資源簡介

2009高考數學難點復習
難點1 集合思想及應用
集合是高中數學的基本知識，為歷年必考內容之一，主要考查對集合基本概念的認識和理解，以及作為工具，考查集合語言和集合思想的運用.本節主要是幫助考生運用集合的觀點，不斷加深對集合概念、集合語言、集合思想的理解與應用.
●難點磁場
(★★★★★)已知集合A={(x,y)|x2+mx－y+2=0},B={(x,y)|x－y+1=0,且0≤x≤2},如果A∩B≠,求實數m的取值范圍.
●案例探究
［例1］設A={(x,y)|y2－x－1=0},B={(x,y)|4x2+2x－2y+5=0},C={(x,y)|y=kx+b},是否存在k、b∈N,使得(A∪B)∩C=，證明此結論.
命題意圖：本題主要考查考生對集合及其符號的分析轉化能力，即能從集合符號上分辨出所考查的知識點，進而解決問題.屬★★★★★級題目.
知識依托：解決此題的閃光點是將條件(A∪B)∩C=轉化為A∩C=且B∩C=，這樣難度就降低了.
錯解分析：此題難點在于考生對符號的不理解，對題目所給出的條件不能認清其實質內涵，因而可能感覺無從下手.
技巧與方法：由集合A與集合B中的方程聯立構成方程組，用判別式對根的情況進行限制，可得到b、k的范圍，又因b、k∈N,進而可得值.
解：∵(A∪B)∩C=，∴A∩C=且B∩C=
∵ ∴k2x2+(2bk－1)x+b2－1=0
∵A∩C=
∴Δ1=(2bk－1)2－4k2(b2－1)<0
∴4k2－4bk+1<0,此不等式有解，其充要條件是16b2－16>0,即b2>1 ①
∵
∴4x2+(2－2k)x+(5+2b)=0
∵B∩C=,∴Δ2=(1－k)2－4(5－2b)<0
∴k2－2k+8b－19<0,從而8b<20,即b<2.5 ②
由①②及b∈N,得b=2代入由Δ1<0和Δ2<0組成的不等式組，得
∴k=1,故存在自然數k=1,b=2,使得(A∪B)∩C=.
［例2］向50名學生調查對A、B兩事件的態度，有如下結果：贊成A的人數是全體的五分之三，其余的不贊成，贊成B的比贊成A的多3人，其余的不贊成；另外，對A、B都不贊成的學生數比對A、B都贊成的學生數的三分之一多1人.問對A、B都贊成的學生和都不贊成的學生各有多少人？
命題意圖：在集合問題中，有一些常用的方法如數軸法取交并集，韋恩圖法等，需要考生切實掌握.本題主要強化學生的這種能力.屬★★★★級題目.
知識依托：解答本題的閃光點是考生能由題目中的條件，想到用韋恩圖直觀地表示出來.
錯解分析：本題難點在于所給的數量關系比較錯綜復雜，一時理不清頭緒，不好找線索.
技巧與方法：畫出韋恩圖，形象地表示出各數量關系間的聯系.
解：贊成A的人數為50×=30，贊成B的人數為30+3=33，如上圖，記50名學生組成的集合為U，贊成事件A的學生全體為集合A；贊成事件B的學生全體為集合B.
設對事件A、B都贊成的學生人數為x,則對A、B都不贊成的學生人數為+1,贊成A而不贊成B的人數為30－x，贊成B而不贊成A的人數為33－x.
依題意(30－x)+(33－x)+x+(+1)=50,解得x=21.
所以對A、B都贊成的同學有21人，都不贊成的有8人.
●錦囊妙計
1.解答集合問題，首先要正確理解集合有關概念，特別是集合中元素的三要素；對于用描述法給出的集合{x|x∈P},要緊緊抓住豎線前面的代表元素x以及它所具有的性質P；要重視發揮圖示法的作用，通過數形結合直觀地解決問題.
2.注意空集的特殊性，在解題中，若未能指明集合非空時，要考慮到空集的可能性，如AB,則有A=或A≠兩種可能，此時應分類討論.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)集合M={x|x=,k∈Z},N={x|x=,k∈Z},則( )
A.M=N B.MN C.MN D.M∩N=
2.(★★★★)已知集合A={x|－2≤x≤7},B={x|m+1A.－3≤m≤4 B.－3C.2二、填空題
3.(★★★★)已知集合A={x∈R|ax2－3x+2=0,a∈R},若A中元素至多有1個，則a的取值范圍是_________.
4.(★★★★)x、y∈R,A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)| =1,a>0,b>0},當A∩B只有一個元素時，a,b的關系式是_________.
三、解答題
5.(★★★★★)集合A={x|x2－ax+a2－19=0},B={x|log2(x2－5x+8)=1}，C={x|x2+2x－8=0},求當a取什么實數時，A∩B 和A∩C=同時成立.
6.(★★★★★)已知{an}是等差數列，d為公差且不為0，a1和d均為實數，它的前n項和記作Sn,設集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)| x2－y2=1,x,y∈R}.
試問下列結論是否正確，如果正確，請給予證明；如果不正確，請舉例說明.
(1)若以集合A中的元素作為點的坐標，則這些點都在同一條直線上；
(2)A∩B至多有一個元素；
(3)當a1≠0時，一定有A∩B≠.
7.(★★★★)已知集合A={z||z－2|≤2,z∈C},集合B={w|w=zi+b,b∈R},當A∩B=B時，求b的值.
8.(★★★★)設f(x)=x2+px+q,A={x|x=f(x)},B={x|f［f(x)］=x}.
(1)求證：AB;
(2)如果A={－1，3}，求B.
參考答案
難點磁場
解：由得x2+(m－1)x+1=0 ①
∵A∩B≠
∴方程①在區間［0，2］上至少有一個實數解.
首先，由Δ=(m－1)2－4≥0,得m≥3或m≤－1,當m≥3時，由x1+x2=－(m－1)＜0及x1x2=1>0知，方程①只有負根，不符合要求.
當m≤－1時，由x1+x2=－(m－1)>0及x1x2=1>0知，方程①只有正根，且必有一根在區間(0，1］內，從而方程①至少有一個根在區間［0，2］內.
故所求m的取值范圍是m≤－1.
殲滅難點訓練
一、1.解析：對M將k分成兩類：k=2n或k=2n+1(n∈Z),M={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=
nπ+,n∈Z},對N將k分成四類，k=4n或k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),N={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}.
答案：C
2.解析：∵A∪B=A，∴BA,又B≠,
∴即2＜m≤4.
答案：D
二、3.a=0或a≥
4.解析：由A∩B只有1個交點知，圓x2+y2=1與直線=1相切，則1=,即ab=.
答案：ab=
三、5.解：log2(x2－5x+8)=1,由此得x2－5x+8=2，∴B={2,3}.由x2+2x－8=0，∴C={2,－4},又A∩C=，∴2和－4都不是關于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，而A∩B ,即A∩B≠,
∴3是關于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，∴可得a=5或a=－2.
當a=5時，得A={2，3}，∴A∩C={2}，這與A∩C=不符合，所以a=5(舍去)；當a=－2時，可以求得A={3，－5}，符合A∩C=，A∩B ，∴a=－2.
6.解：(1)正確.在等差數列{an}中，Sn=,則(a1+an),這表明點(an,）的坐標適合方程y(x+a1),于是點(an, )均在直線y=x+a1上.
(2)正確.設(x,y)∈A∩B,則(x,y)中的坐標x,y應是方程組的解，由方程組消去y得：2a1x+a12=－4(*)，當a1=0時，方程(*)無解，此時A∩B=；當a1≠0時，方程(*)只有一個解x=,此時，方程組也只有一解,故上述方程組至多有一解.
∴A∩B至多有一個元素.
(3）不正確.取a1=1,d=1,對一切的x∈N*,有an=a1+(n－1)d=n>0, >0,這時集合A中的元素作為點的坐標，其橫、縱坐標均為正，另外，由于a1=1≠0.如果A∩B≠,那么據(2）的結論，A∩B中至多有一個元素(x0,y0）,而x0=＜0,y0=＜0,這樣的(x0,y0）A,產生矛盾，故a1=1,d=1時A∩B=，所以a1≠0時，一定有A∩B≠是不正確的.
7.解：由w=zi+b得z=,
∵z∈A,∴|z－2|≤2,代入得|－2|≤2,化簡得|w－(b+i)|≤1.
∴集合A、B在復平面內對應的點的集合是兩個圓面，集合A表示以點(2，0）為圓心，半徑為2的圓面，集合B表示以點(b,1)為圓心，半徑為1的圓面.
又A∩B=B，即BA，∴兩圓內含.
因此≤2－1,即(b－2)2≤0，∴b=2.
8.(1)證明：設x0是集合A中的任一元素，即有x0∈A.
∵A={x|x=f(x)},∴x0=f(x0).
即有f［f(x0)］=f(x0)=x0,∴x0∈B,故AB.
(2)證明：∵A={－1,3}={x|x2+px+q=x},
∴方程x2+(p－1)x+q=0有兩根－1和3，應用韋達定理，得
∴f(x)=x2－x－3.
于是集合B的元素是方程f［f(x)］=x,也即(x2－x－3)2－(x2－x－3)－3=x(*)的根.
將方程(*)變形，得(x2－x－3）2－x2=0
解得x=1,3,,－.
故B={－，－1，，3}.
難點2 充要條件的判定
充分條件、必要條件和充要條件是重要的數學概念，主要用來區分命題的條件p和結論q之間的關系.本節主要是通過不同的知識點來剖析充分必要條件的意義，讓考生能準確判定給定的兩個命題的充要關系.
●難點磁場
(★★★★★)已知關于x的實系數二次方程x2+ax+b=0有兩個實數根α、β，證明：|α|<2且|β|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要條件.
●案例探究
［例1］已知p：|1－|≤2,q:x2－2x+1－m2≤0(m>0),若?p是?q的必要而不充分條件，求實數m的取值范圍.
命題意圖：本題以含絕對值的不等式及一元二次不等式的解法為考查對象，同時考查了充分必要條件及四種命題中等價命題的應用，強調了知識點的靈活性.
知識依托：本題解題的閃光點是利用等價命題對題目的文字表述方式進行轉化，使考生對充要條件的難理解變得簡單明了.
錯解分析：對四種命題以及充要條件的定義實質理解不清晰是解此題的難點，對否命題，學生本身存在著語言理解上的困難.
技巧與方法：利用等價命題先進行命題的等價轉化，搞清晰命題中條件與結論的關系，再去解不等式，找解集間的包含關系，進而使問題解決.
解：由題意知：
命題：若?p是?q的必要而不充分條件的等價命題即逆否命題為：p是q的充分不必要條件.
p:|1－|≤2－2≤－1≤2－1≤≤3－2≤x≤10
q:x2－2x+1－m2≤0［x－(1－m)］［x－(1+m)］≤0 *
∵p是q的充分不必要條件，
∴不等式|1－|≤2的解集是x2－2x+1－m2≤0(m>0)解集的子集.
又∵m>0
∴不等式*的解集為1－m≤x≤1+m
∴，∴m≥9，
∴實數m的取值范圍是［9，+∞.
［例2］已知數列{an}的前n項Sn=pn+q(p≠0,p≠1),求數列{an}是等比數列的充要條件.
命題意圖：本題重點考查充要條件的概念及考生解答充要條件命題時的思維的嚴謹性.
知識依托：以等比數列的判定為主線，使本題的閃光點在于抓住數列前n項和與通項之間的遞推關系，嚴格利用定義去判定.
錯解分析：因為題目是求的充要條件，即有充分性和必要性兩層含義，考生很容易忽視充分性的證明.
技巧與方法：由an=關系式去尋找an與an+1的比值，但同時要注意充分性的證明.
解：a1=S1=p+q.
當n≥2時，an=Sn－Sn－1=pn－1(p－1)
∵p≠0,p≠1,∴=p
若{an}為等比數列，則=p
∴=p,
∵p≠0，∴p－1=p+q，∴q=－1
這是{an}為等比數列的必要條件.
下面證明q=－1是{an}為等比數列的充分條件.
當q=－1時，∴Sn=pn－1(p≠0,p≠1)，a1=S1=p－1
當n≥2時，an=Sn－Sn－1=pn－pn－1=pn－1(p－1)
∴an=(p－1)pn－1 (p≠0,p≠1)
=p為常數
∴q=－1時，數列{an}為等比數列.即數列{an}是等比數列的充要條件為q=－1.
