+1)]>1=f(0)，且f(x)為定義在（－1，1）上的增函數，得0<x(x+1)<1，解得－<x<－1或0<x<，這也即為不等式f[x(x+1)]>1的解。 學科：數學 教學內容：不等式(上) 【考點梳理】 一、考試內容 不等式，不等式的性質，不等式的證明，不等式的解法，含有絕對值的不等式。 二、考試要求 1.掌握不等式的性質及其證明，掌握證明不等式的幾種常用方法，掌握兩個和三個（不要求四個和四個以上）“正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數”這兩個定理，并能運用上述性質、定理和方法解決一些問題。 2.在熟練掌握一元一次不等式（組）、一元二次不等式（組）的解法的基礎上初步掌握其他的一些簡單的不等式的解法。 3.會用不等式||a|－|b||≤|a+b|≤|a|+|b|。 三、考點簡析 1.不等式知識相互關系表 2.不等式的性質 （1）作用地位 不等式性質是不等式理論的基本內容，在證明不等式、解不等式中都有廣泛的應用。高考中，有時直接考查不等式的性質，有時間接考查性質（如在證明不等式、解不等式中就間接考查了掌握不等式性質的程度）。準確地認識、運用基本性質，并能舉出適當反例，能辨別真假命題是學好不等式的要點。 （2）基本性質 實數大小比較的原理與實數乘法的符號法則是不等式性質的依據。在不等式性質中，最基本的是： ①a>bb<a（對稱性） ②a>b,b>ca>c（傳遞性） ③a>ba+c>b+c（數加） ④ （a>b,c=0ac=bc） 與等式相比，主要區(qū)別在數乘這一性質上，對于等式a=bac=bc，不論c是正數、負數還是零，都成立，而對于不等式a>b，兩邊同乘以c之后，ac與bc的大小關系就需對c加以討論確定。這關系即使記得很清楚，但在解題時最容易犯的毛病就是錯用這一性質，尤其是需討論參數時。 （3）基本性質的推論 由基本性質可得出如下推論： 推論1：a>b>0,c>d>0ac>bd 推論2：a>b>0,c>d>0 推論3：a>b>0an>bn(n∈N) 推論4：a>b>0(n∈N) 對于上述推論可記住兩點：一是以上推論中a,b,c,d均為正數，即在{x|x是正實數}中對不等式實施運算；二是直接由實數比較大小的原理出發(fā)。 3.不等式的證明 （1）作用地位 證明不等式是數學的重要課題，也是分析、解決其他數學問題的基礎，特別是在微積分中，不等式是建立極限論的理論基礎。 高考中，主要涉及“a,b>0時，a+b≥2”這類不等式，以及運用不等式性質所能完成的簡單的不等式的證明。用數學歸納法證明的與自然數有關命題的不等式難度較大。 （2）基本不等式 定理1：如果a,b∈{x|x是正實數}，那么≥（當且僅當a=b時取“=”號） 定理2：如果a,b,c∈{x|x是正實數}，那么≥(當且僅當a=b=c時取“=”號) 定理3：如果a、b∈{x|x是正實數}，那么 ≤≤≤ （當且僅當a=b時取“=”號） 推論4：如果a,b,c∈{x|x是正實數}，那么 ≤≤≤ （當且僅當a=b=c時取“=”號） 由上述公式還可衍生出一些公式 ①4ab≤(a+b)2≤2(a2+b2),a、b∈R（當且僅當a=b時等號成立） ②a2+b2+c2≥ab+bc+ca,a,b,c∈R（當且僅當a=b=c時等號成立） ③a2+b2+c2≥(a+b+c)2≥ab+bc+ca,a,b,c∈R（當且僅當a=b=c時等號成立） ④|+|≥2（當且僅當|a|=|b|時取“=”號） ⑤a>0,b>0,a+b=1，則ab≤等。 （4）不等式證明的三種基本方法 ①比較法：作差比較，根據a－b>0a>b，欲證a>b只需證a－b>0；作商比較，當b>0時，a>b>1。比較法是證明不等式的基本方法，也是最重要的方法，有時根據題設可轉化為等價問題的比較（如冪、方根等）。 ②分析法：從求證的不等式出發(fā)尋找使該不等式成立的充分條件。對于思路不明顯，感到無從下手的問題宜用分析法探究證明途徑。 ③綜合法：從已知的不等式及題設條件出發(fā)，運用不等式性質及適當變形（恒等變形或不等變形）推導出要求證明的不等式。 4.