高考數(shù)學一輪總復習《函數(shù)總復習》課件

1、一.函數(shù)的對稱性例1 函數(shù)y = f ( x ) 對任意實數(shù)x，總有 （1）f (ax) = f ( b + x )，這里a，b是常數(shù)，問函數(shù)的圖像有什么性質(zhì)，證明你的結論； （2）f (ax) =f ( b + x )，這里a，b是常數(shù)，問函數(shù)的圖像有什么性質(zhì)，證明你的結論 PQ垂直直線 ，且被其平分，【解（1）】 設y = f (ax) = f ( b + x )則點P (ax，y)，Q ( b + x， y) 都在函數(shù)y = f (x)的圖像上 且P、Q兩點縱坐標相等， P、Q 兩點關于直線 對稱 而P、Q又是曲線y = f (x)上的動點， 函數(shù)y = f (x)的圖像關于直線 對稱問

2、題:當a=0,b=0函數(shù)f(x)具有什么性質(zhì)? 例2 f ( x )是奇函數(shù)，x0時，f ( x ) = x (43x)，那么x0時f ( x ) = _ 21-1-2-3-22YX【解（2）】設 y= f (ax)=f (b + x ) 則點R (ax，y)，S ( b+x，y)都在函數(shù)y = f (x) 的圖像上 線段RS的中點是定點M（ ） 即R、S兩點關于定點M 對稱，而R、S是曲線y = f (x)上的動點 函數(shù)y = f (x)的圖像關于點 M（ ）對稱 【解法1】x0時，f ( x ) = x(43x)， 在其上取三點P1（0，0）、則它們關于原點的對稱點分別是Q1 (0，0)，

3、 設x時， 34)32()(2-+=xaxf Q2在其上， 解之，得a = 3， x時，034)3234(2=-+-a)43(34)32(3)(2+=-+=xxxxf【解法2】 設x0，則x0 f (x) = (x)(4 + 3x) f ( x )是奇函數(shù)， f (x) = f ( x ) x0時，f ( x ) =f (x )=x(4+3x)若把問題改為: f ( x )滿足f ( 1+x ) = f (3- x ) ，x2時，f ( x ) = x (43x)，那么x2時求 f ( x ) 的解析式.請解答. 例3 已知函數(shù) f ( x ) 對任意實數(shù)a，b都有 ，且f（0）0，則f (

4、x )是 （A）奇函數(shù)非偶函數(shù)（B）偶函數(shù)非奇函數(shù)（C）是奇函數(shù)也是偶函數(shù)（D）既非奇函數(shù)也非偶函數(shù)【講解】由 ，自然聯(lián)想到 即y=cosx肯定是符合題意的一個函數(shù)自然就選（B）但要把本題改為解答題，又該如何？怎樣用好已知的等式？ )2cos()2cos(2coscosbababa-+=+)2()2(2)()(bafbafbfaf-+=+【解法1】 f ( b ) = f (b )且bR f ( x )是R上的偶函數(shù)由于f ( 0 )0，所以f ( x )不是奇函數(shù)應選（B） )2()2(2)()(bafbafbfaf-+=+)2()2(2)()(bafbafbfaf+-=-+ f ( a )

5、 + f (a ) = 2 f ( a )f ( 0 ) 2 f ( a )1f ( 0 ) = 0 aR，f ( a )不能恒為零， f ( 0 ) = 1【解法2】于是, f ( a )+f (a ) = 2 f ( 0 )f ( a ) = f ( a ) f (a ) = f ( a )，aR f ( x )是R上的偶函數(shù)而f ( 0 )0，故f ( x )不是奇函數(shù)應選（B） 例4 函數(shù)y = f ( x )在 (-,0 上是減函數(shù)，而函數(shù) y = f (x+1)是偶函數(shù)設 ， b = f ( 3 ) ，c = f (arccos (1)那么a，b，c的大小關系是_.【解】 , c