●錦囊妙計
本難點所涉及的問題及解決方法主要有：
(1)要理解“充分條件”“必要條件”的概念：當“若p則q”形式的命題為真時，就記作pq，稱p是q的充分條件，同時稱q是p的必要條件，因此判斷充分條件或必要條件就歸結為判斷命題的真假.
(2)要理解“充要條件”的概念，對于符號“”要熟悉它的各種同義詞語：“等價于”，“當且僅當”，“必須并且只需”，“……，反之也真”等.
(3)數學概念的定義具有相稱性，即數學概念的定義都可以看成是充要條件，既是概念的判斷依據，又是概念所具有的性質.
(4)從集合觀點看，若AB，則A是B的充分條件，B是A的必要條件；若A=B，則A、B互為充要條件.
(5)證明命題條件的充要性時，既要證明原命題成立(即條件的充分性)，又要證明它的逆命題成立(即條件的必要性).
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)函數f(x)=x|x+a|+b是奇函數的充要條件是( )
A.ab=0 B.a+b=0 C.a=b D.a2+b2=0
2.(★★★★)“a=1”是函數y=cos2ax－sin2ax的最小正周期為“π”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既非充分條件也不是必要條件
二、填空題
3.(★★★★)a=3是直線ax+2y+3a=0和直線3x+(a－1)y=a－7平行且不重合的_________.
4.(★★★★)命題A：兩曲線F(x,y)=0和G(x,y)=0相交于點P(x0,y0),命題B：曲線F(x,y)+λG(x,y)=0(λ為常數)過點P(x0,y0),則A是B的__________條件.
三、解答題
5.(★★★★★)設α，β是方程x2－ax+b=0的兩個實根，試分析a>2且b>1是兩根α、β均大于1的什么條件？
6.(★★★★★)已知數列{an}、{bn}滿足：bn=,求證：數列{an}成等差數列的充要條件是數列{bn}也是等差數列.
7.(★★★★★)已知拋物線C：y=－x2+mx－1和點A(3，0)，B(0，3)，求拋物線C與線段AB有兩個不同交點的充要條件.
8.(★★★★★)p:－2參考答案
難點磁場
證明：(1）充分性：由韋達定理，得|b|=|α·β|=|α|·|β|＜2×2=4.
設f(x)=x2+ax+b,則f(x)的圖象是開口向上的拋物線.
又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>0.
即有4+b>2a>－(4+b)
又|b|＜44+b>02|a|＜4+b
(2)必要性：
由2|a|＜4+bf(±2)>0且f(x)的圖象是開口向上的拋物線.
∴方程f(x)=0的兩根α，β同在(－2，2）內或無實根.
∵α，β是方程f(x)=0的實根，
∴α，β同在(－2，2）內，即|α|＜2且|β|＜2.
殲滅難點訓練
一、1.解析：若a2+b2=0,即a=b=0,此時f(－x)=(－x)|x+0|+0=－x·|x|=－(x|x+0|+b)
=－(x|x+a|+b)=－f(x).
∴a2+b2=0是f(x)為奇函數的充分條件，又若f(x)=x|x+a|+b是奇函數，即f(－x)=
(－x)|(－x)+a|+b=－f(x),則必有a=b=0,即a2+b2=0.
∴a2+b2=0是f(x)為奇函數的必要條件.
答案：D
2.解析：若a=1,則y=cos2x－sin2x=cos2x,此時y的最小正周期為π.故a=1是充分條件，反過來，由y=cos2ax－sin2ax=cos2ax.故函數y的最小正周期為π,則a=±1,故a=1不是必要條件.
答案：A
二、3.解析：當a=3時，直線l1:3x+2y+9=0;直線l2:3x+2y+4=0.∵l1與l2的A1∶A2=B1∶B2=1∶1，而C1∶C2=9∶4≠1,即C1≠C2,∴a=3l1∥l2.
答案：充要條件
4.解析：若P(x0,y0)是F(x,y)=0和G(x,y)=0的交點，則F(x0,y0)+λG(x0,y0)=0，即F(x,y)+λG(x,y)=0，過P(x0,y0);反之不成立.
答案：充分不必要
三、5.解：根據韋達定理得a=α+β,b=αβ.判定的條件是p:結論是q:(注意p中a、b滿足的前提是Δ=a2－4b≥0)
(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp
(2)為證明pq,可以舉出反例：取α=4,β=,它滿足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×=2>1,但q不成立.
綜上討論可知a>2,b>1是α>1,β>1的必要但不充分條件.
6.證明：①必要性：
設{an}成等差數列，公差為d,∵{an}成等差數列.
從而bn+1－bn=a1+n·d－a1－(n－1) d=d為常數.?
故{bn}是等差數列，公差為d.
②充分性:
設{bn}是等差數列，公差為d′,則bn=(n－1)d′?
∵bn(1+2+…+n)=a1+2a2+…+nan ①
bn－1(1+2+…+n－1)=a1+2a2+…+(n－1)an ②
①－②得：nan=bn－1?
∴an=,從而得an+1－an=d′為常數，故{an}是等差數列.
綜上所述，數列{an}成等差數列的充要條件是數列{bn}也是等差數列.
7.解：①必要性：
由已知得，線段AB的方程為y=－x+3(0≤x≤3)
由于拋物線C和線段AB有兩個不同的交點，
所以方程組*有兩個不同的實數解.
消元得：x2－(m+1)x+4=0(0≤x≤3)
設f(x)=x2－(m+1)x+4,則有
②充分性：
當3＜x≤時，
x1=>0
∴方程x2－(m+1)x+4=0有兩個不等的實根x1,x2,且0＜x1＜x2≤3,方程組*有兩組不同的實數解.
因此，拋物線y=－x2+mx－1和線段AB有兩個不同交點的充要條件3＜m≤.
8.解：若關于x的方程x2+mx+n=0有2個小于1的正根，設為x1,x2.
則0＜x1＜1,0＜x2＜1,有0＜x1+x2＜2且0＜x1x2＜1,
根據韋達定理：
有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp.
反之，取m=－＜0
方程x2+mx+n=0無實根，所以pq
綜上所述，p是q的必要不充分條件.
難點3 運用向量法解題
平面向量是新教材改革增加的內容之一，近幾年的全國使用新教材的高考試題逐漸加大了對這部分內容的考查力度，本節內容主要是幫助考生運用向量法來分析，解決一些相關問題.
●難點磁場
(★★★★★)三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC邊上的中線
AM的長；(2)∠CAB的平分線AD的長；(3)cosABC的值.
●案例探究
［例1］如圖，已知平行六面體ABCD—A1B1C1D1的底面?ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD.
(1)求證：C1C⊥BD.
(2)當的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD？請給出證明.
命題意圖：本題主要考查考生應用向量法解決向量垂直，夾角等問題以及對立體幾何圖形的解讀能力.
知識依托：解答本題的閃光點是以向量來論證立體幾何中的垂直問題，這就使幾何問題代數化，使繁瑣的論證變得簡單.
錯解分析：本題難點是考生理不清題目中的線面位置關系和數量關系的相互轉化，再就是要清楚已知條件中提供的角與向量夾角的區別與聯系.
技巧與方法：利用a⊥ba·b=0來證明兩直線垂直，只要證明兩直線對應的向量的數量積為零即可.
(1)證明：設=a, =b,=c,依題意，|a|=|b|，、、?中兩兩所成夾角為θ，于是=a－b，=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD.
(2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只須證A1C⊥BD，A1C⊥DC1，
由
=(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,得
當|a|=|c|時，A1C⊥DC1，同理可證當|a|=|c|時，A1C⊥BD，
∴=1時，A1C⊥平面C1BD.
［例2］如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分別是A1B1、A1A的中點.
(1)求的長；
(2)求cos<>的值；
(3)求證：A1B⊥C1M.
命題意圖：本題主要考查考生運用向量法中的坐標運算的方法來解決立體幾何問題.屬
★★★★級題目.
知識依托：解答本題的閃光點是建立恰當的空間直角坐標系O－xyz,進而找到點的坐標和求出向量的坐標.
錯解分析：本題的難點是建系后，考生不能正確找到點的坐標.
技巧與方法：可以先找到底面坐標面xOy內的A、B、C點坐標，然后利用向量的模及方向來找出其他的點的坐標.
(1)解：如圖，以C為原點建立空間直角坐標系O－xyz.
依題意得：B(0，1，0)，N(1，0，1)
∴||=.
(2)解：依題意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2).
∴==(0，1，2)
=1×0+(－1)×1+2×2=3
||=
(3)證明：依題意得：C1(0，0，2)，M()
∴
∴A1B⊥C1M.
●錦囊妙計
1.解決關于向量問題時，一要善于運用向量的平移、伸縮、合成、分解等變換，正確地進行向量的各種運算，加深對向量的本質的認識.二是向量的坐標運算體現了數與形互相轉化和密切結合的思想.
2.向量的數量積常用于有關向量相等，兩向量垂直、射影、夾角等問題中.常用向量的直角坐標運算來證明向量的垂直和平行問題；利用向量的夾角公式和距離公式求解空間兩條直線的夾角和兩點間距離的問題.
3.用空間向量解決立體幾何問題一般可按以下過程進行思考：
(1)要解決的問題可用什么向量知識來解決？需要用到哪些向量？
(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知條件轉化成的向量直接表示？
(3)所需要的向量若不能直接用已知條件轉化成的向量表示，則它們分別最易用哪個未知向量表示？這些未知向量與由已知條件轉化的向量有何關系？
(4)怎樣對已經表示出來的所需向量進行運算，才能得到需要的結論？
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)設A、B、C、D四點坐標依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，則四邊形ABCD為( )
A.正方形 B.矩形
C.菱形 D.平行四邊形
2.(★★★★)已知△ABC中，?=a，=b，a·b<0，S△ABC=,|a|=3,|b|=5,則a與b的夾角是( )
A.30° B.－150° C.150° D.30°或150°
二、填空題
3.(★★★★★)將二次函數y=x2的圖象按向量a平移后得到的圖象與一次函數y=2x－5的圖象只有一個公共點(3，1)，則向量a=_________.
4.(★★★★)等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底邊AB，它們所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,則CD=_________.
三、解答題
5.(★★★★★)如圖，在△ABC中，設=a， =b， =c, =λa,(0<λ<1), =μb(0<μ<1),試用向量a，b表示c.
6.(★★★★)正三棱柱ABC—A1B1C1的底面邊長為a,側棱長為a.
(1)建立適當的坐標系，并寫出A、B、A1、C1的坐標；
(2)求AC1與側面ABB1A1所成的角.
7.(★★★★★)已知兩點M(－1，0)，N(1，0)，且點P使成公差小于零的等差數列.
(1)點P的軌跡是什么曲線？
(2)若點P坐標為(x0,y0),Q為與的夾角，求tanθ.
8.(★★★★★)已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的?中點.?
(1)用向量法證明E、F、G、H四點共面；
(2)用向量法證明：BD∥平面EFGH；
(3)設M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有.
參考答案
難點磁場
解：(1)點M的坐標為xM=
D點分的比為2.
∴xD=
(3)∠ABC是與的夾角，而=(6，8），=(2，－5）.
殲滅難點訓練
一、1.解析： =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，又線段AB與線段DC無公共點，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四邊形，又||=， =(5，3），||=，∴||≠|},∴?ABCD不是菱形，更不是正方形；又=(4，1），
∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD也不是矩形，故選D.
答案：D
2.解析：∵·3·5sinα得sinα=,則α=30°或α=150°.
又∵a·b＜0,∴α=150°.
答案：C
二、3.(2,0) 4.13 cm
三、5.解：∵與共線，∴=m=m(－)=m(μb－a),
∴=+=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb ①
又與共線，∴=n=n(－)=n(λa－b),
∴=+=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b ②
由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b.
∵a與b不共線，∴ ③
解方程組③得：m=代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］.
6.解：(1)以點A為坐標原點O，以AB所在直線為Oy軸，以AA1所在直線為Oz軸，以經過原點且與平面ABB1A1垂直的直線為Ox軸，建立空間直角坐標系.
由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a).
(2)取A1B1的中點M，于是有M(0，a），連AM，MC1，有=(－a,0,0）,
且=(0，a,0）,=(0,0a)
由于·=0，·=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1與AM所成的角就是AC1與側面ABB1A1所成的角.