不等式的解法 （1）作用與地位 解不等式是求定義域、值域、參數的取值范圍時的重要手段，與“等式變形”并列的“不等式的變形”，是研究數學的基本手段之一。 高考試題中，對解不等式有較高的要求，近兩年不等式知識占相當大的比例。 （2）一元一次不等式（組）及一元二次不等式（組） 解一元一次不等式（組）及一元二次不等式（組）是解其他各類不等式的基礎，必須熟練掌握，靈活應用。 （3）高次不等式 解高次不等式常用“數軸標根法”。一般地，設多項式 F(x)=a(x－a1)(x－a2)…(x－an) （a≠0） 它的n個實根的大小順序為a1<a2<…<an，把數軸分成n+1個區(qū)間： (－∞,a1)，（a1,a2），…，(an－1,an),(an,+∞) 自右至左給這些區(qū)間編上順序號，則當a>0時有： ①在奇數區(qū)間內，F(x)>0。 ②在偶數區(qū)間內，F(x)<0 （4）分式不等式 分式不等式的等價變形： >0f(x)g(x)>0 ≥0 （5）無理不等式 兩類常見的無理不等式等價變形： ≥g(x) 或 <g(x) （6）指數不等式與對數不等式 ①當0<a<1時 a(fx)>ag(x)f(x)<g(x) ②當a>1時 a(fx)>ag(x)f(x)>g(x) logaf(x)>logag(x)f(x)>g(x)>0 （7）含參數不等式 對于解含參數不等式，要充分利用不等式的性質。對參數的討論，要不“重復”不“遺漏”。 5.含有絕對值的不等式 （1）作用與地位 絕對值不等式適用范圍較廣，向量、復數的模、距離、極限的定義等都涉及到絕對值不等式。 高考試題中，對絕對值不等式從多方面考查。 （2）兩個基本定理 定理1：||a|－|b||≤|a+b|≤|a|+|b| （a、b∈R） 定理2：||a|－|b||≤|a－b|≤|a|+|b| （a、b∈R） 應理解其含義，掌握證明思路以及“=”號成立的條件。 （3）解絕對值不等式的常用方法 ①討論法：討論絕對值中的式于大于零還是小于零，然后去掉絕對值符號，轉化為一般不等式。 ②等價變形：解絕對值不等式常用以下等價變形 |x|<ax2<a2－a<x<a(a>0) |x|>ax2>a2x>a或x<－a(a>0) 一般地有： |f(x)|<g(x)－g(x)<f(x)<g(x) |f(x)|>g(x)f(x)>g (x)或f(x)<g(x) 四、思想方法 1.不等式中常見的基本思想方法 （1）等價轉化。具體地說，就是無理化為有理，分式化為整式，高次化為低次，絕對值化為非絕對值，指數、對數化為代數式等。 （2）分類討論。分類討論的目的是處理解決問題過程中遇到的障礙，在無障礙時不要提前進行分類討論。 （3）數形結合。有些不等式的解決可化為兩個函數圖像間的位置關系的討論等幾何問題。 （4）函數方程思想。解不等式可化為解方程或求函數圖像與x軸交點的問題，根據題意判斷所求解的區(qū)間。如“標根法”實際上就是一種函數方程思想。 2.證明不等式的常用方法 除了課本上介紹的證明不等式的三種基本方法外，還有如下常用方法： （1）放縮法 若證明“A≥B”，我們先證明“A≥C”，然后再證明“C≥B”，則“A≥B”。 （2）反證法 反證法是通過否定結論導致矛盾，從而肯定原結論的一種方法。 （3）數學歸納法 證明與自然數n有關的不等式時，常用數學歸納法。此法高考中已多次考查。 （4）變量代換法 變量代換是數學中的一種常用的解題方法，對于一些結構比較復雜，變化較多而關系不太清楚的不等式，可適當地引進一些新的變量進行代換，以簡化其結構。其代換技巧有局部代換、整體代換、三角代換、增量代換等。 （5）函數方法 通過利用函數的性質，如單調性、凹凸性、有界性、實根存在的條件等證明不等式的方法稱為函數方法。 （6）構造方法 不等式證明中的構造方法，主要是指通過引進合適的恒等式、數列、函數、圖形及變量等輔助手段，促使命題轉化，從而使不等式得證。此法技巧要求較高，高考試題中很少見。 【例題解析】 例1 證明下列不等式： （1）若x,y,z∈R，a,b,c∈{x|x是正實數}，則 x2+y2+z2≥2（xy+yz+zx）； （2）若x,y,z∈{x|x是正實數}，且x+y+z=xyz，則++≥2(++)2。 