高中数学函数解题技巧..doc

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1、函数 (理科)一、 考点回顾1.理解函数的概念，了解映射的概念.2.了解函数的单调性的概念，掌握判断一些简单函数的单调性的方法.3.了解反函数的概念及互为反函数的函数图象间的关系，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、图象和性质.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、图象和性质.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.二、经典例题剖析考点一：函数的性质与图象函数的性质是研究初等函数的基石，也是高考考查的重点内容在复习中要肯于在对定义的深入理解上下功夫复习函数的性质，可以从“数”和“

2、形”两个方面，从理解函数的单调性和奇偶性的定义入手，在判断和证明函数的性质的问题中得以巩固，在求复合函数的单调区间、函数的最值及应用问题的过程中得以深化具体要求是：1正确理解函数单调性和奇偶性的定义，能准确判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，能熟练运用定义证明函数的单调性和奇偶性2从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，深化对函数性质几何特征的理解和运用，归纳总结求函数最大值和最小值的常用方法3培养学生用运动变化的观点分析问题，提高学生用换元、转化、数形结合等数学思想方法解决问题的能力这部分内容的重点是对函数单调性和奇偶性定义的深入理解函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论函数yf

3、(x)在给定区间上的单调性，反映了函数在区间上函数值的变化趋势，是函数在区间上的整体性质，但不一定是函数在定义域上的整体性质函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制对函数奇偶性定义的理解，不能只停留在f(x)f(x)和f(x)f(x)这两个等式上，要明确对定义域内任意一个x，都有f(x)f(x)，f(x)f(x)的实质是：函数的定义域关于原点对称这是函数具备奇偶性的必要条件稍加推广，可得函数f(x)的图象关于直线xa对称的充要条件是对定义域内的任意x，都有f(xa)f(ax)成立函数的奇偶性是其相应图象的特殊的对称性的反映这部分的难点是函数的单调性和奇偶性的综合运用根据已知条件，调

4、动相关知识，选择恰当的方法解决问题，是对学生能力的较高要求函数的图象是函数性质的直观载体，函数的性质可以通过函数的图像直观地表现出来。因此，掌握函数的图像是学好函数性质的关键，这也正是“数形结合思想”的体现。复习函数图像要注意以下方面。1掌握描绘函数图象的两种基本方法描点法和图象变换法2会利用函数图象，进一步研究函数的性质，解决方程、不等式中的问题3用数形结合的思想、分类讨论的思想和转化变换的思想分析解决数学问题4掌握知识之间的联系，进一步培养观察、分析、归纳、概括和综合分析能力以解析式表示的函数作图象的方法有两种，即列表描点法和图象变换法，掌握这两种方法是本节的重点运用描点法作图象应避免描点

5、前的盲目性，也应避免盲目地连点成线要把表列在关键处，要把线连在恰当处这就要求对所要画图象的存在范围、大致特征、变化趋势等作一个大概的研究而这个研究要借助于函数性质、方程、不等式等理论和手段，是一个难点用图象变换法作函数图象要确定以哪一种函数的图象为基础进行变换，以及确定怎样的变换这也是个难点例1设a0，求函数(x(0，)的单调区间分析：欲求函数的单调区间，则须解不等式(递增)及(递减)。解：当a0，x0时f (x)0x2(2a4)xa20，f (x)0x2(2a4)xa20()当a 1时，对所有x 0，有x2(2a4)xa20，即f (x)0，此时f(x)在(0，)内单调递增()当a1时，对x

6、1，有x2(2a4)xa20，即f (x)0，此时f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递增又知函数f(x)在x1处连续，因此，函数f(x)在(0，)内单调递增()当0a1时，令f (x)0，即x2(2a4)xa20，解得，或因此，函数f(x)在区间内单调递增，在区间内也单调递增令f (x)0，即x2(2a4)xa2 0，解得 ：因此，函数f(x)在区间内单调递减点评：本小题主要考查导数的概念和计算，应用导数研究函数性质的方法及推理和运算能力 例2 已知，函数。设，记曲线在点处的切线为。()求的方程；()设与轴交点为。证明： ； 若，则()分析：欲求切线的方程，则须求出它的斜率，根据