6、= f ( arccos (1) ) = f ( ) y = f ( x+1 )是偶函數(shù) y = f ( x )的圖像關于x = 1對稱，于是由y = f ( x )在(-,0上遞減知，f ( x )在2,+)上遞增 f (2) = f ( 4 ) 而 234 f (3)f ( )f (4)，即bca 例5.設f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x3)f(x)，當0 x 時，f(x)x，則f(2003)( )A.1B.0C.1D.2003解：f(x6)f(x33)f(x3)f(x) f(x)的周期為6f(2003)f(63351)f(1)f1問題：函數(shù)f(x)滿足f(a+x) =f(b-x)且f(c

7、+x)= f(d-x)那么f(x)是不是周期函數(shù)?為什么?若是,周期是多少?例6.定義在實數(shù)集上的函數(shù)f(x)，對一切實數(shù)x都有f(x1)f(2x)成立，若f(x)0僅有101個不同的實數(shù)根，那么所有實數(shù)根的和為( )A.150 B. C.152 D. 解：由已知，函數(shù)f(x)的圖象有對稱軸x于是這101個根的分布也關于該對稱軸對稱.即有一個根就是，其余100個根可分為50對，每一對的兩根關于x對稱利用中點坐標公式，這100個根的和等于 100150二.函數(shù)的單調(diào)性 例7 已知函數(shù) ，判斷該函數(shù)在區(qū)間 上的單調(diào)性，并說明理由【解法1】 設 11)(212112+-+-=xxxxxx221121

8、11)()(xxxxxfxf+-+=-+-=111)(211212xxxxxx f (x1 ) f (x2 ) 故函數(shù) 是減函數(shù) 111112121122+xxxxxxxx1111212+-xxxxxxxf-+=1)(【解法2】 x0時， 和 都是增函數(shù)， 也是增函數(shù)， 從而 是 上的減函數(shù)xxxxy+=-+=111xx+1xxy+=11)+,0例8 填空（1）函數(shù) 的遞增區(qū)間是_（2）函數(shù) 遞減區(qū)間是_ 在y軸左側(cè)，增減的轉(zhuǎn)折點是x=2，且先減后增，故-2,0 是遞增區(qū)間；在y軸右側(cè)，增減的轉(zhuǎn)折點是x = 2，且先減后增，故2,+) 是遞增區(qū)間 654321-1-2-3-4-5-6-7-6-

9、4-224（2）解：令x2 + 4x3 0，則 1x3令 t =x2 + 4x3 =(x2)2 + 1 在 上遞增，在 上 遞減 故a1時，y = loga (x2 + 4x3) 的減區(qū)間是 ； 0a1時，減區(qū)間是 例10. 已知f ( x )=x2 + 2x + 8，g ( x ) = f ( 2x 2 )，求g ( x )的單調(diào)增區(qū)間 【解題思路】 x某區(qū)間A t某區(qū)間B 在A上的增減性 在B上的增減性 g ( x )在A上的 單調(diào)性 關鍵是A的端點如何確定？ 【講解】很明顯這是一個復合函數(shù)的單調(diào)性問題，所以應“分層剝離”為兩個函數(shù) t=x2+2 y = f ( t ) =t 2 + 2t

10、 + 8 【解】設t =x2 + 2 y =t 2 +2t + 8 函數(shù)的增、減轉(zhuǎn)折點是 t = 1，把 t = 1 代入，得 x1=1，x2=1，又的增、減轉(zhuǎn)折點是 x3 = 0，于是三個關節(jié)點把數(shù)軸分成四個區(qū)間： ， ， ， (1)x(-,-1 時,函數(shù)遞增,且t1,而t (-, 1 時,函數(shù)也遞增，故(-,-1 是所求的一個單調(diào)增區(qū)間；(2)x (-1,0時，函數(shù)遞增，且t(1,2 ，而 t(1,2 時，函數(shù)遞減，故(-1,0 是g ( x )的單調(diào)減區(qū)間；(3)x(0,1時,函數(shù)遞減，且t(1,2 ，而 t(1,2,函數(shù)也遞減，故(0,1是g ( x )的單調(diào)增區(qū)間； （4）x(1，+

