高考數學必做客觀題——函數與基本初等函數

趙銀倉

1 函數及其表示

（ ）必做1 函數y= - 的定義域為（ ）

A. （0，2] B. （0，2）

C. （1，2） D. [1，2）

精妙解法 要使式子有意義，則有2-x>0，lgx>0，x>0，解得1

極速突擊 此題中出現了分式、開方及對數運算，要使每一個運算有意義，才能確保函數的解析式有意義.求函數的定義域，對于給出解析式的函數就是讓解析式中所含的所有運算都有意義，列出不等式或不等式組，然后求出它們的解集. 在高考中此類問題中常常出現分式、偶次根式、對數式等運算，要弄清每個運算的要求. 由實際問題確定的函數，其定義域由實際問題的研究范圍來確定，復合抽象函數的定義域則先由外層函數有意義列不等式，再結合內層函數有意義的條件來確定.

（ ）必做2 已知函數f（x）= ，x≥0，-x2-4x，x<0，若f（x）≤3，則x的取值范圍是__________.

精妙解法 由題意知x≥0， ≤3， 或x<0，-x2-4x≤3，解得0≤x≤9或-1≤x<0或x≤-3，所以x的取值范圍是[-1，9]∪（-∞，-3].

極速突擊 分段函數求值，要先判斷自變量值的取值范圍，再代入相應的解析式計算.

誤點警示 本題涉及分類討論思想，最后的結果是三種情況的并集.

（ ）必做3 設當x≥0時，f（x）=2；當x<0時， f（x）=1，又規定：g（x）= （x>0），則函數y=g（x）的解析式為___________.

精妙解法 當0

當1≤x<2時，x-1≥0，x-2<0，所以g（x）= = ；

當x≥2時，x-1>0，x-2≥0，所以g（x）= =2.

綜上得g（x）=1，0

極速突擊 換元法與代入法是求函數解析式常用的方法，如此題中用代入法，將x-1，x-2當作x代入f（x），則可分別得到復合函數f（x-1）與f（x-2）的解析式，但問題是f（x）的解析式是以零為分段點來分段表示的，所以又要用換元法確定新的分段點，由x-1=0，x-2=0，得分段點為1和2. 所以求解析式往往是上述兩種方法結合使用的.

誤點警示 本題容易出現的錯誤是沒有弄清分段點，盲目選擇解析式代入，其實就是要弄清分段函數與復合函數的相關關系.

金刊提醒

函數的概念是函數部分的核心，解決函數問題要弄清其定義域與對應關系.對應關系的常用表示方法：解析式法、圖表法、圖象法，求函數的定義域與解析式是高考中的常見問題. 求解析式的常用方法：代入法、換元法、配湊法等.分段函數問題的解決涉及分類討論思想，容易出現錯誤，它是高考的熱點問題，要特別關注與分段函數有關的問題.

2 函數的基本性質

（ ）必做1 函數y=2x-1在區間（k-1，k+1）內不單調，則k的取值范圍是（ ）

A. （-1，+∞） B. （-∞，1）

C. （-1，1） D. （0，2）

精妙解法 由于函數y=2x-1在（-∞，0）內單調遞減，在（0，+∞）內單調遞增，而函數在區間（k-1，k+1）內不單調，所以有k-1<0

極速突擊 根據y=2x-1的圖象特征，判斷其單調性，由于此函數為連續函數，只要使其極小點在區間（k-1，k+1）內，即在此區間上不單調.函數單調性的判斷方法有很多，如定義法、圖象法、復合函數法、導數法等. 不單調對連續函數而言，就是在區間上有極值點.

（ ）必做2 已知f（x）滿足f（x+4）=f（x）和f（-x）=-f（x），當x∈（0，2）時， f（x）=2x2，則f（7）=_______.

精妙解法 由已知得f（x）是以4為周期的奇函數，所以f（7）=f（7-8）=f（-1）=-f（1）.