∵=
所以所成的角，即AC1與側面ABB1A1所成的角為30°.
7.解：(1)設P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得， =－=(－1－x,－y）, =(1－x,－y), =－=(2,0),∴·=2(1+x), ·=x2+y2－1, =2(1－x).于是，是公差小于零的等差數列，等價于
所以，點P的軌跡是以原點為圓心，為半徑的右半圓.
(2)點P的坐標為(x0,y0)
8.證明：(1）連結BG，則
由共面向量定理的推論知：E、F、G、H四點共面，(其中=）
(2）因為.
所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH
所以BD∥平面EFGH.
(3）連OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG
由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一點M且被M平分，所以
.
難點4 三個“二次”及關系
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，具有豐富的內涵和密切的聯系，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.本節主要是幫助考生理解三者之間的區別及聯系，掌握函數、方程及不等式的思想和方法.
●難點磁場
已知對于x的所有實數值，二次函數f(x)=x2－4ax+2a+12(a∈R)的值都是非負的，求關于x的方程=|a－1|+2的根的取值范圍.
●案例探究
［例1］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：兩函數的圖象交于不同的兩點A、B；
(2)求線段AB在x軸上的射影A1B1的長的取值范圍.
命題意圖：本題主要考查考生對函數中函數與方程思想的運用能力.屬于★★★★★題目.
知識依托：解答本題的閃光點是熟練應用方程的知識來解決問題及數與形的完美結合.
錯解分析：由于此題表面上重在“形”，因而本題難點就是一些考生可能走入誤區，老是想在“形”上找解問題的突破口，而忽略了“數”.
技巧與方法：利用方程思想巧妙轉化.
(1)證明：由消去y得ax2+2bx+c=0
Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c2］
∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0
∴c2>0,∴Δ>0,即兩函數的圖象交于不同的兩點.
(2)解：設方程ax2+bx+c=0的兩根為x1和x2,則x1+x2=－,x1x2=.
|A1B1|2=(x1－x2)2=(x1+x2)2－4x1x2
∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0
∴a>－a－c>c,解得∈(－2,－)
∵的對稱軸方程是.
∈(－2,－)時，為減函數
∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈().
［例2］已知關于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有兩根，其中一根在區間(－1，0)內，另一根在區間(1，2)內，求m的范圍.
(2)若方程兩根均在區間(0，1)內，求m的范圍.
命題意圖：本題重點考查方程的根的分布問題，屬★★★★級題目.
知識依托：解答本題的閃光點是熟知方程的根對于二次函數性質所具有的意義.
錯解分析：用二次函數的性質對方程的根進行限制時，條件不嚴謹是解答本題的難點.
技巧與方法：設出二次方程對應的函數，可畫出相應的示意圖，然后用函數性質加以限制.
解：(1)條件說明拋物線f(x)=x2+2mx+2m+1與x軸的交點分別在區間(－1，0)和(1，2)內，畫出示意圖，得
∴.
(2)據拋物線與x軸交點落在區間(0，1)內，列不等式組
(這里0<－m<1是因為對稱軸x=－m應在區間(0，1)內通過)
●錦囊妙計
1.二次函數的基本性質
(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.
(2)當a>0,f(x)在區間［p,q］上的最大值M，最小值m,令x0= (p+q).
若－若p≤－若x0≤－若－≥q,則f(p)=M,f(q)=m.
2.二次方程f(x)=ax2+bx+c=0的實根分布及條件.
(1)方程f(x)=0的兩根中一根比r大，另一根比r小a·f(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在區間(p,q)內有兩根
(4)二次方程f(x)=0在區間(p,q)內只有一根f(p)·f(q)<0,或f(p)=0(檢驗)或f(q)=0(檢驗)檢驗另一根若在(p,q)內成立.
(5)方程f(x)=0兩根的一根大于p,另一根小于q(p3.二次不等式轉化策略
(1)二次不等式f(x)=ax2+bx+c≤0的解集是：(－∞,α)∪［β,+∞a<0且f(α)=f(β)=0;
(2)當a>0時，f(α)
|β+|;
(3)當a>0時，二次不等式f(x)>0在［p,q］恒成立或
(4)f(x)>0恒成立
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)若不等式(a－2)x2+2(a－2)x－4<0對一切x∈R恒成立，則a的取值范圍是( )
A.(－∞,2 B.－2,2 C.(－2,2 D.(－∞,－2)
2.(★★★★)設二次函數f(x)=x2－x+a(a>0),若f(m)<0,則f(m－1)的值為( )
A.正數 B.負數
C.非負數 D.正數、負數和零都有可能
二、填空題
3.(★★★★★)已知二次函數f(x)=4x2－2(p－2)x－2p2－p+1,若在區間［－1，1］內至少存在一個實數c,使f(c)>0,則實數p的取值范圍是_________.
4.(★★★★★)二次函數f(x)的二次項系數為正，且對任意實數x恒有f(2+x)=f(2－x),若f(1－2x2)三、解答題
5.(★★★★★)已知實數t滿足關系式 (a>0且a≠1)
(1)令t=ax,求y=f(x)的表達式；
(2)若x∈(0,2時，y有最小值8，求a和x的值.
6.(★★★★)如果二次函數y=mx2+(m－3)x+1的圖象與x軸的交點至少有一個在原點的右側，試求m的取值范圍.
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.
8.(★★★★)一個小服裝廠生產某種風衣，月銷售量x(件)與售價P(元/件)之間的關系為P=160－2x,生產x件的成本R=500+30x元.
(1)該廠的月產量多大時，月獲得的利潤不少于1300元？
(2)當月產量為多少時，可獲得最大利潤？最大利潤是多少元？
參考答案
難點磁場
解：由條件知Δ≤0,即(－4a）2－4(2a+12)≤0,∴－≤a≤2
(1)當－≤a＜1時，原方程化為：x=－a2+a+6,∵－a2+a+6=－(a－)2+.
∴a=－時，xmin=,a=時，xmax=.
∴≤x≤.
(2)當1≤a≤2時，x=a2+3a+2=(a+)2－
∴當a=1時，xmin=6,當a=2時，xmax=12,∴6≤x≤12.
綜上所述,≤x≤12.
殲滅難點訓練
一、1.解析：當a－2=0即a=2時,不等式為－4＜0,恒成立.∴a=2,當a－2≠0時，則a滿足,解得－2＜a＜2,所以a的范圍是－2＜a≤2.
答案：C
2.解析：∵f(x)=x2－x+a的對稱軸為x=,且f(1)>0,則f(0)>0,而f(m)＜0,∴m∈(0,1),
∴m－1＜0,∴f(m－1)>0.
答案：A
二、3.解析：只需f(1)=－2p2－3p+9>0或f(－1)=－2p2+p+1>0即－3＜p＜或－＜p＜1.∴p∈(－3, ).
答案：(－3，）
4.解析：由f(2+x)=f(2－x)知x=2為對稱軸，由于距對稱軸較近的點的縱坐標較小，
∴|1－2x2－2|＜|1+2x－x2－2|,∴－2＜x＜0.
答案：－2＜x＜0
三、5.解：(1）由loga得logat－3=logty－3logta
由t=ax知x=logat，代入上式得x－3=,?
∴logay=x2－3x+3，即y=a (x≠0).
(2)令u=x2－3x+3=(x－)2+ (x≠0),則y=au
①若0＜a＜1,要使y=au有最小值8，
則u=(x－)2+在(0，2上應有最大值，但u在(0，2上不存在最大值.
②若a>1,要使y=au有最小值8，則u=(x－)2+,x∈(0,2應有最小值
∴當x=時，umin=,ymin=
由=8得a=16.∴所求a=16,x=.
6.解：∵f(0)=1>0
(1)當m＜0時，二次函數圖象與x軸有兩個交點且分別在y軸兩側，符合題意.
(2）當m>0時，則解得0＜m≤1
綜上所述，m的取值范圍是{m|m≤1且m≠0}.
7.證明：(1)
,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f()＜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.
8.解：(1）設該廠的月獲利為y,依題意得?
y=(160－2x)x－(500+30x)=－2x2+130x－500
由y≥1300知－2x2+130x－500≥1300
∴x2－65x+900≤0，∴(x－20)(x－45)≤0，解得20≤x≤45
∴當月產量在20~45件之間時，月獲利不少于1300元.
(2）由(1）知y=－2x2+130x－500=－2(x－)2+1612.5
∵x為正整數，∴x=32或33時，y取得最大值為1612元，
∴當月產量為32件或33件時，可獲得最大利潤1612元.
難點5 求解函數解析式
求解函數解析式是高考重點考查內容之一，需引起重視.本節主要幫助考生在深刻理解函數定義的基礎上，掌握求函數解析式的幾種方法，并形成能力，并培養考生的創新能力和解決實際問題的能力.
●難點磁場
(★★★★)已知f(2－cosx)=cos2x+cosx,求f(x－1).
●案例探究
［例1］(1)已知函數f(x)滿足f(logax)= (其中a>0,a≠1,x>0),求f(x)的表達式.
(2)已知二次函數f(x)=ax2+bx+c滿足|f(1)|=|f(－1)|=|f(0)|=1,求?f(x)?的表達式.
命題意圖：本題主要考查函數概念中的三要素：定義域、值域和對應法則，以及計算能力和綜合運用知識的能力.屬★★★★題目.
知識依托：利用函數基礎知識，特別是對“f”的理解，用好等價轉化，注意定義域.
錯解分析：本題對思維能力要求較高，對定義域的考查、等價轉化易出錯.
技巧與方法：(1)用換元法；(2)用待定系數法.
解：(1)令t=logax(a>1,t>0;0因此f(t)= (at－a－t)
∴f(x)= (ax－a－x)(a>1,x>0;0(2)由f(1)=a+b+c,f(－1)=a－b+c,f(0)=c
得
并且f(1)、f(－1)、f(0)不能同時等于1或－1，所以所求函數為：f(x)=2x2－1或f(x)=－2x2+1或f(x)=－x2－x+1或f(x)=x2－x－1或f(x)=－x2+x+1或f(x)=x2+x－1.
［例2］設f(x)為定義在R上的偶函數，當x≤－1時，y=f(x)的圖象是經過點(－2，0)，斜率為1的射線，又在y=f(x)的圖象中有一部分是頂點在(0，2)，且過點(－1，1)的一段拋物線，試寫出函數f(x)的表達式，并在圖中作出其圖象.
命題意圖：本題主要考查函數基本知識、拋物線、射線的基本概念及其圖象的作法，對分段函數的分析需要較強的思維能力.因此，分段函數是今后高考的熱點題型.屬★★★★題目. 知識依托：函數的奇偶性是橋梁，分類討論是關鍵，待定系數求出曲線方程是主線.
錯解分析：本題對思維能力要求很高，分類討論、綜合運用知識易發生混亂.
技巧與方法：合理進行分類，并運用待定系數法求函數表達式.
解：(1)當x≤－1時，設f(x)=x+b
∵射線過點(－2，0).∴0=－2+b即b=2，∴f(x)=x+2.
(2)當－1∵拋物線過點(－1，1)，∴1=a·(－1)2+2,即a=－1
∴f(x)=－x2+2.
(3)當x≥1時，f(x)=－x+2
綜上可知：f(x)=作圖由讀者來完成.
●錦囊妙計
本難點所涉及的問題及解決方法主要有：
1.待定系數法，如果已知函數解析式的構造時，用待定系數法；
2.換元法或配湊法，已知復合函數f［g(x)］的表達式可用換元法，當表達式較簡單時也可用配湊法；
3.消參法，若已知抽象的函數表達式，則用解方程組消參的方法求解f(x);
另外，在解題過程中經常用到分類討論、等價轉化等數學思想方法.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)若函數f(x)=(x≠)在定義域內恒有f［f(x)］=x,則m等于( )
A.3 B. C.－ D.－3
2.(★★★★★)設函數y=f(x)的圖象關于直線x=1對稱，在x≤1時，f(x)=(x+1)2－1,則x>1時f(x)等于( )
A.f(x)=(x+3)2－1 B.f(x)=(x－3)2－1
C.f(x)=(x－3)2+1 D.f(x)=(x－1)2－1
二、填空題
3.(★★★★★)已知f(x)+2f()=3x,求f(x)的解析式為_________.
4.(★★★★★)已知f(x)=ax2+bx+c,若f(0)=0且f(x+1)=f(x)+x+1,則f(x)=_________.