7、切线斜率的几何意义便不难发现，问题归结为求曲线在点的一阶导数值。解：求的导数：，由此得切线的方程：。()分析：要求的变化范围，则须找到使产生变化的原因，显然，变化的根本原因可归结为的变化，因此，找到与的等量关系式，就成； 欲比较与的大小关系，判断它们的差的符号即可。 证：依题意，切线方程中令y0，. 由.。点评：本小题主要考查利用导数求曲线切线的方法，考查不等式的基本性质，以及分析和解决问题的能力。例3、 函数y1的图象是( )解析一：该题考查对f(x)图象以及对坐标平移公式的理解，将函数y的图形变形到y，即向右平移一个单位，再变形到y即将前面图形沿x轴翻转，再变形到y1，从而得到答案B.解析

8、二：可利用特殊值法，取x0，此时y1，取x2，此时y0.因此选B.答案：B点评：1、选择题要注意利用特值排除法、估值排除法等。2、处理函数图像的平移变换及伸缩变化等问题的一般方法为：先判断出函数的标准模型，并用换元法将问题复合、化归为所确定的标准模型。考点二：二次函数二次函数是中学代数的基本内容之一，它既简单又具有丰富的内涵和外延. 作为最基本的初等函数，可以以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系；作为抛物线，可以联系其它平面曲线讨论相互之间关系. 这些纵横联系，使得围绕二次函数可以编制出层出不穷、灵活多变的数学问题.同时，有关二次函数的内

9、容又与近、现代数学发展紧密联系，是学生进入高校继续深造的重要知识基础. 因此，从这个意义上说，有关二次函数的问题在高考中频繁出现，也就不足为奇了. 学习二次函数，可以从两个方面入手：一是解析式，二是图像特征. 从解析式出发，可以进行纯粹的代数推理，这种代数推理、论证的能力反映出一个人的基本数学素养；从图像特征出发，可以实现数与形的自然结合，这正是中学数学中一种非常重要的思想方法.例设二次函数，方程的两个根满足. 当时，证明.分析：在已知方程两根的情况下，根据函数与方程根的关系，可以写出函数的表达式，从而得到函数的表达式. 证明：由题意可知.， ， 当时，.又， ，综上可知，所给问题获证. 点评

10、：本题主要利用函数与方程根的关系，写出二次函数的零点式。例5 已知二次函数，设方程的两个实数根为和. (1)如果，设函数的对称轴为，求证：；(2)如果，求的取值范围.分析：条件实际上给出了的两个实数根所在的区间，因此可以考虑利用上述图像特征去等价转化. 解：设，则的二根为和.(1)由及，可得 ，即，即 两式相加得，所以，;(2)由， 可得 .又，所以同号. ，等价于或，即 或解之得 或.点评：在处理一元二次方程根的问题时，考察该方程所对应的二次函数图像特征的充要条件是解决问题的关键。考点三：抽象函数抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像，只给出一些函数符号及其满足的条件的函数，如函数的定义

11、域，解析递推式，特定点的函数值，特定的运算性质等，它是高中函数部分的难点，也是大学高等数学函数部分的一个衔接点，由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体，因此理解研究起来比较困难.但由于此类试题即能考查函数的概念和性质，又能考查学生的思维能力，所以备受命题者的青睐，那么，怎样求解抽象函数问题呢，我们可以利用特殊模型法，函数性质法，特殊化方法，联想类比转化法，等多种方法从多角度，多层面去分析研究抽象函数问题，(一)函数性质法函数的特征是通过其性质(如奇偶性，单调性周期性，特殊点等)反应出来的，抽象函数也是如此，只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质，灵活进行等价转化，抽象函数问题才能转化，化难为

12、易，常用的解题方法有:1，利用奇偶性整体思考;2，利用单调性等价转化;3，利用周期性回归已知4;利用对称性数形结合;5，借助特殊点，布列方程等.(二)特殊化方法1、在求解函数解析式或研究函数性质时，一般用代换的方法，将x换成x等；2、在求函数值时，可用特殊值代入；3、研究抽象函数的具体模型，用具体模型解选择题，填空题，或由具体模型函数对综合题，的解答提供思路和方法.总之，抽象函数问题求解，用常规方法一般很难凑效，但我们如果能通过对题目的信息分析与研究，采用特殊的方法和手段求解，往往会收到事半功倍之功效，真有些山穷水复疑无路，柳暗花明又一村的快感.例6、 A是由定义在上且满足如下条件的函数组成的