11、)時，函數(shù)遞減，且t(，1)而t(，1) 時，函數(shù)遞增，故(1，+)是g ( x )的單調(diào)減區(qū)間綜上知，所求g ( x )的增區(qū)間是 和 例12.已知(3xy)2001x20014xy0，求4xy的值.解：構造函數(shù)f(x)x2001x，則 f(3xy)f(x)0注意到f(x)是奇函數(shù)且為R上的增函數(shù)，所以 3xyx 4xy0例13解方程：ln( x)ln( 2x)3x0解：構造函數(shù)f(x)ln( x)x則由已知得：f(x)f(2x)0不難知，f(x)為奇函數(shù)，且在R上是增函數(shù)(證明略)所以f(x)f(2x)f(2x)由函數(shù)的單調(diào)性，得x2x所以原方程的解為x0練習.1.設x,y是實數(shù)，且滿足，

12、 求x+y的值； 求cos(x+2y) 3.解方程解方程x+log2(2x-31)=5 (2)解方程:(x8)2001x20012x80(3)解方程： (2)解：原方程化為(x8)2001(x8)x2001x0 即(x8)2001(x8)(x)2001(x)構造函數(shù)f(x)x2001x原方程等價于f(x8)f(x)而由函數(shù)的單調(diào)性可知f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)于是有x8xx4為原方程的解(3)兩邊取以2為底的對數(shù)得于是f(2x)f(x21)易證：f(x)是奇函數(shù)，且是R上的增函數(shù)，所以：2xx21,解得：x14.解方程： 解：構造函數(shù)則由已知得：f(x)f(2x)0不難知，f(x)為奇函數(shù)，

13、且在R上是增函數(shù)(證明略)所以f(x)f(2x)f(2x),由函數(shù)的單調(diào)性，得x2x所以原方程的解為x0三.函數(shù)的周期性 函數(shù)的周期性如果函數(shù)yf(x)對于定義域內(nèi)任意的x，存在一個不等于0的常數(shù)T，使得f(xT)f(x)恒成立，則稱函數(shù)f(x)是周期函數(shù)，T是它的一個周期.一般情況下，如果T是函數(shù)f(x)的周期，則kT(kN)也是f(x)的周期. 例1 已知函數(shù)f ( x )，對任意實數(shù)x，有下面四個關系式成立： （1）f ( x ) =f (x+a)（a為非零常數(shù)）； （2）f ( x ) = f (ax)（a為非零常數(shù)）； （3）f (ax) = f (bx)（a,b為常數(shù)且a2 + b

14、20） 【例題講解】 （4）f (ax) =f (bx)(a,b為常數(shù)且a2+b20） 其中使f ( x )是周期函數(shù)的關系式是_ 【解】考查（1），f ( x )=f (x+a)說明“兩個自變數(shù)相差a，則函數(shù)值互為相反數(shù)”，于是相差2a時，函數(shù)值相等： f ( x )=f (x+a) = f (x+2a) 等式（1）使f ( x )是周期函數(shù)，且2a是周期； 考查（2），f ( x )=f (ax)表明函數(shù)f ( x )的圖像關于直線 對稱，這不一定能使其為周期函數(shù)； 考查（3），f (ax)= f (bx)表明自變數(shù)相差ab時， 函數(shù)值相等， 即 f ( x ) = f (ab+x) 等式

15、（3）使f (x)是周期函數(shù)，且ab是周期 考查（4），f (ax) =f (bx)表明自變數(shù)相差ab時，函數(shù)值互為相反數(shù)，于是相差2（ab）時，函數(shù)值相等故（4）同（1），能使 f ( x )為周期函數(shù)，且 2（ab）是周期 綜上所述，應填（1），（3），（4） 例2 f ( x )是R上的以2為周期的周期函數(shù)，又是奇函數(shù)，且x(0，1)時， 則f ( x ) 在（1，2）上 （A）是增函數(shù)，且f ( x )0 （B）是減函數(shù)，且f ( x )0 （C）是增函數(shù)，且f ( x )0 （D）是減函數(shù)，且f ( x )0 【講解】認識f ( x )在（1，2）上的性質(zhì)，可以把f ( x )在（1