又當x∈（0，2）時， f（x）=2x2，所以f（7）=-2×12=-2.

極速突擊 利用函數的奇偶性、周期性、對稱性等性質，將已知區間外的自變量的取值轉化到已知區間內，代入解析式進行計算，是解決這類問題的常用方法.

（ ）必做3 設定義在[-2，2]上的奇函數f（x）在區間[0，2]上單調遞減，若f（m）+f（m-1）>0，則實數m的取值范圍為__________.

精妙解法 由f（m）+f（m-1）>0，得f（m）>-f（m-1），因為f（x）在[-2，2]上為奇函數，所以f（1-m）m，解得-1≤m< . 所以實數m的取值范圍為-1， .

極速突擊 與抽象函數有關的不等式，通常利用函數的單調性去掉函數符號，轉化為關于自變量之間的不等式. 解決此類問題的關鍵是判斷函數在定義域上的單調性，并要注意自變量要在定義域內這一隱含條件.

誤點警示 本題易忽視函數定義域對變量取值的限制，即忽視m，1-m∈[-2，2]而致誤.

（ ）必做4 函數f（x）的定義域為D，若滿足①f（x）在D內是單調函數，②存在[a，b] 哿D，使f（x）在[a，b]上的值域為[-b，-a]，那么y=f（x）叫做對稱函數. 現有f（x）= -k是對稱函數，那么k的取值范圍是_____.

精妙解法 因為f（x）= -k在其定義域（-∞，2]上為減函數，要使f（x）在[a，b]上的值域為[-b，-a]，則須滿足f（a）=-a， f（b）=-b，a

令 =t，t≥0，上述問題即為函數y=-t2+t+2=-t- + （t≥0）的圖象與直線y=k有兩個不同的交點，可得2≤k< . 所以k的取值范圍是2， .

極速突擊 由f（x）為減函數知， f（x）在[a，b]上的最大值與最小值分別是左、右端點處的函數值，原問題變為方程有兩個不同解的問題.求函數值域的方法主要有：單調性法、換元法、均值不等式法、圖象法等.

誤點警示 在換元后易理解為求函數y=-t2+t+2在t≥0時的值域.

金刊提醒

函數的單調性、奇偶性、周期性是函數的主要性質，理解和應用時注意抓住定義，以及反應在圖象上的特征，注意數形結合.解決與抽象函數有關的單調性問題一般用單調性的定義.

3 基本初等函數

（ ）必做1 若函數f（x）= -x2+（2a-1）x有四個不同的單調區間，則實數a的取值范圍是（ ）

A. a> B.

C. a> D. a<

精妙解法 f（x）=-x2+（2a-1）x是由函數g（x）=-x2+（2a-1）x變化得到，先去掉g（x）在y軸左側的圖象，保留g（x）在y軸右側的圖象，再作其關于y軸對稱的圖象. 由題意，g（x）=-x2+（2a-1）x的對稱軸在y軸的右側，所以 >0，即a> . 選C.

（ ）必做2 設函數f（x）定義在實數集上，它的圖象關于直線x=1對稱，且當x≥1時， f（x）=3x-1，則有（ ）

A. f

B. f

C. f

D. f

精妙解法 由已知條件可得f（x）=f（2-x），所以f =f ， f =f .

又x≥1時， f（x）=3x-1在（1，+∞）上是單調增函數，所以f

極速突擊 比較具有對稱性、奇偶性、周期性函數的函數值大小的方法是：

（1）單調性法：先利用相關性質，將待比較函數值調節到同一單調區間內，然后利用該函數在該區間上的單調性比較大小.

（2）圖象法：先利用相關性質作出函數的圖象，再結合圖象比較大小.

（ ）必做3 若函數f（x）=loga（x2-ax+3）（a>0且a≠1）滿足對任意的x1，x2，當x10，則實數a的取值范圍為__________.