三、解答題
5.(★★★★)設二次函數f(x)滿足f(x－2)=f(－x－2),且其圖象在y軸上的截距為1，在x軸上截得的線段長為，求f(x)的解析式.
6.(★★★★)設f(x)是在(－∞,+∞)上以4為周期的函數，且f(x)是偶函數，在區間［2，3］上時，f(x)=－2(x－3)2+4，求當x∈［1,2］時f(x)的解析式.若矩形ABCD的兩個頂點A、B在x軸上，C、D在y=f(x)(0≤x≤2)的圖象上，求這個矩形面積的最大值.
7.(★★★★★)動點P從邊長為1的正方形ABCD的頂點A出發順次經過B、C、D再回到A，設x表示P點的行程，f(x)表示PA的長，g(x)表示△ABP的面積，求f(x)和g(x),并作出g(x)的簡圖.
8.(★★★★★)已知函數y=f(x)是定義在R上的周期函數，周期T=5，函數y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函數，又知y=f(x)在［0，1］上是一次函數，在［1，4］上是二次函數，且在x=2時，函數取得最小值，最小值為－5.
(1)證明：f(1)+f(4)=0;
(2)試求y=f(x),x∈［1,4］的解析式；
(3)試求y=f(x)在［4，9］上的解析式.
參考答案
難點磁場
解法一：(換元法）
∵f(2－cosx)=cos2x－cosx=2cos2x－cosx－1
令u=2－cosx(1≤u≤3),則cosx=2－u
∴f(2－cosx)=f(u)=2(2－u)2－(2－u)－1=2u2－7u+5(1≤u≤3)
∴f(x－1)=2(x－1)2－7(x－1)+5=2x2－11x+4(2≤x≤4)
解法二：(配湊法）
f(2－cosx)=2cos2x－cosx－1=2(2－cosx)2－7(2－cosx）+5
∴f(x)=2x2－7x－5(1≤x≤3),即f(x－1)=2(x－1)2－7(x－1)+5=2x2－11x+14(2≤x≤4).
殲滅難點訓練
一、1.解析：∵f(x)=.
∴f［f(x)］==x,整理比較系數得m=3.
答案：A
2.解析：利用數形結合，x≤1時，f(x)=(x+1)2－1的對稱軸為x=－1,最小值為－1，又y=f(x)關于x=1對稱，故在x>1上，f(x)的對稱軸為x=3且最小值為－1.
答案：B
二、3.解析：由f(x)+2f()=3x知f()+2f(x)=3.由上面兩式聯立消去f()可得f(x)=－x.
答案：f(x)= －x
4.解析：∵f(x)=ax2+bx+c,f(0)=0,可知c=0.又f(x+1)=f(x)+x+1,
∴a(x+1)2+b(x+1)+0=ax2+bx+x+1,即(2a+b）x+a+b=bx+x+1.
故2a+b=b+1且a+b=1,解得a=,b=,∴f(x)=x2+x.
答案：x2+x
三、5.解：利用待定系數法，設f(x)=ax2+bx+c,然后找關于a、b、c的方程組求解，f(x)=.
6.解：(1)設x∈［1,2］,則4－x∈［2,3］,∵f(x)是偶函數，∴f(x)=f(－x),又因為4是f(x)的周期，∴f(x)=f(－x)=f(4－x)=－2(x－1)2+4.
(2)設x∈［0，1］，則2≤x+2≤3,f(x)=f(x+2)=－2(x－1)2+4,又由(1）可知x∈［0,2］時，f(x)=－2(x－1)2+4,設A、B坐標分別為(1－t,0）,(1+t,0)(0＜t≤1,則|AB|=2t,|AD|=－2t2+4,S矩形=2t(－2t2+4)=4t(2－t2),令S矩=S，∴=2t2(2－t2)·(2－t2)≤()3=,當且僅當2t2=2－t2,即t=時取等號.∴S2≤即S≤,∴Smax=.
7.解：(1)如原題圖，當P在AB上運動時，PA=x;當P點在BC上運動時，由Rt△ABD?可得PA=;當P點在CD上運動時，由Rt△ADP易得PA=;當P點在DA上運動時，PA=4－x,故f(x)的表達式為：
f(x)=
(2)由于P點在折線ABCD上不同位置時，△ABP的形狀各有特征，計算它們的面積也有不同的方法，因此同樣必須對P點的位置進行分類求解.
如原題圖，當P在線段AB上時，△ABP的面積S=0；當P在BC上時，即1＜x≤2時，S△ABP=AB·BP=(x－1）；當P在CD上時，即2＜x≤3時，S△ABP=·1·1=；當P在DA上時，即3＜x≤4時，S△ABP=(4－x).
故g(x)=
8.(1)證明：∵y=f(x)是以5為周期的周期函數，∴f(4)=f(4－5)=f(－1),又y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函數，∴f(1)=－f(－1)=－f(4),∴f(1)+f(4)=0.
(2)解：當x∈［1,4］時，由題意，可設f(x)=a(x－2)2－5(a≠0),由f(1)+f(4)=0得a(1－2)2－5+a(4－2)2－5=0，解得a=2,∴f(x)=2(x－2)2－5(1≤x≤4).
(3)解：∵y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函數，∴f(0)=－f(－0),∴f(0)=0,又y=f(x) (0≤x≤1)是一次函數，∴可設f(x)=kx(0≤x≤1),∵f(1)=2(1－2)2－5=－3,又f(1)=k·1=k,∴k=－3.∴當0≤x≤1時，f(x)?=－3x,當－1≤x＜0時，f(x)=－3x,當4≤x≤6時，－1≤x－5≤1,∴f(x)=f(x－5)=
－3(x－5)=－3x+15,?當6＜x≤9時，1＜x－5≤4,f(x)=f(x－5)=2［(x－5)－2］2－5=2(x－7)2－5.∴f(x)=.
難點6 函數值域及求法
函數的值域及其求法是近幾年高考考查的重點內容之一.本節主要幫助考生靈活掌握求值域的各種方法，并會用函數的值域解決實際應用問題.
●難點磁場
(★★★★★)設m是實數，記M={m|m>1},f(x)=log3(x2－4mx+4m2+m+).
(1)證明：當m∈M時，f(x)對所有實數都有意義；反之，若f(x)對所有實數x都有意義，則m∈M.
(2)當m∈M時，求函數f(x)的最小值.
(3)求證：對每個m∈M,函數f(x)的最小值都不小于1.
●案例探究
［例1］設計一幅宣傳畫，要求畫面面積為4840 cm2,畫面的寬與高的比為λ(λ<1),畫面的上、下各留8 cm的空白，左右各留5 cm空白，怎樣確定畫面的高與寬尺寸，才能使宣傳畫所用紙張面積最小？如果要求λ∈［］，那么λ為何值時，能使宣傳畫所用紙張面積最小？
命題意圖：本題主要考查建立函數關系式和求函數最小值問題，同時考查運用所學知識解決實際問題的能力，屬★★★★★級題目.
知識依托：主要依據函數概念、奇偶性和最小值等基礎知識.
錯解分析：證明S(λ)在區間［］上的單調性容易出錯，其次不易把應用問題轉化為函數的最值問題來解決.
技巧與方法：本題屬于應用問題，關鍵是建立數學模型，并把問題轉化為函數的最值問題來解決.
解：設畫面高為x cm,寬為λx cm,則λx2=4840,設紙張面積為S cm2,則S=(x+16)(λx+10)=λx2+(16λ+10)x+160,將x=代入上式得：S=5000+44 (8+),當8=,即λ=<1)時S取得最小值.此時高：x==88 cm,寬：λx=×88=55 cm.
如果λ∈［］可設≤λ1<λ2≤,則由S的表達式得：
又≥,故8－>0,
∴S(λ1)－S(λ2)<0,∴S(λ)在區間［］內單調遞增.?
從而對于λ∈［］,當λ=時，S(λ)取得最小值.
答：畫面高為88 cm,寬為55 cm時，所用紙張面積最小.如果要求λ∈［］,當λ=時，所用紙張面積最小.
［例2］已知函數f(x)=,x∈［1,+∞
(1)當a=時，求函數f(x)的最小值.
(2)若對任意x∈［1,+∞,f(x)>0恒成立，試求實數a的取值范圍.
命題意圖：本題主要考查函數的最小值以及單調性問題，著重于學生的綜合分析能力以及運算能力，屬★★★★級題目.
知識依托：本題主要通過求f(x)的最值問題來求a的取值范圍，體現了轉化的思想與分類討論的思想.
錯解分析：考生不易考慮把求a的取值范圍的問題轉化為函數的最值問題來解決.
技巧與方法：解法一運用轉化思想把f(x)>0轉化為關于x的二次不等式；解法二運用分類討論思想解得.
(1)解：當a=時，f(x)=x++2
∵f(x)在區間［1，+∞上為增函數，
∴f(x)在區間［1，+∞上的最小值為f(1)=.
(2)解法一：在區間［1，+∞上，f(x)= >0恒成立x2+2x+a>0恒成立.
設y=x2+2x+a,x∈［1,+∞
∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a－1遞增，
∴當x=1時，ymin=3+a,當且僅當ymin=3+a>0時，函數f(x)>0恒成立，故a>－3.?
解法二：f(x)=x++2,x∈［1,+∞
當a≥0時，函數f(x)的值恒為正；
當a<0時，函數f(x)遞增，故當x=1時，f(x)min=3+a,
當且僅當f(x)min=3+a>0時，函數f(x)>0恒成立，故a>－3.
●錦囊妙計
本難點所涉及的問題及解決的方法主要有：
(1)求函數的值域
此類問題主要利用求函數值域的常用方法：配方法、分離變量法、單調性法、圖象法、換元法、不等式法等.無論用什么方法求函數的值域，都必須考慮函數的定義域.
(2)函數的綜合性題目
此類問題主要考查函數值域、單調性、奇偶性、反函數等一些基本知識相結合的題目.
此類問題要求考生具備較高的數學思維能力和綜合分析能力以及較強的運算能力.在今后的命題趨勢中綜合性題型仍會成為熱點和重點，并可以逐漸加強.
(3)運用函數的值域解決實際問題
此類問題關鍵是把實際問題轉化為函數問題，從而利用所學知識去解決.此類題要求考生具有較強的分析能力和數學建模能力.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)函數y=x2+ (x≤－)的值域是( )
A.(－∞,－ B.［－,+∞
C.［,+∞ D.(－∞,－］
2.(★★★★)函數y=x+的值域是( )
A.(－∞,1 B.(－∞,－1
C.R D.［1,+∞
二、填空題
3.(★★★★★)一批貨物隨17列貨車從A市以V千米/小時勻速直達B市，已知兩地鐵路線長400千米，為了安全，兩列貨車間距離不得小于()2千米 ，那么這批物資全部運到B市，最快需要_________小時(不計貨車的車身長).
4.(★★★★★)設x1、x2為方程4x2－4mx+m+2=0的兩個實根，當m=_________時，x12+x22有最小值_________.
三、解答題
5.(★★★★★)某企業生產一種產品時，固定成本為5000元，而每生產100臺產品時直接消耗成本要增加2500元，市場對此商品年需求量為500臺，銷售的收入函數為R(x)=5x－x2(萬元)(0≤x≤5),其中x是產品售出的數量(單位：百臺)
(1)把利潤表示為年產量的函數；
(2)年產量多少時，企業所得的利潤最大？
(3)年產量多少時，企業才不虧本？
6.(★★★★)已知函數f(x)=lg［(a2－1)x2+(a+1)x+1］
(1)若f(x)的定義域為(－∞,+∞)，求實數a的取值范圍；
(2)若f(x)的值域為(－∞,+∞),求實數a的取值范圍.
7.(★★★★★)某家電生產企業根據市場調查分析，決定調整產品生產方案，準備每周(按120個工時計算)生產空調器、彩電、冰箱共360臺，且冰箱至少生產60臺.已知生產家電產品每臺所需工時和每臺產值如下表：
家電名稱
空調器
彩電
冰箱
工時
產值(千元)
4
3
2
問每周應生產空調器、彩電、冰箱各多少臺，才能使產值最高？最高產值是多少？(以千元為單位)
8.(★★★★)在Rt△ABC中，∠C=90°，以斜邊AB所在直線為軸將△ABC旋轉一周生成兩個圓錐，設這兩個圓錐的側面積之積為S1，△ABC的內切圓面積為S2，記=x.