16、，2）上的解析式求出來，或者由f ( x )的性質(zhì)去推斷： f ( x )的周期是2 f ( x )在（1，2）和（1，0）的性質(zhì)一致， f ( x )是奇函數(shù)， f ( x )在（1，0）和（0，1）上的增減性相同，但符號相反 因此，函數(shù) f (x)在（0 , 1）上與（1，2）上的增減性相同，而符號相反【解法1】0 x0 x 在（0，1）上，1x是減函數(shù)， 是增函數(shù) 是增函數(shù)， 于是，f ( x )在（1，2）上是增函數(shù)，且f ( x )0故選（C） 【解法2】設x(1，2)則1x20 且 f ( x ) = f (x2)， 1x20, 02x1 于是， f (x) 是奇函數(shù)， f (2x

17、)f (x2)， 可見，f (x) 在（1，2）上是增函數(shù)，且f (x )0故選（C）例3.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(xm)f(x),求證:2m是f(x)的一個周期.證明：因為f(xm)f(x)所以，f(x2m)f(xm)m f(xm) f(x)所以f(x)是以2m為周期的周期函數(shù).例4.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(xm)f(xm),求證:2m是f(x)的一個周期. 證明：因為f(xm)f(xm)令xmt，則xmt2m于是f(t2m)f(t)對于tR恒成立，所以f(x)是以2m為周期的周期函數(shù).例5.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(xm),求證:2m是f(x)的一個

18、周期.證明：由已知f(x2m)f(xm)m f(x)所以f(x)是以2m為周期的周期函數(shù).例6.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(xm) ,求證:4m是f(x)的一個周期.證明：由已知f(x2m)f(xm)m 于是f(x4m) f(x)所以f(x)是以4m為周期的周期函數(shù).例7.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(ax)f(ax)且f(bx)f(bx),求證:2|ab|是f(x)的一個周期.(ab)證明：不妨設ab于是f(x2(ab)f(a(xa2b) f(a(xa2b)f(2bx) f(b(xb)f(b(xb) f(x) 2(ab)是f(x)的一個周期當ab時同理可得所以，2|ab|是

19、f(x)的周期例8.已知函數(shù)f(x)的定義域為N，且對任意正整數(shù)x，都有f(x)f(x1)f(x1)若f(0)2004，求f(2004)解：因為f(x)f(x1)f(x1)所以f(x1)f(x)f(x2)兩式相加得0f(x1)f(x2)即：f(x3)f(x) f(x6)f(x)f(x)是以6為周期的周期函數(shù)20046334 f(2004)f(0)2004 例9 f (x)是R上的奇函數(shù)，且對任何實數(shù)x，總有f (x+2)f (x)，且x0，1時，f (x)x，則f (x)在R上的解析式為 【解】 f (x+2)f (x)， f (x+4)f (x+2)f (x)， f (x)是周期函數(shù)，4是周

20、期 f (x)f (x) f (x+2)f (x)， f (x)的圖像關于x1對稱，由上述這些性質(zhì)，及x0，1時，y=x，得知f (x)的圖像如下：其中斜率為1的線段過點（4m，0），其中斜率為1的線段過點（4m+2，0）故解析式為例10.已知對于任意a，bR，有f(ab)f(ab)2f(a)f(b)，且f(x)0求證：f(x)是偶函數(shù)；若存在正整數(shù)m使得f(m)0，求滿足f(xT)f(x)的一個T值(T0) 證明：令ab0得，f(0)1(f(0)0舍去)又令a0，得f(b)f(b)，即f(x)f(x)所以，f(x)為偶函數(shù)令axm，bm得f(x2m)f(x)2f(xm)f(m)0所以f(x2

21、m)f(x)于是f(x4m)f(x2m)2m=f(x2m) f(x) 即T4m(周期函數(shù))例11.數(shù)列an中，a1a，a2b，且an2an1an(nN) 求a100； 求S100. 解：由已知a1a，a2b，所以a3ba，a4a，a5b，a6ab，a7a，a8b，由此可知，an是以6為周期的周期數(shù)列，于是a100a6164a4a又注意到a1a2a3a4a5a60 S100a1a2a3a96a97a98a99a100 0a97a98a99a100 a1a2a3a4 ab(ba)(a)例12.對每一個實數(shù)對x,y,函數(shù)f(t)滿足f(xy)f(x)f(y)xy1,若f(2)=2,試求滿足f(a)a