精妙解法 由題意知函數f（x）在區間-∞， 單調遞減，若設u（x）=x2-ax+3，則y=logau. 因為u（x）在區間-∞， 單調遞減，那么y=logau單調遞增，即a>1；

由定義域知u = -a· +3=- +3>0，所以-2

綜上所述，a的取值范圍為（1，2 ）.

極速突擊 二次函數的單調性由開口和對稱軸決定，對數函數的單調性由底數決定，復合函數的單調性由內外函數共同決定（同增異減）.

誤點警示 本題易錯解為a∈（1，+∞），原因是忽略定義域的要求.對數函數、冪函數都要注意定義域（使式子有意義）.

金刊提醒

基本初等函數，是研究其他較復雜函數的基礎，所以要熟練掌握它們的定義、性質、圖象等，對于指數和對數式，還要注意它們的運算法則.

4 函數與方程（不等式）

（ ）必做1 已知f（x）=ax2-bx+c，若不等式f（x）>0的解集為（1，3），則關于t的不等式f（t+8）

精妙解法 由題意知f（x）=a（x-x1）（x-x2）=a（x-1）（x-3），且a<0，故二次函數在區間[2，+∞）上是減函數.

又因為8+t>8，2+t2≥2，故由二次函數的單調性知不等式f（t+8）2+t2，即t2-t-6<0，故t<3，即不等式的解集為{t-3

極速突擊 二次函數是一種重要的基本初等函數，研究它的單調性、零點、頂點等問題，注意利用圖象（開口、對稱軸）幫助分析.

（ ）必做2 設函數f（x）=n-1，x∈[n，n+1]，n∈N，函數g（x）=log x，則方程f（x）=g（x）的實數根的個數是（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

精妙解法 畫出f（x）和g（x）的圖象，如圖1所示，從圖中不難看出方程f（x）=g（x）有3個零點. 選C.

圖1

極速突擊 方程根的個數問題，如果不能直接求解，可轉化為函數的零點問題，或者兩個函數圖象的交點個數問題，用數形結合思想解決.

誤點警示 本題作f（x）的圖象時，忘記除去每條線段的右端點，也就是忽視了定義域中的每一個分段區間均不包含右端點這一限制.

（ ）必做3 已知函數f（x）=3x+x-5的零點x0∈[a，b]，且b-a=1，a，b∈N 鄢，則a+b=________.

精妙解法 由已知，x0∈[a，b]，且b-a=1，a，b∈N 鄢，所以a，b的可能取值為a=1，b=2，或a=2，b=3，….

又f（1）=3+1-5=-1<0， f（2）=32+2-5=6>0，所以f（1）f（2）<0，故a=1，b=2符合要求.

又因為f（x）為增函數，當x取大于或等于2的整數時，所對應的函數值都大于0，所以a=1，b=2. 所以a+b=1+2=3.

極速突擊 單調函數在區間（a，b）上有零點，必須滿足兩個端點處的函數值異號，在[a，b]上還要考慮端點處是否為零點的情況.

誤點警示 在[a，b]上的兩個端點處函數值是否異號，只是說明在（a，b）上是否有零點，容易忽視對端點值的驗證，本題由于端點處的函數值恒不為零，恰好不受影響，但解決類似問題時不可忽視.

金刊提醒

函數與方程、函數與不等式問題，涉及多種數學思想，如數形結合思想、轉化思想、函數與方程思想等.零點問題是這類問題中的一個重要題型，零點的存在性定理是判斷在區間（a，b）上是否有零點的重要方法，是解決方程的解（或函數的零點）的個數問題或存在性問題的重要依據.

5 函數的圖象及其應用

（ ）必做1 函數y= 的圖象大致是（ ）

A B

C D

精妙解法 函數y=f（x）= 為奇函數，所以圖象關于原點對稱，排除A，B. 當x=1時， f（1）= =0，排除C，選D.

極速突擊 已知函數式選擇函數圖象，這類題有兩種做法：直接法，結合基本初等函數的圖象，用變換法（平移、翻折、伸縮等）得到圖象；排除法，用函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性、對稱性、特殊點等判斷.