13、集合：对任意，都有 ； 存在常数，使得对任意的，都有()设，证明：()设，如果存在，使得，那么这样的是唯一的;()设，任取，令证明:给定正整数k，对任意的正整数p，成立不等式解：对任意，所以对任意的，所以0，令，所以反证法:设存在两个使得，则由，得，所以，矛盾，故结论成立。，所以点评：本题以高等数学知识为背景，与初等数学知识巧妙结合，考查了函数及其性质、不等式性质，考查了特殊与一般、化归与转化等数学思想。考点四：函数的综合应用函数的综合运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象

14、，抽象其数学特征，建立函数关系因此，运动变化、相互联系、相互制约是函数思想的精髓，掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，提高用初等数学思想方法研究函数的能力，树立运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键例7设函数()求的最小值；()若对恒成立，求实数的取值范围解：()，当时，取最小值，即()令，由得，(不合题意，舍去)当变化时，的变化情况如下表：(0，1)(1，2)递增极大值递减在内有最大值在内恒成立等价于在内恒成立，即等价于，所以的取值范围为点评：本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用，考查运用数学知识分析问题解决问题的能力 例8甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行

15、驶到乙地，速度不得超过c千米时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v(千米时)的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元. 把全程运输成本y(元)表示为速度v(千米时)的函数，并指出函数的定义域； 为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ 分析：几个变量(运输成本、速度、固定部分)有相互的关联，抽象出其中的函数关系，并求函数的最小值.解：(读题)由主要关系：运输总成本每小时运输成本时间，(建模)有y(abv)(解题)所以全程运输成本y(元)表示为速度v(千米时)的函数关系式是：yS(bv)，其中函数的定义域是v(0，c .整理函数有yS(bv

16、)S(v)，由函数yx (k0)的单调性而得：当c时，则v时，y取最小值；当c时，则vc时，y取最小值.综上所述，为使全程成本y最小，当c时，行驶速度应为v；当c时，行驶速度应为vc.点评：1.对于实际应用问题，可以通过建立目标函数，然后运用解(证)不等式的方法求出函数的最大值或最小值，其中要特别注意蕴涵的制约关系，如本题中速度v的范围，一旦忽视，将出现解答不完整.此种应用问题既属于函数模型，也可属于不等式模型.方法总结与高考预测(一)方法总结本专题主要思想方法：1. 数形结合2. 分类讨论3. 函数与方程(二)高考预测1.考查有关函数单调性和奇偶性的试题，从试题上看，抽象函数和具体函数都有，

17、有向抽象函数发展的趋势，另外试题注重对转化思想的考查，且都综合地考查单调性与奇偶性.2.考查与函数图象有关的试题，要从图中(或列表中)读取各种信息，注意利用平移变换、伸缩变换、对称变换，注意函数的对称性、函数值的变化趋势，培养运用数形结合思想来解题的能力.3.考查与反函数有关的试题，大多是求函数的解析式，定义域、值域或函数图象等，一般不需求出反函数，只需将问题转化为与原函数有关的问题即可解决.4.考查与指数函数和对数函数有关的试题.对指数函数与对数函数的考查，大多以基本函数的性质为依托，结合运算推理来解决.5加强函数思想、转化思想的考查是高考的一个重点.善于转化命题，引进变量建立函数，运用变化

18、的方法、观点解决数学试题以提高数学意识，发展能力.6注意与导数结合考查函数的性质.一、强化训练（一） 选择题(12个)1.函数的反函数是()A B C D2.已知是上的减函数，那么的取值范围是(A) (B) (C)(D)3.在下列四个函数中，满足性质：“对于区间上的任意，恒成立”的只有(A)(B) (C)(D)4.已知是周期为2的奇函数，当时，设则(A)(B)(C)(D)5.函数的定义域是A. B. C. D. 6、下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是A. B. C. D. 7、函数的反函数的图像与轴交于点(如右图所示)，则方程在上的根是A.4 B.3 C. 2 D.18、设是R上

19、的任意函数，则下列叙述正确的是(A)是奇函数 (B)是奇函数 (C) 是偶函数 (D) 是偶函数9、已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，则A BC D10、设(A)0 (B)1 (C)2 (D)311、对a，bR，记maxa，b，函数f(x)max|x1|，|x2|(xR)的最小值是(A)0 (B) (C) (D)312、关于的方程，给出下列四个命题：存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；存在实数，使得方程恰有8个不同的实根；其中假命题的个数是A0 B1 C2 D3（二） 填空题(4个)1.函数对于任意实数满足条件