22、的所有整數(shù)a.解：令xy0，得f(0)1再令xy1，得f(2)2f(1)2，又f(2)2所以f(1)2又令x1，y1，可得f1令xy1得f2f114令y1，得f(x1)f(x)x2即f(x1)f(x)x2 當x取任意正整數(shù)時，f(x1)f(x)0又f10所以f(x)0于是f(x1)f(x)x2x1即對任意大于1的正整數(shù)t，f(t)t在中，令x3，得f(3)1，進一步可得f(4)1注意到f(x)f(x1)(x2)所以當x4時，f(x)f(x1)0即f(x)f(x1)f(x2)f(4)1所以x4時，f(x)x綜上所述，滿足f(a)a的整數(shù)只有a1或a2例13.設f(x)是一個從實數(shù)集R到R的一個映

23、射,對于任意的實數(shù)x,都有|f(x)|1,并且 f(x)+求證:f(x)是周期函數(shù). 證明：由已知f(x)+所以 (2)于是f(x1)f(x)f(x2)f(x1)，記這個差為d同理f(x3)f(x2)f(x2)f(x1)d f(xn1)f(xn)f(xn)f(xn1) f(x1)f(x)d即是說數(shù)列f(xn)是一個以f(x)為首項，d為公差的等差數(shù)列因此f(xn)f(x)ndf(x)nf(x1)f(x)對所有的自然數(shù)n成立，而對于xR，|f(x)|1，即f(x)有界，故只有f(x1)f(x)0即f(x1)f(x) xR所以f(x)是周期為1的周期函數(shù). 例14 設 f (x)的定義域為R，其圖

24、像關于直線 x2 和 x0對稱，且x4，6時， f ( x )2 x + 1，那么在區(qū)間2，0上，f 1( x )的解析式為 （A）ylog2(x4) （B）y4log2(x1) （C）y4+log2(x1) （D）ylog2(x1) 【分析】如何用好x2，x0是圖像對稱軸這個條件，并把兩者綜合而得新的性質(zhì)？ 這就要想到： yf (x)圖像關于xa對稱 xR時有f (x)f (2ax)【解】yf (x)的圖像關于x0對稱， f ( x )f (x)， yf (x)的圖像關于x2對稱， f (x)f (4+x)于是有f ( x )f (4+x) f ( x )是周期為4的函數(shù)， 當2x0時，0

25、x2且x + 44，6 yf (x)的圖像關于x0對稱， f (x)f (x) 周期為4， f (x)f (x+4)2x+4 +1 即在 2，0上，yf (x)2x+4 +1 2x+4y1 x+4log2(y1) x4log2(y1) 2，0 上，f (x)4log2(x1) 應選（B）1.數(shù)列an中，a1a，a2b，且an2an1an(nN)求a100；求S100.解：由已知a1a，a2b，所以a3ba，a4a，a5b，a6ab，a7a，a8b，由此可知，an是以6為周期的周期數(shù)列，于是a100a6164a4a又注意到a1a2a3a4a5a60 S100a1a2a3a96a97a98a99a

26、100 0a97a98a99a100 a1a2a3a4 ab(ba)(a) 2ba2.已知函數(shù)f(x)的定義域為N，且對任意正整數(shù)x，都有f(x)f(x1)f(x1)若f(0)2004，求f(2004)解：因為f(x)f(x1)f(x1)所以f(x1)f(x)f(x2)兩式相加得0f(x1)f(x2)即：f(x3)f(x) f(x6)f(x)練習.1.數(shù)列an中，a1a，a2b，且an2an1an(nN)求a100；求S100. 2.已知函數(shù)f(x)的定義域為N，且對任意正整數(shù)x，都有f(x)f(x1)f(x1) ,f(0)2004，求f(2004) 3.函數(shù)f(x) 是定義域為R且以2為周期

27、的周期函數(shù)，當x0,2時，f(x)=|x-1|；當x2k,2k+2( kZ)時，求f(x)的解析式，并證明f(x)是偶函數(shù)。 例15 已知 ，函數(shù)g(x)的圖像與函數(shù)yf 1(x+1)的圖像關于直線 yx 對稱，則 g ( 5 ) 【分析】很明顯，g(x)是f 1(x+1)的反函數(shù)只要求出f 1(x+1)的反函數(shù)解析式，就得到g ( x )，不難得到g ( 5 ) f 1(x+1)的反函數(shù)不是f (x+1)，為什么？看了下面的解法，應當能回答出來 【解法1】yf 1(x+1) f (y)f f 1(x+1)x+1 xf (y)1 yf 1(x+1)的反函數(shù)是yf (x)1即 g (x)f (x