（ ）必做2 已知函數f（x）=ax2- x- （a>0），若在任意長度為2的閉區間上總存在兩點x1，x2，使得f（x1）-f（x2）≥ 成立，則實數a的最小值為_____________.

精妙解法 因為函數f（x）為二次函數，開口向上，所以當閉區間是以對稱軸為中心，長度為2時，此時取得的差的最小值為所有閉區間上的最大值與最小值的差的最小值，即原問題等價于f +1-f ≥ ，所以a +1 - +1-a + × ≥ ，整理得a≥ . 所以實數a的最小值為 .

極速突擊 函數為二次函數，開口向上. 任意長度為2的閉區間上存在兩點使f（x1）-f（x2）≥ 成立，須在閉區間上的最大值與最小值的差的最小值不小于 . 根據圖象特征轉化條件. 與函數相關的不等式恒成立問題，通常根據函數的特殊點、性質，作出示意圖，再根據示意圖得出不等式的條件.

（ ）必做3 函數f（x）=cosπx與函數g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為_______.

精妙解法 將兩個函數同時向左平移1個單位，得到函數y=f（x+1）=cosπ（x+1）=cos（πx+π）=-cosπx，y=g（x+1）=log x ，則此時兩個新函數均為偶函數.

在同一坐標系下分別作出函數y=f（x+1）=-cosπx和y=g（x+1）=log x 的圖象，如圖1，由偶函數的性質可知，四個交點關于原點對稱，所以此時所有交點的橫坐標之和為0，

圖1

所以函數f（x）=cosπx與g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為4.

極速突擊 對于圖象的交點問題（方程的根），直接求解有困難時，利用圖象觀察特點，整體解決，經常還會用到數列的思想，如特殊數列的通項、求和；合項求和等.

金刊提醒

函數的圖象從直觀上很好地反映了函數的性質，觀察函數的圖象時要抓住其關鍵特征，如對稱性、過定點、單調性、定義域和值域等，由此進行綜合判斷；在解方程和不等式等問題時，借助圖象能起到十分快捷的作用，但要注意，利用圖象求交點個數或解的個數問題時，作圖要準確，否則易出錯.

6 函數的綜合應用

（ ）必做1 設函數f（x）的定義域為D，如果 坌x∈D， 堝y∈D，使 =c（c為常數）成立，則稱函數f（x）在D上的“均值”為c.

已知四個函數：①y=x3（x∈R）；②y= （x∈R）；③y=lnx（x∈（0，+∞））；④y=2sinx+1（x∈R）.

上述四個函數中，滿足所在定義域上“均值”為1的函數是__________.（填滿足要求的所有的函數的序號）

精妙解法 當y=x3（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得x3+y3=2，所以 坌x∈R都可解得y= ，y∈R，所以①是“均值”為1的函數；

當y= （x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得 + =2，令x=-2，則 =4， =-2，此方程無解，所以②不是“均值”為1的函數；

當y=lnx（x∈（0，+∞））時，由f（x）+f（y）=2得lnx+lny=2，即xy=e2，所以 坌x∈（0，+∞）都可解得y= ，y∈（0，+∞），所以③是“均值”為1的函數；

當y=2sinx+1（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得sinx+siny=0，所以 坌x∈R，取y=-x，y∈R，所以④是“均值”為1的函數.

所以滿足條件的函數是①③④.

極速突擊 依題意得f（x）+f（y）=2，將函數表達式代入可得關于x，y的等式，然后驗證對于每一個滿足要求的x（將x視作常數），探究關于y的方程是否在指定范圍內有解. 對于新定義的問題，準確理解定義是解題的關鍵，通過化歸將問題轉化為熟悉的題型，與函數有關的新定義題型，要注意應用函數與方程的思想分析問題.