(1)求函數f(x)=的解析式并求f(x)的定義域.
(2)求函數f(x)的最小值.
參考答案
難點磁場
(1)證明：先將f(x)變形：f(x)=log3［(x－2m)2+m+］,
當m∈M時，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立，故f(x)的定義域為R.
反之，若f(x)對所有實數x都有意義，則只須x2－4mx+4m2+m+>0,令Δ＜0,即16m2－4(4m2+m+)＜0,解得m>1,故m∈M.
(2)解析：設u=x2－4mx+4m2+m+,∵y=log3u是增函數，∴當u最小時，f(x)最小.?而u=(x－2m)2+m+,顯然，當x=m時，u取最小值為m+,此時f(2m)=log3(m+)為最小值.
(3)證明：當m∈M時，m+=(m－1)+ +1≥3,當且僅當m=2時等號成立.
∴log3(m+)≥log33=1.
殲滅難點訓練
一、1.解析：∵m1=x2在(－∞,－）上是減函數，m2=在(－∞,－）上是減函數，
∴y=x2+在x∈(－∞,－)上為減函數,
∴y=x2+ (x≤－)的值域為［－，+∞.
答案：B
2.解析：令=t(t≥0),則x=.
∵y=+t=－ (t－1)2+1≤1
∴值域為(－∞,1.
答案：A
二、3.解析：t=+16×()2/V=+≥2=8.
答案：8
4.解析：由韋達定理知：x1+x2=m,x1x2=,∴x12+x22=(x1+x2)2－2x1x2=m2－=(m－)2－,又x1,x2為實根，∴Δ≥0.∴m≤－1或m≥2，y=(m－)2－在區間(－∞,1）上是減函數，在［2，+∞上是增函數又拋物線y開口向上且以m=為對稱軸.故m=1時，
ymin=.
答案：－1
三、5.解：(1）利潤y是指生產數量x的產品售出后的總收入R(x)與其總成本C(x)?之差，由題意，當x≤5時，產品能全部售出，當x>5時，只能銷售500臺，所以
y=
(2）在0≤x≤5時，y=－x2+4.75x－0.5,當x=－=4.75(百臺）時，ymax=10.78125(萬元），當x>5(百臺）時，y＜12－0.25×5=10.75(萬元），?
所以當生產475臺時，利潤最大.?
(3）要使企業不虧本，即要求
解得5≥x≥4.75－≈0.1(百臺）或5＜x＜48(百臺）時，即企業年產量在10臺到4800臺之間時，企業不虧本.
6.解：(1）依題意(a2－1）x2+(a+1)x+1>0對一切x∈R恒成立，當a2－1≠0時，其充要條件是，
∴a＜－1或a>.又a=－1時，f(x)=0滿足題意，a=1時不合題意.故a≤－1或a>為所求.
(2）依題意只要t=(a2－1)x2+(a+1)x+1能取到(0，+∞）上的任何值，則f(x)的值域為R，故有,解得1＜a≤,又當a2－1=0即a=1時，t=2x+1符合題意而a=－1時不合題意，∴1≤a≤為所求.
7.解：設每周生產空調器、彩電、冰箱分別為x臺、y臺、z臺，由題意得：
x+y+z=360? ①
②x>0,y>0,z≥60. ③?
假定每周總產值為S千元，則S=4x+3y+2z,在限制條件①②③之下，為求目標函數S的最大值，由①②消去z,得y=360－3x. ④
將④代入①得：x+(360－3x)+z=360,∴z=2x ⑤
∵z≥60,∴x≥30. ⑥
再將④⑤代入S中，得S=4x+3(360－3x)+2·2x,即S=－x+1080.由條件⑥及上式知，當x=30時，產值S最大，最大值為S=－30+1080=1050(千元）.得x=30分別代入④和⑤得y=360－90=270,z=2×30=60.
∴每周應生產空調器30臺，彩電270臺，冰箱60臺，才能使產值最大，最大產值為1050千元.
8.解：(1）如圖所示：設BC=a,CA=b,AB=c,則斜邊AB上的高h=,
∴S1=πah+πbh=,
∴f(x)= ①
又
代入①消c，得f(x)=.
在Rt△ABC中，有a=csinA,b=ccosA(0＜A＜,則
x==sinA+cosA=sin(A+).∴1＜x≤.
(2)f(x)= +6,設t=x－1,則t∈(0, －1),y=2(t+)+6在(0，－1上是減函數，∴當x=(－1)+1=時，f(x)的最小值為6+8.
難點7 奇偶性與單調性(一)
函數的單調性、奇偶性是高考的重點內容之一，考查內容靈活多樣.本節主要幫助考生深刻理解奇偶性、單調性的定義，掌握判定方法，正確認識單調函數與奇偶函數的圖象.
●難點磁場
(★★★★)設a>0,f(x)=是R上的偶函數，(1)求a的值；(2)證明： f(x)在(0，+∞)上是增函數.
●案例探究
［例1］已知函數f(x)在(－1，1)上有定義，f()=－1,當且僅當0(1)f(x)為奇函數；(2)f(x)在(－1，1)上單調遞減.
命題意圖：本題主要考查函數的奇偶性、單調性的判定以及運算能力和邏輯推理能力.屬★★★★題目.
知識依托：奇偶性及單調性定義及判定、賦值法及轉化思想.
錯解分析：本題對思維能力要求較高，如果“賦值”不夠準確，運算技能不過關，結果很難獲得.
技巧與方法：對于(1)，獲得f(0)的值進而取x=－y是解題關鍵；對于(2)，判定的范圍是焦點.
證明：(1)由f(x)+f(y)=f(),令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0.∴f(x)=－f(－x).∴f(x)為奇函數.
(2)先證f(x)在(0，1)上單調遞減.
令0∵00,1－x1x2>0，∴>0,
又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0
∴x2－x1<1－x2x1,
∴0<<1,由題意知f()<0，?
即f(x2)∴f(x)在(0，1)上為減函數，又f(x)為奇函數且f(0)=0.
∴f(x)在(－1，1)上為減函數.
［例2］設函數f(x)是定義在R上的偶函數，并在區間(－∞,0)內單調遞增，f(2a2+a+1)命題意圖：本題主要考查函數奇偶性、單調性的基本應用以及對復合函數單調性的判定方法.本題屬于★★★★★級題目.
知識依托：逆向認識奇偶性、單調性、指數函數的單調性及函數的值域問題.
錯解分析：逆向思維受阻、條件認識不清晰、復合函數判定程序紊亂.
技巧與方法：本題屬于知識組合題類，關鍵在于讀題過程中對條件的思考與認識，通過本題會解組合題類，掌握審題的一般技巧與方法.
解：設0∴f(－x2)∴f(x2)由f(2a2+a+1)3a2－2a+1.解之，得0又a2－3a+1=(a－)2－.
∴函數y=()的單調減區間是［，+∞］
結合0●錦囊妙計
本難點所涉及的問題及解決方法主要有：
(1)判斷函數的奇偶性與單調性
若為具體函數，嚴格按照定義判斷，注意變換中的等價性.
若為抽象函數，在依托定義的基礎上，用好賦值法，注意賦值的科學性、合理性.
同時，注意判斷與證明、討論三者的區別，針對所列的“磁場”及“訓練”認真體會，用好數與形的統一.
復合函數的奇偶性、單調性.問題的解決關鍵在于：既把握復合過程，又掌握基本函數.
(2)加強逆向思維、數形統一.正反結合解決基本應用題目，下一節我們將展開研究奇偶性、單調性的應用.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)下列函數中的奇函數是( )
A.f(x)=(x－1) B.f(x)=
C.f(x)= D.f(x)=
2.(★★★★★)函數f(x)=的圖象( )
A.關于x軸對稱 B.關于y軸對稱
C.關于原點對稱 D.關于直線x=1對稱
二、填空題
3.(★★★★)函數f(x)在R上為增函數，則y=f(|x+1|)的一個單調遞減區間是_________.
4.(★★★★★)若函數f(x)=ax3+bx2+cx+d滿足f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (0三、解答題
5.(★★★★)已知函數f(x)=ax+ (a>1).
(1)證明：函數f(x)在(－1，+∞)上為增函數.
(2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負數根.
6.(★★★★★)求證函數f(x)=在區間(1，+∞)上是減函數.
7.(★★★★)設函數f(x)的定義域關于原點對稱且滿足：(i)f(x1－x2)=；
(ii)存在正常數a使f(a)=1.求證：
(1)f(x)是奇函數.
(2)f(x)是周期函數，且有一個周期是4a.
8.(★★★★★)已知函數f(x)的定義域為R，且對m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且
f(－)=0,當x>－時，f(x)>0.
(1)求證：f(x)是單調遞增函數；
(2)試舉出具有這種性質的一個函數，并加以驗證.
參考答案
難點磁場
(1)解：依題意，對一切x∈R,有f(x)=f(－x),即+aex.整理，得(a－)
(ex－)=0.因此，有a－=0,即a2=1,又a>0,∴a=1
(2)證法一：設0＜x1＜x2,則f(x1)－f(x2)=
由x1>0,x2>0,x2>x1,∴>0,1－e＜0,
∴f(x1)－f(x2)＜0,即f(x1)＜f(x2)
∴f(x)在(0,+∞)上是增函數
證法二：由f(x)=ex+e－x，得f′(x)=ex－e－x=e－x·(e2x－1).當x∈(0,+∞)時，e－x>0,e2x－1>0.
此時f′(x)>0,所以f(x)在［0，+∞)上是增函數.
殲滅難點訓練
一、1.解析：f(－x)= =－f(x)，故f(x)為奇函數.
答案：C
2.解析：f(－x)=－f(x),f(x)是奇函數，圖象關于原點對稱.
答案：C
二、3.解析：令t=|x+1|,則t在(－∞,－1上遞減，又y=f(x)在R上單調遞增，∴y=f(|x+1|)在(－∞,－1上遞減.
答案：(－∞,－1
4.解析：∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,∴f(0)=d=0.f(x)=ax(x－x1)(x－x2)=ax3－a(x1+x2)x2+ax1x2x，
∴b=－a(x1+x2),又f(x)在［x2,+∞單調遞增，故a>0.又知0＜x1＜x,得x1+x2>0,
∴b=－a(x1+x2)＜0.
答案：(－∞,0）
三、5.證明：(1）設－1＜x1＜x2＜+∞,則x2－x1>0, >1且>0,
∴>0,又x1+1>0,x2+1>0
∴>0,
于是f(x2)－f(x1)=+ >0
∴f(x)在(－1，+∞）上為遞增函數.
(2）證法一：設存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)=0,則且由0＜＜1得0＜－＜1,即＜x0＜2與x0＜0矛盾，故f(x)=0沒有負數根.
證法二：設存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)=0,若－1＜x0＜0,則＜－2,＜1,∴f(x0)＜－1與f(x0)=0矛盾，若x0＜－1,則>0, >0，∴f(x0)>0與f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0沒有負數根.
6.證明：∵x≠0,∴f(x)=,
設1＜x1＜x2＜+∞,則.
∴f(x1)>f(x2),?故函數f(x)在(1，+∞）上是減函數.(本題也可用求導方法解決）
7.證明：(1）不妨令x=x1－x2,則f(－x)=f(x2－x1)=
=－f(x1－x2)=－f(x).∴f(x)是奇函數.
(2）要證f(x+4a)=f(x),可先計算f(x+a),f(x+2a).
∵f(x+a)=f［x－(－a)］=.
∴f(x+4a)=f［(x+2a)+2a］==f(x),故f(x)是以4a為周期的周期函數.
8.(1）證明：設x1＜x2,則x2－x1－>－,由題意f(x2－x1－)>0,
∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－)－1=f［(x2－x1)－］>0,
∴f(x)是單調遞增函數.
(2)解：f(x)=2x+1.驗證過程略.
難點8 奇偶性與單調性(二)
函數的單調性、奇偶性是高考的重點和熱點內容之一，特別是兩性質的應用更加突出.本節主要幫助考生學會怎樣利用兩性質解題，掌握基本方法，形成應用意識.
●難點磁場
(★★★★★)已知偶函數f(x)在(0，+∞)上為增函數，且f(2)=0,解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0.?
●案例探究
［例1］已知奇函數f(x)是定義在(－3，3)上的減函數，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,設不等式解集為A，B=A∪{x|1≤x≤},求函數g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值.