28、)1 【解法2】yf (x)和f 1(x)的圖像關于xy對稱，當f 1(x)沿x軸負方向平移1個單位時，“鏡子” yx另一側(cè)的“像” f (x)沿y軸負方向平移1個單位，于是 f 1(x+1)和f (x)1互為反函數(shù) 即g (x)f (x)1，下略 練習1已知函數(shù) ，函數(shù)y=g(x)的圖像與y=f -1(x+1)的圖像關于直線y=x對稱，則g(11)的值為： A B1 C D 2已知定義在R上的函數(shù)f(x)的反函數(shù)為f -1(x)，且函數(shù)y=f(x+1)的反函數(shù)為y= f -1(x+1)。若f(1)=3999求f(2000)3.對于任意的 ,函數(shù)f(x)表示 x2-4x+3中的較大者,則求函數(shù)

29、f(x)的解析式及f(x)的最小值. (f(x)min=2)五、一元二次函數(shù) 例15 如果 是函數(shù) y(m1) x2(m2+m2) x1遞增區(qū)間的子集，那么m 的取值范圍是_【解】依題意解之，得4m1 例16 在測量某物理量的過程中，因儀器和觀察的誤差，使得n次測量分別得到a1，a2 ， ，an ，共n個數(shù)據(jù)我們規(guī)定所測量物理量的“最佳近似值”a是這樣一個量：與其他近似值比較，a與各數(shù)據(jù)的差的平方和最小依此規(guī)定，從 a1，a2 ， ，an 推出的a=_ 【講解】 用誰做為這個物理量的近似值效果最佳？ 依題意，這個最佳近似值a，應當使函數(shù)y(xa1)2+(xa2)2+ +(xan)2取最小值 【

30、解】 設x是該物理量的一個近似值，建立函數(shù) 即依題意 時，取最小值 該函數(shù)，當 【例17】 已知函數(shù) ， 的最小值為m2+1，求函數(shù) f (x) 的最大值及取得最大值時的x 值 2cos2x 【講解】首先要統(tǒng)一變元，由于有正弦一次項，故cos2x 要化為1sin2x，若再設tsinx，則y2t2 +2mt + m24m+1，t1，1 問題轉(zhuǎn)化為求閉區(qū)間1，1上的一個二次函數(shù)的最值問題 這類問題首先要討論對稱軸與閉區(qū)間的相對位置 m值對稱軸位 置對稱軸位置【解】設t = sin x，則 對稱軸方程為 , m2, t1, 1，（1）0m2時， 當0m2時， ，這時， m0， 取得最大值時， ，kZ

31、 （2）2m0時， 當2m0時， 這時， m0，取得最大值時， ，kZ （3）m2 時， 當m2 時， 這時，函數(shù)在 1，1 上遞減， m2 + 4m40 解之， ,且 ，取最大值時， ，kZ 綜上所述，得 kZ kZ kZ x 的值 33y 的最大值 0，2 (,2) m 的取值 例18 已知f (x)=x2+ax+b (a，bR)的定義域為1，1 () 記| f (x)|的最大值M，求證： ； () 求出()中的 時，f (x)的表達式 【講解】 已知條件是 x1，1 且| f (x)|M 像這樣在一個區(qū)間上的所有各點都滿足的性質(zhì)，在各特殊點上依然成立 即 | f (1)|1+a+b|M

32、| f (0)|b|M | f (1)|1a+b|M 接下來就要考慮由形如M|m|的三個不等式能否構造出常數(shù) ？或者構造出4M2 ？這自然想到絕對值不等式的性質(zhì)：| x1|+| x2| + +| xn | x1+ x2+ +xn | 于是，能否巧妙安排x1, x2, x3, x4使其和為2 ？ 另一個思路是, 反證法, 即若M , 由三個不等式能否導出矛盾？ ()【證法1】依題意x1，1時， 總有| f (x) |M，因此有| f (1) |1 + a + b| M2 | f (0)|2b|2b|2M| f (1) |1a + b|M相加得|1 + a + b| + |2b| + |1a +