（ ）必做2 已知函數y=f（x）是R上的偶函數，對于x∈R，都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立，當x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2時，都有 >0，給出下列命題：

① f（3）=0；②直線x=-6是函數y=f（x）的圖象的一條對稱軸；③函數y=f（x）在[-9，-6]上為增函數；④函數y=f（x）在[-9，9]上有兩個零點.

其中正確命題的序號為_______（把所有正確命題的序號都填上）.

精妙解法 因為x1≠x2時，都有 >0，所以f（x）在[0，3]上遞增. 因為f（x+6）=f（x）+f（3），令x=-3，得f（3）=f（-3）+f（3），所以f（-3）=0. 因為f（x）為偶函數，所以f（3）=0. ①正確.

因為f（x+6）=f（x），所以f（x）周期為6，畫出示意圖如下：

圖1

由圖象知②正確，③④不正確，填①②.

極速突擊 用函數性質得函數圖象，用函數圖象進一步研究函數性質.

（ ）必做3 定義在（-1，1）上的函數y=f（x）滿足：

①f（x）-f（y）=f ；②當x∈（-1，0）時， f（x）>0.

若P=f + ，Q=f ，R=f（0），則P，Q，R的大小關系為______________.

精妙解法 令x=y=0，代入條件①得f（0）-f（0）=f（0），得f（0）=0.

令x=0，代入條件①得f（-y）=-f（y），所以y=f（x）在（-1，1）上為奇函數.

令-10，所以 <0.

又x+1>0，1-y>0，所以（x+1）（1-y）>0，變形得 >-1.

故-1< <0，結合條件②得f >0.

再由①得f（x）-f（y）=f >0，即f（x）>f（y）.

所以y=f（x）在（-1，1）上為減函數.

因為P=f +f =f - f- =f =f ，又Q=f ，R=f（0），且 > >0，所以f < f < f（0）.

所以R>P>Q.

此題也可以這樣考慮：由前知，f（0）=0， f <0，同理， f <0.

又f -f =f =f- >0，所以f < f < f（0）.

極速突擊 賦值法是研究抽象函數性質的重要方法，解決與抽象函數有關的函數值的比較大小問題的常用方法是利用函數的單調性.

金刊提醒

函數的定義、性質、圖象是解決函數的綜合性問題的基礎，要熟悉基本初等函數的定義、性質、圖象，對于較為綜合的函數問題，往往要從研究函數的性質入手，并注意函數性質在解題中的應用.

誤點警示 在[a，b]上的兩個端點處函數值是否異號，只是說明在（a，b）上是否有零點，容易忽視對端點值的驗證，本題由于端點處的函數值恒不為零，恰好不受影響，但解決類似問題時不可忽視.

金刊提醒

函數與方程、函數與不等式問題，涉及多種數學思想，如數形結合思想、轉化思想、函數與方程思想等.零點問題是這類問題中的一個重要題型，零點的存在性定理是判斷在區間（a，b）上是否有零點的重要方法，是解決方程的解（或函數的零點）的個數問題或存在性問題的重要依據.

5 函數的圖象及其應用

（ ）必做1 函數y= 的圖象大致是（ ）

A B

C D

精妙解法 函數y=f（x）= 為奇函數，所以圖象關于原點對稱，排除A，B. 當x=1時， f（1）= =0，排除C，選D.

極速突擊 已知函數式選擇函數圖象，這類題有兩種做法：直接法，結合基本初等函數的圖象，用變換法（平移、翻折、伸縮等）得到圖象；排除法，用函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性、對稱性、特殊點等判斷.

（ ）必做2 已知函數f（x）=ax2- x- （a>0），若在任意長度為2的閉區間上總存在兩點x1，x2，使得f（x1）-f（x2）≥ 成立，則實數a的最小值為_____________.

精妙解法 因為函數f（x）為二次函數，開口向上，所以當閉區間是以對稱軸為中心，長度為2時，此時取得的差的最小值為所有閉區間上的最大值與最小值的差的最小值，即原問題等價于f +1-f ≥ ，所以a +1 - +1-a + × ≥ ，整理得a≥ . 所以實數a的最小值為 .