命題意圖：本題屬于函數性質的綜合性題目，考生必須具有綜合運用知識分析和解決問題的能力，屬★★★★級題目.
知識依托：主要依據函數的性質去解決問題.
錯解分析：題目不等式中的“f”號如何去掉是難點，在求二次函數在給定區間上的最值問題時，學生容易漏掉定義域.
技巧與方法：借助奇偶性脫去“f”號，轉化為xcos不等式，利用數形結合進行集合運算和求最值.
解：由且x≠0,故0又∵f(x)是奇函數，∴f(x－3)<－f(x2－3)=f(3－x2),又f(x)在(－3，3)上是減函數，
∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,綜上得2∴B=A∪{x|1≤x≤}={x|1≤x<},又g(x)=－3x2+3x－4=－3(x－)2－知：g(x)在B上為減函數，∴g(x)max=g(1)=－4.
［例2］已知奇函數f(x)的定義域為R，且f(x)在［0，+∞)上是增函數，是否存在實數m,使f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)>f(0)對所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數m的范圍，若不存在，說明理由.
命題意圖：本題屬于探索性問題，主要考查考生的綜合分析能力和邏輯思維能力以及運算能力，屬★★★★★題目.
知識依托：主要依據函數的單調性和奇偶性，利用等價轉化的思想方法把問題轉化為二次函數在給定區間上的最值問題.
錯解分析：考生不易運用函數的綜合性質去解決問題，特別不易考慮運用等價轉化的思想方法.
技巧與方法：主要運用等價轉化的思想和分類討論的思想來解決問題.
解：∵f(x)是R上的奇函數，且在［0，+∞)上是增函數，∴f(x)是R上的增函數.于是不等式可等價地轉化為f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m),
即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0.
設t=cosθ,則問題等價地轉化為函數g(t)?=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒為正，又轉化為函數g(t)在［0，1］上的最小值為正.
∴當<0,即m<0時，g(0)=2m－2>0m>1與m<0不符；
當0≤≤1時，即0≤m≤2時，g(m)=－+2m－2>0
4－2當>1,即m>2時，g(1)=m－1>0m>1.∴m>2
綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值范圍是m>4－2.
●錦囊妙計
本難點所涉及的問題以及解決的方法主要有：
(1)運用奇偶性和單調性去解決有關函數的綜合性題目.此類題目要求考生必須具有駕馭知識的能力，并具有綜合分析問題和解決問題的能力.
(2)應用問題.在利用函數的奇偶性和單調性解決實際問題的過程中，往往還要用到等價轉化和數形結合的思想方法，把問題中較復雜、抽象的式子轉化為基本的簡單的式子去解決.特別是：往往利用函數的單調性求實際應用題中的最值問題.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)設f(x)是(－∞,+∞)上的奇函數，f(x+2)=－f(x),當0≤x≤1時，f(x)=x,則f(7.5)等于( )
A.0.5 B.－0.5 C.1.5 D.－1.5
2.(★★★★)已知定義域為(－1，1)的奇函數y=f(x)又是減函數，且f(a－3)+f(9－a2)<0,?則a的取值范圍是( )
A.(2，3) B.(3，)
C.(2，4) D.(－2，3)
二、填空題
3.(★★★★)若f(x)為奇函數，且在(0，+∞)內是增函數，又f(－3)=0,則xf(x)<0的解集為_________.
4.(★★★★)如果函數f(x)在R上為奇函數，在(－1，0)上是增函數，且f(x+2)=－f(x),試比較f(),f(),f(1)的大小關系_________.
三、解答題
5.(★★★★★)已知f(x)是偶函數而且在(0，+∞)上是減函數，判斷f(x)在(－∞,0)上的增減性并加以證明.
6.(★★★★)已知f(x)= (a∈R)是R上的奇函數，
(1)求a的值；
(2)求f(x)的反函數f－1(x);
(3)對任意給定的k∈R+,解不等式f－1(x)>lg.
7.(★★★★)定義在(－∞,4］上的減函數f(x)滿足f(m－sinx)≤f(－+cos2x)對任意x∈R都成立，求實數m的取值范圍.
8.(★★★★★)已知函數y=f(x)= (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函數，當x>0時，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<.
(1)試求函數f(x)的解析式；
(2)問函數f(x)圖象上是否存在關于點(1，0)對稱的兩點，若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.
參考答案
難點磁場
解：∵f(2)=0,∴原不等式可化為f［log2(x2+5x+4)］≥f(2).
又∵f(x)為偶函數，且f(x)在(0，+∞)上為增函數，
∴f(x)在(－∞,0）上為減函數且f(－2)=f(2)=0
∴不等式可化為log2(x2+5x+4)≥2 ①
或log2(x2+5x+4)≤－2 ②
由①得x2+5x+4≥4
∴x≤－5或x≥0 ③
由②得0＜x2+5x+4≤得≤x＜－4或－1＜x≤ ④
由③④得原不等式的解集為
{x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0}
殲滅難點訓練
一、1.解析：f(7.5)=f(5.5+2)=－f(5.5)=－f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)=－f(1.5)=－f(－0.5+2)=
f(－0.5)=－f(0.5)=－0.5.
答案：B
2.解析：∵f(x)是定義在(－1，1）上的奇函數又是減函數，且f(a－3)+f(9－a2)＜0.
∴f(a－3)＜f(a2－9).
∴ ∴a∈(2,3).
答案：A
二、3.解析：由題意可知：xf(x)＜0
∴x∈(－3,0)∪(0,3)
答案：(－3，0）∪(0，3）
4.解析：∵f(x)為R上的奇函數
∴f()=－f(－),f()=－f(－),f(1)=－f(－1),又f(x)在(－1，0)上是增函數且－>
－>－1.
∴f(－)>f(－)>f(－1),∴f()＜f()＜f(1).
答案：f()＜f()＜f(1)
三、5.解：函數f(x)在(－∞,0）上是增函數，設x1＜x2＜0,因為f(x)是偶函數，所以
f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假設可知－x1>－x2>0,又已知f(x)?在(0，+∞)上是減函數，于是有f(－x1)＜f(－x2),即f(x1)＜f(x2),由此可知，函數f(x)在(－∞,0)上是增函數.
6.解：(1）a=1.
(2)f(x)= (x∈R)f－-1(x)=log2 (－1＜x＜1.
(3)由log2>log2log2(1－x)＜log2k,∴當0＜k＜2時，不等式解集為{x|1－k＜x＜1;當k≥2時，不等式解集為{x|－1＜x＜1.
7.解：，對x∈R恒成立,
∴m∈［,3］∪{}.
8.解：(1)∵f(x)是奇函數，∴f(－x)=－f(x),即
∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，當且僅當x=時等號成立，于是2=2,∴a=b2,由f(1)＜得＜即＜,∴2b2－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.
(2)設存在一點(x0,y0)在y=f(x)的圖象上，并且關于(1，0）的對稱點(2－x0,－y0)也在y=f(x)圖象上，則
消去y0得x02－2x0－1=0,x0=1±.
∴y=f(x)圖象上存在兩點(1+,2),(1－,－2)關于(1，0)對稱.
難點9 指數函數、對數函數問題
指數函數、對數函數是高考考查的重點內容之一，本節主要幫助考生掌握兩種函數的概念、圖象和性質并會用它們去解決某些簡單的實際問題.
●難點磁場
(★★★★★)設f(x)=log2,F(x)=+f(x).
(1)試判斷函數f(x)的單調性，并用函數單調性定義，給出證明；
(2)若f(x)的反函數為f－1(x),證明：對任意的自然數n(n≥3),都有f－1(n)>;
(3)若F(x)的反函數F－1(x),證明：方程F－1(x)=0有惟一解.
●案例探究
［例1］已知過原點O的一條直線與函數y=log8x的圖象交于A、B兩點，分別過點A、B作y軸的平行線與函數y=log2x的圖象交于C、D兩點.
(1)證明：點C、D和原點O在同一條直線上；
(2)當BC平行于x軸時，求點A的坐標.
命題意圖：本題主要考查對數函數圖象、對數換底公式、對數方程、指數方程等基礎知識，考查學生的分析能力和運算能力.屬★★★★級題目.
知識依托：(1)證明三點共線的方法：kOC=kOD.
(2)第(2)問的解答中蘊涵著方程思想，只要得到方程(1)，即可求得A點坐標.
錯解分析：不易考慮運用方程思想去解決實際問題.
技巧與方法：本題第一問運用斜率相等去證明三點共線；第二問運用方程思想去求得點A的坐標.
(1)證明：設點A、B的橫坐標分別為x1、x2,由題意知：x1>1,x2>1,則A、B縱坐標分別為log8x1,log8x2.因為A、B在過點O的直線上，所以,點C、D坐標分別為(x1,log2x1),(x2,log2x2),由于log2x1==3log8x2,所以OC的斜率：k1=,
OD的斜率：k2=，由此可知：k1=k2,即O、C、D在同一條直線上.
(2)解：由BC平行于x軸知：log2x1=log8x2 即：log2x1=log2x2,代入x2log8x1=x1log8x2得：x13log8x1=3x1log8x1,由于x1>1知log8x1≠0,∴x13=3x1.又x1>1,∴x1=,則點A的坐標為(，log8).
［例2］在xOy平面上有一點列P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,Pn(an,bn)…,對每個自然數n點Pn位于函數y=2000()x(0(1)求點Pn的縱坐標bn的表達式；
(2)若對于每個自然數n,以bn,bn+1,bn+2為邊長能構成一個三角形，求a的取值范圍；
(3)設Cn=lg(bn)(n∈N*),若a取(2)中確定的范圍內的最小整數，問數列{Cn}前多少項的和最大？試說明理由.
命題意圖：本題把平面點列，指數函數，對數、最值等知識點揉合在一起，構成一個思維難度較大的綜合題目，本題主要考查考生對綜合知識分析和運用的能力.屬★★★★★級
題目.
知識依托：指數函數、對數函數及數列、最值等知識.
錯解分析：考生對綜合知識不易駕馭，思維難度較大，找不到解題的突破口.
技巧與方法：本題屬于知識綜合題，關鍵在于讀題過程中對條件的思考與認識，并會運用相關的知識點去解決問題.
解：(1)由題意知：an=n+,∴bn=2000().
(2)∵函數y=2000()x(0bn+1>bn+2.則以bn,bn+1,bn+2為邊長能構成一個三角形的充要條件是bn+2+bn+1>bn,即()2+()－1>0,解得a<－5(1+)或a>5(－1).∴5(－1)(3)∵5(－1)∴bn=2000().數列{bn}是一個遞減的正數數列，對每個自然數n≥2,Bn=bnBn－1.于是當bn≥1時，Bn●錦囊妙計
本難點所涉及的問題以及解決的方法有：
(1)運用兩種函數的圖象和性質去解決基本問題.此類題目要求考生熟練掌握函數的圖象和性質并能靈活應用.
(2)綜合性題目.此類題目要求考生具有較強的分析能力和邏輯思維能力.
(3)應用題目.此類題目要求考生具有較強的建模能力.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)定義在(－∞,+∞)上的任意函數f(x)都可以表示成一個奇函數g(x)和一個偶函數h(x)之和，如果f(x)=lg(10x+1),其中x∈(－∞,+∞),那么( )
A.g(x)=x,h(x)=lg(10x+10－x+2)
B.g(x)=［lg(10x+1)+x］,h(x)= ［lg(10x+1)－x］
C.g(x)=,h(x)=lg(10x+1)－
D.g(x)=－,h(x)=lg(10x+1)+
2.(★★★★)當a>1時，函數y=logax和y=(1－a)x的圖象只可能是( )
二、填空題
3.(★★★★★)已知函數f(x)=.則f-－1(x－1)=_________.
4.(★★★★★)如圖，開始時，桶1中有a L水，t分鐘后剩余的水符合指數衰減曲線y=
ae－nt,那么桶2中水就是y2=a－ae－nt,假設過5分鐘時，桶1和桶2的水相等，則再過_________分鐘桶1中的水只有.
三、解答題
5.(★★★★)設函數f(x)=loga(x－3a)(a>0且a≠1),當點P(x,y)是函數y=f(x)圖象上的點時，點Q(x－2a,－y)是函數y=g(x)圖象上的點.