33、b|4M |(1 + a + b) +(2b) +(1a + b)|1 + a + b| + |2b| + |1a + b| 24M 即 M () 【證法2】 設 M 依題意 | f(x)| M 在 1，1 上成立，從而有 | f(1)| M| f (0)| M ， | f (1)| M 即由 + 得12 + 2b1即 與矛盾故 不能成立因此， () 解：由 ，有 同時還有兩式相加，得由，知，把 代入 ， 得 a0 ， 例1 已知函數(shù) (a 0 且a 1) 在其定義域 1, 1 上是減函數(shù)，則實數(shù) a 的取值范圍是_.六、冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)【講解】由a0且a1知t3ax是減函數(shù)，從而l

34、g(3ax) 也是減函數(shù)，故只有a1時，f (x)才是減函數(shù)；另外， x 1 ，1 時， 要保證 3ax0，為此只須考慮最小值： x1時, tmin=3a，要3a0，則a3，綜上知1a3 例2 如果不等式 x2 0 在區(qū)間 上恒成立，那么實數(shù)a 的取值范圍是_ 【講解】 設yx2 y 當a1時，函數(shù)在 上取負值， 因此 不可能有x2 成立在 上函數(shù)的最大值是 ，在 上，當0a1時，的最小 值是 ， 在 上，x2 恒成立 當0a1時，由 ，得例3.化簡(1) (2)(3)略解：(1)x的指數(shù)是0,所以原式=1(2)x的指數(shù)是=0所以原式=1(3)原式= 例4.若，求解：因為所以f(x)+f(1-

35、x)=1解：令121995=a0則所以例6.已知函數(shù)f(x)=logax (a0,a1,xR+)若x1,x2R+,試比較 與的大小例7.已知y1=，y2=當x為何值時(1)y1=y2 (2)y1y2 (3)y1y2例8.對于自然數(shù)a,b,c (abc)和實數(shù)x,y,z,w若(1)ax=by=cz=70w (2)求證：a+b=c例9.已知A=6lgp+lgq，其中p,q為素數(shù)，且滿足q-p=29，求證：3A4證明：由于p、q為素數(shù)，其差q-p=29為奇數(shù)，p=2,q=31A=6lg2+lg31=lg(6431)=lg19841000198410000故3A0,a1)且 (為銳角)，求證：1a1又

36、f(15)=sin+cos故a15 綜合得：1a15證：因為0a0,ay0由平均值不等式故例11.已知0a0且a1,求證：方程ax+a-x=2a的根不在區(qū)間-1,1內(nèi)解：設t=ax,則原方程化為：t2-2at+1=0 (1) 由=4a2-40得a21,即a1令f(t)= t2-2at+1 , f(a)=a2-2a2+1=1-a20下略例16.解方程：lg2x-lgx-2=0 (其中x表示不大于實數(shù)x的最大整數(shù))解：由x的定義知，xx，故原方程可變?yōu)椴坏仁剑簂g2x-lgx-20即-1lgx2當-1lgx0時，lgx= -1，于是原方程為lg2x=1 當0lgx1時，lgx=0，原方程為lg2x

37、=2，均不符合lgx=0當1lgx0且a1，設u=x2+ax+5，原不等式可化為例18.當a為何值時，不等式有且只有一解因為f(4)=log3(2+1)log5(4+1)=1所以(1)等價于u4,即x2+ax+54此不等式有無窮多解(1)當0a0時， 均為單調(diào)增函數(shù)，所以它們的乘積也是單增函數(shù)由f(4)=1知，(2)等價于0u4，即0 x2+ax+54從上式可知，只有當x2+ax+5=4有唯一解即=a2-4=0，a=2時，不等式0 x2+ax+54有唯一解x= -1綜上所述，當a=2時原不等式有且只有一個解(2)當a1時，不等式化為(2)例19.已知a0且a1，試求使方程有解的k的取值范圍解：原方程即即又當k=0時，代入原式可推出a=0與已知矛盾，故k的取值范圍為(-,