解 （1）先考慮用作差證法 ∵x2+y2+z2－2(xy+yz+zx)= (x2+y2－2xy)+(y2+z2－2yz)+ (z2+x2－2zx)=(xy)2+(y－z)2+(z－x)2≥0 ∴ x2+y2+z2≥2（xy+yz+zx） （2）采用等價轉化法 所證不等式等價于 x2y2z2(++)≥2(xy+yz+zx)2 xyz[yz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)]≥2(xy+yz+zx)2 (x+y+z)(y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2)≥2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2) y3z+yz3+z3x+zx3+x3y+xy3≥2x2yz+2xy2z+2xyz2 yz(y－z) 2 +zx(z－x) 2+xy(x－y) 2+x2 (y－z) 2+y2 (z－x)2+z2 (x－y) 2≥0 ∵上式顯然成立 ∴原不等式得證。 注 （1）配方技巧的實現關鍵在于合理的分項，正是這種分項我們對（1）還可證明如下： x2+y2+z2 =(x2+y2)+(y2+z2)+(z2+x2) ≥2+2+2 ≥2(xy+yz+zx) （2）的證法要害是：化分式為整式，活用條件，即用x+y+z代換xyz，以及配方技術。事實上，這個代數不等式的實質是如下三角不等式： 在銳角△ABC中，求證： cotA(tanB+tanC)+cotB(tanC+tanA)+cotC(tanA+tanB)≥2(cotA+cotB+cotC)2 例2 證明若x,y,z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，則x,y,z,∈[0,]。 證法一由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得：x2+y2+(1－x－y)2= 整理成關于y的一元二次方程得： 2y2－2(1－x)y+2x2－2x－=0 ∵y∈R，故Δ≥0 4(1－x)2－42(2x2－2x－)≥0 解之得：0≤x≤∴x∈[0,] 同理可得：y,z∈[0,] 證法二 設x=+x′，y=+y′,z=+z′，則x′+y′+z′=0 于是 故，x′∈[－，]，x∈[0, ]，同理，y,z∈[0, ] 證法三 反證法 設x、y、z三數中若有負數，不妨設x<0，則x2>0，=x2+y2+z2≥x2+=+x2=x2－x+>，矛盾。 設x,y,z三數中若有最大者大于，不妨設x>，則： =x2+y2+z2≥x2+ =x2+=x2－x+ =x(x－)+>，矛盾。 故x,y,z∈[0, ]。 注：本題證法甚多，最易接受的方法是證法一的判別式法，因為該法思路明晰，易于操作，技巧性不強。 學科：數學 教學內容：不等式(下) 例3 已知i、m、n是正整數，且1<i≤m<n， （1）證明：niAmi<miAni; （2）證明：。 證明 （1）對于1<i≤m，有Ami=m……(m－i+1),∵=……， 同理=……。 由于m<n，∵對于整數k=1,2,…,i－1，有>，所以> 即 miAni>niAmi （2）由二項式定理有 (1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+…+Cnnmn (1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+…+Cmmnm 由（1）知miAni>niAmi (1<i≤m<n) 而Cmi=, Cni=, ∴miCni>niCmi (ki≤m<n) ∴m0Cn0= n0Cn0=1, mCn1= nCm1=mn, m2Cn2>,…mmCnm> nmCmm, mm+1Cnm+1 >0,…, mmCnn >0, ∴1+ Cn1m + Cn2m2+…+ Cnnmn >1+ Cm1n+ Cm2