(1)寫出函數y=g(x)的解析式；
(2)若當x∈［a+2,a+3］時，恒有|f(x)－g(x)|≤1,試確定a的取值范圍.
6.(★★★★)已知函數f(x)=logax(a>0且a≠1),(x∈(0,+∞)),若x1,x2∈(0,+∞),判斷［f(x1)+f(x2)］與f()的大小，并加以證明.
7.(★★★★★)已知函數x,y滿足x≥1,y≥1.loga2x+loga2y=loga(ax2)+loga(ay2)(a>0且a≠1),求loga(xy)的取值范圍.
8.(★★★★)設不等式2(logx)2+9(logx)+9≤0的解集為M，求當x∈M時函數f(x)=(log2)(log2)的最大、最小值.
參考答案
難點磁場
解：(1)由>0,且2－x≠0得F(x)的定義域為(－1，1)，設－1＜x1＜x2＜1,則
F(x2)－F(x1)=()+()
,
∵x2－x1>0,2－x1>0,2－x2>0,∴上式第2項中對數的真數大于1.
因此F(x2)－F(x1)>0,F(x2)>F(x1),∴F(x)在(－1，1）上是增函數.
(2)證明：由y=f(x)=得：2y=,
∴f－1(x)=,∵f(x)的值域為R，∴f-－1(x)的定義域為R.
當n≥3時，f-1(n)>.
用數學歸納法易證2n>2n+1(n≥3),證略.
(3)證明：∵F(0)=,∴F－1()=0,∴x=是F－1(x)=0的一個根.假設F－1(x)=0還有一個解x0(x0≠),則F-1(x0)=0,于是F(0)=x0(x0≠).這是不可能的，故F-1(x)=0有惟一解.
殲滅難點訓練
一、1.解析：由題意：g(x)+h(x)=lg(10x+1) ①
又g(－x)+h(－x)=lg(10－x+1).即－g(x)+h(x)=lg(10－x+1) ②
由①②得：g(x)=,h(x)=lg(10x+1)－.
答案：C
2.解析：當a>1時，函數y=logax的圖象只能在A和C中選，又a>1時，y=(1－a)x為減函數.
答案：B
二、3.解析：容易求得f- －1(x)=,從而：
f－1(x－1)=
答案：
4.解析：由題意，5分鐘后，y1=ae－nt,y2=a－ae－nt,y1=y2.∴n=ln2.設再過t分鐘桶1中的水只有,則y1=ae－n(5+t)=,解得t=10.
答案：10
三、5.解：(1)設點Q的坐標為(x′,y′),則x′=x－2a,y′=－y.即x=x′+2a,y=－y′.
∵點P(x,y)在函數y=loga(x－3a)的圖象上，∴－y′=loga(x′+2a－3a),即y′=loga,∴g(x)=loga.
(2)由題意得x－3a=(a+2)－3a=－2a+2>0;=>0,又a>0且a≠1,∴0＜a＜1,∵|f(x)－g(x)|=|loga(x－3a)－loga|=|loga(x2－4ax+3a2)|·|f(x)－g(x)|≤1,∴－1≤loga(x2－4ax+3a2)≤1,∵0＜a＜1,∴a+2>2a.f(x)=x2－4ax+3a2在［a+2,a+3］上為減函數，∴μ(x)=loga(x2－4ax+3a2)在［a+2,a+3］上為減函數，從而［μ(x)］max=μ(a+2)=loga(4－4a),［μ(x)］min=μ(a+3)=loga(9－6a),于是所求問題轉化為求不等式組的解.
由loga(9－6a)≥－1解得0＜a≤,由loga(4－4a)≤1解得0＜a≤,
∴所求a的取值范圍是0＜a≤.
6.解：f(x1)+f(x2)=logax1+logax2=logax1x2,
∵x1,x2∈(0,+∞),x1x2≤()2(當且僅當x1=x2時取“=”號)，
當a>1時，有logax1x2≤loga()2,
∴logax1x2≤loga()，(logax1+logax2)≤loga,
即f(x1)+f(x2)］≤f()(當且僅當x1=x2時取“=”號)
當0＜a＜1時，有logax1x2≥loga()2,
∴(logax1+logax2)≥loga,即［f(x1)+f(x2)］≥f()(當且僅當x1=x2時取“=”號）.
7.解：由已知等式得：loga2x+loga2y=(1+2logax)+(1+2logay),即(logax－1)2+(logay－1)2=4,令u=logax,v=logay,k=logaxy,則(u－1)2+(v－1)2=4(uv≥0),k=u+v.在直角坐標系uOv內，圓弧(u－1)2+(v－1)2=4(uv≥0)與平行直線系v=－u+k有公共點，分兩類討論.
(1)當u≥0,v≥0時，即a>1時，結合判別式法與代點法得1+≤k≤2(1+);
(2)當u≤0,v≤0,即0＜a＜1時，同理得到2(1－)≤k≤1－.x綜上，當a>1時，logaxy的最大值為2+2，最小值為1+；當0＜a＜1時，logaxy的最大值為1－，最小值為2－2.
8.解：∵2(x)2+9(x)+9≤0
∴(2x+3)( x+3)≤0.
∴－3≤x≤－.
即 ()－3≤x≤()?
∴()≤x≤()－3,∴2≤x≤8
即M={x|x∈［2,8］}
又f(x)=(log2x－1)(log2x－3)=log22x－4log2x+3=(log2x－2)2－1.
∵2≤x≤8,∴≤log2x≤3
∴當log2x=2,即x=4時ymin=－1;當log2x=3,即x=8時，ymax=0.
難點10 函數圖象與圖象變換
函數的圖象與性質是高考考查的重點內容之一，它是研究和記憶函數性質的直觀工具，利用它的直觀性解題，可以起到化繁為簡、化難為易的作用.因此，考生要掌握繪制函數圖象的一般方法，掌握函數圖象變化的一般規律，能利用函數的圖象研究函數的性質.
●難點磁場
(★★★★★)已知函數f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象如圖，求b的范圍.
●案例探究
［例1］對函數y=f(x)定義域中任一個x的值均有f(x+a)=f(a－x),(1)求證y=f(x)的圖象關于直線x=a對稱；(2)若函數f(x)對一切實數x都有f(x+2)=f(2－x),且方程f(x)=0恰好有四個不同實根，求這些實根之和.
命題意圖：本題考查函數概念、圖象對稱問題以及求根問題.屬★★★★★級題目.
知識依托：把證明圖象對稱問題轉化到點的對稱問題.
錯解分析：找不到問題的突破口，對條件不能進行等價轉化.
技巧與方法：數形結合、等價轉化.
(1)證明：設(x0,y0)是函數y=f(x)圖象上任一點，則y0=f(x0),又f(a+x)=f(a－x),∴f(2a－x0)=
f［a+(a－x0)］=f［a－(a－x0)］=f(x0)=y0,∴(2a－x0,y0)也在函數的圖象上，而=a,∴點(x0,y0)與(2a－x0,y0)關于直線x=a對稱，故y=f(x)的圖象關于直線x=a對稱.
(2)解：由f(2+x)=f(2－x)得y=f(x)的圖象關于直線x=2對稱，若x0是f(x)=0的根，則4－x0也是f(x)=0的根，由對稱性，f(x)=0的四根之和為8.
［例2］如圖，點A、B、C都在函數y=的圖象上，它們的橫坐標分別是a、a+1、a+2.又A、B、C在x軸上的射影分別是A′、B′、C′,記△AB′C的面積為f(a),△A′BC′的面積為g(a).
(1)求函數f(a)和g(a)的表達式；
(2)比較f(a)與g(a)的大小，并證明你的結論.
命題意圖：本題考查函數的解析式、函數圖象、識圖能力、圖形的組合等.屬★★★★★級題目.
知識依托：充分借助圖象信息，利用面積問題的拆拼以及等價變形找到問題的突破口.
錯解分析：圖形面積不會拆拼.
技巧與方法：數形結合、等價轉化.
解：(1)連結AA′、BB′、CC′,則f(a)=S△AB′C=S梯形AA′C′C－S△AA′B′－S△CC′B
=(A′A+C′C)=(),
g(a)=S△A′BC′=A′C′·B′B=B′B=.
∴f(a)●錦囊妙計
1.熟記基本函數的大致圖象，掌握函數作圖的基本方法：(1)描點法：列表、描點、連線；(2)圖象變換法：平移變換、對稱變換、伸縮變換等.
2.高考中總是以幾類基本初等函數的圖象為基礎來考查函數圖象的.題型多以選擇與填空為主，屬于必考內容之一，但近年來，在大題中也有出現，須引起重視.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)當a≠0時，y=ax+b和y=bax的圖象只可能是( )
2.(★★★★)某學生離家去學校，由于怕遲到，所以一開始就跑步，等跑累了，再走余下的路，下圖中y軸表示離學校的距離，x軸表示出發后的時間，則適合題意的圖形是( )
二、填空題
3.(★★★★★)已知函數f(x)=log2(x+1)，將y=f(x)的圖象向左平移1個單位，再將圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，得到函數y=g(x)的圖象，則函數F(x)=f(x)－g(x)的最大值為_________.
三、解答題
4.(★★★★)如圖，在函數y=lgx的圖象上有A、B、C三點，它們的橫坐標分別為m,m+2,m+4(m>1).
(1)若△ABC面積為S，求S=f(m);
(2)判斷S=f(m)的增減性.
5.(★★★★)如圖，函數y=|x|在x∈［－1,1］的圖象上有兩點A、B，AB∥Ox軸，點M(1，m)(m∈R且m>)是△ABC的BC邊的中點.
(1)寫出用B點橫坐標t表示△ABC面積S的函數解析式S=f(t);
(2)求函數S=f(t)的最大值，并求出相應的C點坐標.
6.(★★★★★)已知函數f(x)是y=－1(x∈R)的反函數，函數g(x)的圖象與函數y=－的圖象關于y軸對稱，設F(x)=f(x)+g(x).
(1)求函數F(x)的解析式及定義域；
(2)試問在函數F(x)的圖象上是否存在兩個不同的點A、B，使直線AB恰好與y軸垂直？若存在，求出A、B的坐標；若不存在，說明理由.
7.(★★★★★)已知函數f1(x)=,f2(x)=x+2,
(1)設y=f(x)=，試畫出y=f(x)的圖象并求y=f(x)的曲線繞x軸旋轉一周所得幾何體的表面積；
(2)若方程f1(x+a)=f2(x)有兩個不等的實根，求實數a的范圍.
(3)若f1(x)>f2(x－b)的解集為［－1，］，求b的值.
8.(★★★★★)設函數f(x)=x+的圖象為C1，C1關于點A(2，1)對稱的圖象為C2，C2對應的函數為g(x).
(1)求g(x)的解析表達式；
(2)若直線y=b與C2只有一個交點，求b的值，并求出交點坐標；
(3)解不等式logag(x)參考答案
難點磁場
解法一：觀察f(x)的圖象，可知函數f(x)的圖象過原點，即f(0)=0,得d=0,又f(x)的圖象過(1，0)，∴f(x)=a+b+c①,又有f(－1)＜0,即－a+b－c＜0②,①+②得b＜0,故b的范圍是(－∞,0)
解法二：如圖f(0)=0有三根，∴f(x)=ax3+bx2+cx+d=ax(x－1)(x－2)=ax3－3ax2+2ax,∴b=
－3a,∵a>0,∴b＜0.
殲滅難點訓練
一、1.解析：∵y=bax=(ba)x,∴這是以ba為底的指數函數.仔細觀察題目中的直線方程可知：在選擇支B中a>0,b>1,∴ba>1,C中a＜0,b>1,∴0＜ba＜1,D中a＜0,0＜b＜1,∴ba>1.故選擇支B、C、D均與指數函數y=(ba)x的圖象不符合.
答案：A
2.解析：由題意可知，當x=0時，y最大，所以排除A、C.又一開始跑步，所以直線隨著x的增大而急劇下降.
答案：D
二、3.解析：g(x)=2log2(x+2)(x>－2)
F(x)=f(x)－g(x)=log2(x+1)－2log2(x+2)
=log2
∵x+1>0,∴F(x)≤=－2
當且僅當x+1= ,即x=0時取等號.
∴F(x)max=F(0)=－2.
答案：－2
三、4.解：(1)S△ABC=S梯形AA′B′B+S梯形BB′C′C－S梯形AA′C′C.
(2)S=f(m)為減函數.