極速突擊 函數為二次函數，開口向上. 任意長度為2的閉區間上存在兩點使f（x1）-f（x2）≥ 成立，須在閉區間上的最大值與最小值的差的最小值不小于 . 根據圖象特征轉化條件. 與函數相關的不等式恒成立問題，通常根據函數的特殊點、性質，作出示意圖，再根據示意圖得出不等式的條件.

（ ）必做3 函數f（x）=cosπx與函數g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為_______.

精妙解法 將兩個函數同時向左平移1個單位，得到函數y=f（x+1）=cosπ（x+1）=cos（πx+π）=-cosπx，y=g（x+1）=log x ，則此時兩個新函數均為偶函數.

在同一坐標系下分別作出函數y=f（x+1）=-cosπx和y=g（x+1）=log x 的圖象，如圖1，由偶函數的性質可知，四個交點關于原點對稱，所以此時所有交點的橫坐標之和為0，

圖1

所以函數f（x）=cosπx與g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為4.

極速突擊 對于圖象的交點問題（方程的根），直接求解有困難時，利用圖象觀察特點，整體解決，經常還會用到數列的思想，如特殊數列的通項、求和；合項求和等.

金刊提醒

函數的圖象從直觀上很好地反映了函數的性質，觀察函數的圖象時要抓住其關鍵特征，如對稱性、過定點、單調性、定義域和值域等，由此進行綜合判斷；在解方程和不等式等問題時，借助圖象能起到十分快捷的作用，但要注意，利用圖象求交點個數或解的個數問題時，作圖要準確，否則易出錯.

6 函數的綜合應用

（ ）必做1 設函數f（x）的定義域為D，如果 坌x∈D， 堝y∈D，使 =c（c為常數）成立，則稱函數f（x）在D上的“均值”為c.

已知四個函數：①y=x3（x∈R）；②y= （x∈R）；③y=lnx（x∈（0，+∞））；④y=2sinx+1（x∈R）.

上述四個函數中，滿足所在定義域上“均值”為1的函數是__________.（填滿足要求的所有的函數的序號）

精妙解法 當y=x3（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得x3+y3=2，所以 坌x∈R都可解得y= ，y∈R，所以①是“均值”為1的函數；

當y= （x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得 + =2，令x=-2，則 =4， =-2，此方程無解，所以②不是“均值”為1的函數；

當y=lnx（x∈（0，+∞））時，由f（x）+f（y）=2得lnx+lny=2，即xy=e2，所以 坌x∈（0，+∞）都可解得y= ，y∈（0，+∞），所以③是“均值”為1的函數；

當y=2sinx+1（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得sinx+siny=0，所以 坌x∈R，取y=-x，y∈R，所以④是“均值”為1的函數.

所以滿足條件的函數是①③④.

極速突擊 依題意得f（x）+f（y）=2，將函數表達式代入可得關于x，y的等式，然后驗證對于每一個滿足要求的x（將x視作常數），探究關于y的方程是否在指定范圍內有解. 對于新定義的問題，準確理解定義是解題的關鍵，通過化歸將問題轉化為熟悉的題型，與函數有關的新定義題型，要注意應用函數與方程的思想分析問題.

（ ）必做2 已知函數y=f（x）是R上的偶函數，對于x∈R，都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立，當x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2時，都有 >0，給出下列命題：

① f（3）=0；②直線x=-6是函數y=f（x）的圖象的一條對稱軸；③函數y=f（x）在[-9，-6]上為增函數；④函數y=f（x）在[-9，9]上有兩個零點.

其中正確命題的序號為_______（把所有正確命題的序號都填上）.

精妙解法 因為x1≠x2時，都有 >0，所以f（x）在[0，3]上遞增. 因為f（x+6）=f（x）+f（3），令x=-3，得f（3）=f（-3）+f（3），所以f（-3）=0. 因為f（x）為偶函數，所以f（3）=0. ①正確.