20、，若则_。2设则_3.已知函数，若为奇函数，则_。4. 设，函数有最小值，则不等式的解集为 。（三） 解答题(6个)1. 设函数.(1)在区间上画出函数的图像；(2)设集合. 试判断集合和之间的关系，并给出证明；(3)当时，求证：在区间上，的图像位于函数图像的上方. 2、设f(x)3ax，f(0)0，f(1)0，求证：()a0且21；()方程f(x)0在(0，1)内有两个实根. 3. 已知定义域为的函数是奇函数。()求的值；()若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围；4.设函数f(x)其中a为实数.()若f(x)的定义域为R，求a的取值范围;()当f(x)的定义域为R时，求f(x)的单减区间.

21、5. 已知定义在正实数集上的函数，其中设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同(I)用表示，并求的最大值；(II)求证：()6. 已知函数，是方程f(x)0的两个根，是f(x)的导数；设，(n1，2，) (1)求的值； (2)证明：对任意的正整数n，都有a； (3)记(n1，2，)，求数列bn的前n项和Sn。（四） 创新试题1. 下图为某三岔路口交通环岛的简化模型，在某高峰时段，单位时间进出路口的机动车辆数如图所示，图中分别表示该时段单位时间通过路段、的机动车辆数(假设：单位时间内，在上述路段中，同一路段上驶入与驶出的车辆数相等)，则 (A) (B) (C) (D)2. 设函数f(x)3sin

22、x2cosx1。若实数a、b、c使得af(x)bf(xc)1对任意实数x恒成立，则的值等于( )A. B. C. 1D. 1解答：一、选择题1解：由得：，所以为所求，故选D。解：依题意，有0a1且3a10，解得0a，又当x7a1，当x1时，logax11 |x1x2|故选A解：已知是周期为2的奇函数，当时，设，0，选D.解：由，故选B.解：B在其定义域内是奇函数但不是减函数;C在其定义域内既是奇函数又是增函数;D在其定义域内不是奇函数，是减函数;故选A.解：的根是2，故选C解：A中则，即函数为偶函数，B中，此时与的关系不能确定，即函数的奇偶性不确定，C中，即函数为奇函数，D中，即函数为偶函数，

23、故选择答案D。解：函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以是的反函数，即， ，选D.解：f(f(2)f(1)2，选C解：当x1时，|x1|x1，|x2|2x，因为(x1)(2x)3x1；当1x时，|x1|x1，|x2|2x，因为(x1)(2x)2x10，x12x；当xx2；故据此求得最小值为。选C解：关于x的方程可化为(1)或(1x1，所以不等式可化为x11，即x2.三、解答题解：(1) (2)方程的解分别是和，由于在和上单调递减，在和上单调递增，因此. 由于. (3)解法一 当时，. ， . 又， 当，即时，取， . ， 则. 当，即时，取， . 由 、可知，当时，. 因此，在区间上，的图像

24、位于函数图像的上方. 解法二 当时，.由 得， 令 ，解得 或， 在区间上，当时，的图像与函数的图像只交于一点； 当时，的图像与函数的图像没有交点. 如图可知，由于直线过点，当时，直线是由直线绕点逆时针方向旋转得到. 因此，在区间上，的图像位于函数图像的上方. 2(I)证明：因为，所以.由条件，消去，得；由条件，消去，得，.故.(II)抛物线的顶点坐标为，在的两边乘以，得.又因为而所以方程在区间与内分别有一实根。故方程在内有两个实根.3解：()因为是奇函数，所以0，即 又由f(1) f(1)知 ()解法一：由()知，易知在上为减函数。又因是奇函数，从而不等式： 等价于，因为减函数，由上式推得：

25、即对一切有：，从而判别式解法二：由()知又由题设条件得：，即：，整理得上式对一切均成立，从而判别式4解：()的定义域为，恒成立，即当时的定义域为()，令，得由，得或，又，时，由得；当时，；当时，由得，即当时，的单调减区间为；当时，的单调减区间为5解：()设与在公共点处的切线相同，由题意，即由得：，或(舍去)即有令，则于是当，即时，；当，即时，故在为增函数，在为减函数，于是在的最大值为()设，则故在为减函数，在为增函数，于是函数在上的最小值是故当时，有，即当时，6解析：(1)，是方程f(x)0的两个根，； (2)，有基本不等式可知(当且仅当时取等号)，同，样，(n1，2，)， (3)，而，即，同理，又