5.解：(1)依題意，設B(t, t),A(－t, t)(t>0),C(x0,y0).
∵M是BC的中點.∴=1, =m.
∴x0=2－t,y0=2m－t.在△ABC中，|AB|=2t,AB邊上的高hAB=y0－t=2m－3t.
∴S=|AB|·hAB= ·2t·(2m－3t),即f(t)=－3t2+2mt,t∈(0,1).
(2)∵S=－3t2+2mt=－3(t－)2+,t∈(0,1,若，即＜m≤3,當t=時，Smax=,相應的C點坐標是(2－, m),若>1,即m>3.S=f(t)?在區間(0，1］上是增函數，∴Smax=f(1)=2m－3,相應的C點坐標是(1，2m－3).
6.解：(1)y=－1的反函數為f(x)=lg(－1＜x＜1.
由已知得g(x)=,∴F(x)=lg+,定義域為(－1，1).
(2)用定義可證明函數u==－1+是(－1，1）上的減函數，且y=lgu是增函數.∴f(x)是(－1，1）上的減函數，故不存在符合條件的點A、B.
7.解：(1）y=f(x)=.圖略.
y=f(x)的曲線繞x軸旋轉一周所得幾何體的表面積為(2+)π.
(2)當f1(x+a)=f2(x)有兩個不等實根時，a的取值范圍為2－＜a≤1.
(3)若f1(x)>f2(x－b)的解集為［－1，］，則可解得b=.
8.(1)g(x)=x－2+.(2)b=4時，交點為(5，4)；b=0時，交點為(3，0).
(3)不等式的解集為{x|4＜x＜或x>6.
難點11 函數中的綜合問題
函數綜合問題是歷年高考的熱點和重點內容之一，一般難度較大，考查內容和形式靈活多樣.本節課主要幫助考生在掌握有關函數知識的基礎上進一步深化綜合運用知識的能力，掌握基本解題技巧和方法，并培養考生的思維和創新能力.
●難點磁場
(★★★★★)設函數f(x)的定義域為R，對任意實數x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y),當x>0時f(x)<0且f(3)=－4.
(1)求證：f(x)為奇函數；
(2)在區間［－9，9］上，求f(x)的最值.
●案例探究
［例1］設f(x)是定義在R上的偶函數，其圖象關于直線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()、f();
(2)證明f(x)是周期函數；
(3)記an=f(n+),求
命題意圖：本題主要考查函數概念，圖象函數的奇偶性和周期性以及數列極限等知識，還考查運算能力和邏輯思維能力.
知識依托：認真分析處理好各知識的相互聯系，抓住條件f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)找到問題的突破口.
錯解分析：不會利用f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)進行合理變形.
技巧與方法：由f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)變形為是解決問題的關鍵.
解：因為對x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=≥0,
x∈［0,1］
又因為f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2
f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2
又f(1)=a>0
∴f()=a,f()=a
(2)證明：依題意設y=f(x)關于直線x=1對稱，故f(x)=f(1+1－x),即f(x)=f(2－x),x∈R.
又由f(x)是偶函數知f(－x)=f(x),x∈R
∴f(－x)=f(2－x),x∈R.
將上式中－x以x代換得f(x)=f(x+2)，這表明f(x)是R上的周期函數，且2是它的一個
周期.
(3)解：由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］
∵f()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)
=……
=f()·f()·……·f()
=［f()］n=a
∴f()=a.
又∵f(x)的一個周期是2
∴f(2n+)=f(),因此an=a
∴
［例2］甲、乙兩地相距S千米，汽車從甲地勻速駛到乙地，速度不得超過c千米/小時，已知汽車每小時的運輸成本(以元為單位)由可變部分和固定部分組成，可變部分與速度v(km/h)的平方成正比，比例系數為b,固定部分為a元.
(1)把全程運輸成本y(元)表示為v(km/h)的函數，并指出這個函數的定義域；
(2)為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛？
命題意圖：本題考查建立函數的模型、不等式性質、最值等知識，還考查學生綜合運用所學數學知識解決實際問題的能力.
知識依托：運用建模、函數、數形結合、分類討論等思想方法.
錯解分析：不會將實際問題抽象轉化為具體的函數問題，易忽略對參變量的限制條件.
技巧與方法：四步法：(1)讀題；(2)建模；(3)求解；(4)評價.
解法一：(1)依題意知，汽車從甲地勻速行駛到乙地所用時間為,全程運輸成本為y=a·+bv2·=S(+bv)
∴所求函數及其定義域為y=S(+bv),v∈(0,c.
(2)依題意知，S、a、b、v均為正數
∴S(+bv)≥2S ①
當且僅當=bv,即v=時，①式中等號成立.若≤c則當v=時，有ymin；
若>c,則當v∈(0,c時，有S(+bv)－S(+bc)
=S［(－)+(bv－bc)］= (c－v)(a－bcv)
∵c－v≥0,且c>bc2,∴a－bcv≥a－bc2>0
∴S(+bv)≥S(+bc),當且僅當v=c時等號成立，也即當v=c時，有ymin；
綜上可知，為使全程運輸成本y最小，當≤c時，行駛速度應為v=,當>c時行駛速度應為v=c.
解法二：(1)同解法一.
(2)∵函數y=x+ (k>0),x∈(0,+∞),當x∈(0,)時，y單調減小，當x∈(,+∞)時y單調增加，當x=時y取得最小值，而全程運輸成本函數為y=Sb(v+),v∈(0,c.
∴當≤c時，則當v=時，y最小，若>c時，則當v=c時，y最小.結論同上.
●錦囊妙計
在解決函數綜合問題時，要認真分析、處理好各種關系，把握問題的主線，運用相關的知識和方法逐步化歸為基本問題來解決，尤其是注意等價轉化、分類討論、數形結合等思想的綜合運用.綜合問題的求解往往需要應用多種知識和技能.因此，必須全面掌握有關的函數知識，并且嚴謹審題，弄清題目的已知條件，尤其要挖掘題目中的隱含條件.
●殲滅難點訓練
一、選擇題
1.(★★★★)函數y=x+a與y=logax的圖象可能是( )
2.(★★★★★)定義在區間(－∞,+∞)的奇函數f(x)為增函數，偶函數g(x)在區間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a>b>0,給出下列不等式：
①f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)其中成立的是( )
A.①與④ B.②與③ C.①與③ D.②與④
二、填空題
3.(★★★★)若關于x的方程22x+2xa+a+1=0有實根，則實數a的取值范圍是_________.
三、解答題
4.(★★★★)設a為實數，函數f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R.
(1)討論f(x)的奇偶性；
(2)求f(x)的最小值.
5.(★★★★★)設f(x)=.
(1)證明：f(x)在其定義域上的單調性；
(2)證明：方程f-1(x)=0有惟一解；
(3)解不等式f［x(x－)］<.
6.(★★★★★)定義在(－1，1)上的函數f(x)滿足①對任意x、y∈(－1,1),都有f(x)+f(y)=f();②當x∈(－1,0)時，有f(x)>0.
求證：.
7.(★★★★★)某工廠擬建一座平面圖(如下圖)為矩形且面積為200平方米的三級污水處理池，由于地形限制，長、寬都不能超過16米，如果池外周壁建造單價為每米400元，中間兩條隔墻建造單價為每米248元，池底建造單價為每平方米80元(池壁厚度忽略不計，且池無蓋).
(1)寫出總造價y(元)與污水處理池長x(米)的函數關系式，并指出其定義域.
(2)求污水處理池的長和寬各為多少時，污水處理池的總造價最低？并求最低總造價.
8.(★★★★★)已知函數f(x)在(－∞,0)∪(0,+∞)上有定義，且在(0,+∞)上是增函數，f(1)=0,又g(θ)=sin2θ－mcosθ－2m,θ∈［0,］,設M={m|g(θ)<0,m∈R},N={m|f［g(θ)］<0},求M∩N.
［學法指導］怎樣學好函數
學習函數要重點解決好四個問題：準確深刻地理解函數的有關概念；揭示并認識函數與其他數學知識的內在聯系；把握數形結合的特征和方法；認識函數思想的實質，強化應用意識.
(一)準確、深刻理解函數的有關概念
概念是數學的基礎，而函數是數學中最主要的概念之一，函數概念貫穿在中學代數的始終.數、式、方程、函數、排列組合、數列極限等是以函數為中心的代數.近十年來，高考試題中始終貫穿著函數及其性質這條主線.
(二)揭示并認識函數與其他數學知識的內在聯系.函數是研究變量及相互聯系的數學概念，是變量數學的基礎，利用函數觀點可以從較高的角度處理式、方程、不等式、數列、曲線與方程等內容.在利用函數和方程的思想進行思維中，動與靜、變量與常量如此生動的辯證統一，函數思維實際上是辯證思維的一種特殊表現形式.
所謂函數觀點，實質是將問題放到動態背景上去加以考慮.高考試題涉及5個方面：(1)原始意義上的函數問題；(2)方程、不等式作為函數性質解決；(3)數列作為特殊的函數成為高考熱點；(4)輔助函數法；(5)集合與映射，作為基本語言和工具出現在試題中.
(三)把握數形結合的特征和方法
函數圖象的幾何特征與函數性質的數量特征緊密結合，有效地揭示了各類函數和定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性等基本屬性，體現了數形結合的特征與方法，為此，既要從定形、定性、定理、定位各方面精確地觀察圖形、繪制圖形，又要熟練地掌握函數圖象的平移變換、對稱變換.
(四)認識函數思想的實質，強化應用意識
函數思想的實質就是用聯系與變化的觀點提出數學對象，抽象數量特征，建立函數關系，求得問題的解決.縱觀近幾年高考題，考查函數思想方法尤其是應用題力度加大，因此一定要認識函數思想實質，強化應用意識.
參考答案
難點磁場
(1）證明：令x=y=0,得f(0)=0
令y=－x,得f(0)=f(x)+f(－x),即f(－x)=－f(x)
∴f(x)是奇函數
(2）解：1°,任取實數x1、x2∈［－9,9］且x1＜x2,這時，x2－x1>0,f(x1)－f(x2)=f［(x1－x2)+x2］－f(x2)=f(x1－x2)+f(x2)－f(x1)=－f(x2－x1)
因為x>0時f(x)＜0,∴f(x1)－f(x2)>0
∴f(x)在［－9，9］上是減函數
故f(x)的最大值為f(－9),最小值為f(9).
而f(9)=f(3+3+3)=3f(3)=－12,f(－9)=－f(9)=12.
∴f(x)在區間［－9，9］上的最大值為12，最小值為－12.
殲滅難點訓練
一、1.解析：分類討論當a>1時和當0＜a＜1時.
答案：C
2.解析：用特值法，根據題意，可設f(x)=x,g(x)=|x|,又設a=2,b=1,
則f(a)=a,g(a)=|a|,f(b)=b,g(b)=|b|,f(a)－f(b)=f(2)－f(－1)=2+1=3.
g(b)－g(－a)=g(1)－g(－2)=1－2=－1.∴f(a)－f(－b)>g(1)－g(－2)=1－2=－1.
又f(b)－f(－a)=f(1)－f(－2)=1+2=3.
g(a)－g(－b)=g(2)－g(1)=2－1=1,∴f(b)－f(－a)=g(a)－g(－b).
即①與③成立.
答案：C
二、3.解析：設2x=t>0，則原方程可變為t2+at+a+1=0 ①
方程①有兩個正實根，則
解得：a∈(－1,2－2.
答案：(－1，2－2
三、4.解：(1)當a=0時，函數f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此時f(x)為偶函數；當a≠0時，f(a)=a2+1,f(－a)=a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a).此時函數f(x)既不是奇函數也不是偶
函數.
(2)①當x≤a時，函數f(x)=x2－x+a+1=(x－)2+a+,若a≤,則函數f(x)在(－∞,a上單調遞減，從而，函數f(x)在(－∞,a上的最小值為f(a)=a2+1.
若a>,則函數f(x)在(－∞,a上的最小值為f()=+a,且f()≤f(a).?
②當x≥a時，函數f(x)=x2+x－a+1=(x+)2－a+;當a≤－時，則函數f(x)在［a,+∞上的最小值為f(－)=－a,且f(－)≤f(a).若a>－,?則函數f(x)在［a,+∞)上單調遞增，從而，函數f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(a)=a2+1.
綜上，當a≤－時，函數f(x)的最小值是－a,當－

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