因為f（x+6）=f（x），所以f（x）周期為6，畫出示意圖如下：

圖1

由圖象知②正確，③④不正確，填①②.

極速突擊 用函數性質得函數圖象，用函數圖象進一步研究函數性質.

（ ）必做3 定義在（-1，1）上的函數y=f（x）滿足：

①f（x）-f（y）=f ；②當x∈（-1，0）時， f（x）>0.

若P=f + ，Q=f ，R=f（0），則P，Q，R的大小關系為______________.

精妙解法 令x=y=0，代入條件①得f（0）-f（0）=f（0），得f（0）=0.

令x=0，代入條件①得f（-y）=-f（y），所以y=f（x）在（-1，1）上為奇函數.

令-10，所以 <0.

又x+1>0，1-y>0，所以（x+1）（1-y）>0，變形得 >-1.

故-1< <0，結合條件②得f >0.

再由①得f（x）-f（y）=f >0，即f（x）>f（y）.

所以y=f（x）在（-1，1）上為減函數.

因為P=f +f =f - f- =f =f ，又Q=f ，R=f（0），且 > >0，所以f < f < f（0）.

所以R>P>Q.

此題也可以這樣考慮：由前知，f（0）=0， f <0，同理， f <0.

又f -f =f =f- >0，所以f < f < f（0）.

極速突擊 賦值法是研究抽象函數性質的重要方法，解決與抽象函數有關的函數值的比較大小問題的常用方法是利用函數的單調性.

金刊提醒

函數的定義、性質、圖象是解決函數的綜合性問題的基礎，要熟悉基本初等函數的定義、性質、圖象，對于較為綜合的函數問題，往往要從研究函數的性質入手，并注意函數性質在解題中的應用.

誤點警示 在[a，b]上的兩個端點處函數值是否異號，只是說明在（a，b）上是否有零點，容易忽視對端點值的驗證，本題由于端點處的函數值恒不為零，恰好不受影響，但解決類似問題時不可忽視.

金刊提醒

函數與方程、函數與不等式問題，涉及多種數學思想，如數形結合思想、轉化思想、函數與方程思想等.零點問題是這類問題中的一個重要題型，零點的存在性定理是判斷在區間（a，b）上是否有零點的重要方法，是解決方程的解（或函數的零點）的個數問題或存在性問題的重要依據.

5 函數的圖象及其應用

（ ）必做1 函數y= 的圖象大致是（ ）

A B

C D

精妙解法 函數y=f（x）= 為奇函數，所以圖象關于原點對稱，排除A，B. 當x=1時， f（1）= =0，排除C，選D.

極速突擊 已知函數式選擇函數圖象，這類題有兩種做法：直接法，結合基本初等函數的圖象，用變換法（平移、翻折、伸縮等）得到圖象；排除法，用函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性、對稱性、特殊點等判斷.

（ ）必做2 已知函數f（x）=ax2- x- （a>0），若在任意長度為2的閉區間上總存在兩點x1，x2，使得f（x1）-f（x2）≥ 成立，則實數a的最小值為_____________.

精妙解法 因為函數f（x）為二次函數，開口向上，所以當閉區間是以對稱軸為中心，長度為2時，此時取得的差的最小值為所有閉區間上的最大值與最小值的差的最小值，即原問題等價于f +1-f ≥ ，所以a +1 - +1-a + × ≥ ，整理得a≥ . 所以實數a的最小值為 .

極速突擊 函數為二次函數，開口向上. 任意長度為2的閉區間上存在兩點使f（x1）-f（x2）≥ 成立，須在閉區間上的最大值與最小值的差的最小值不小于 . 根據圖象特征轉化條件. 與函數相關的不等式恒成立問題，通常根據函數的特殊點、性質，作出示意圖，再根據示意圖得出不等式的條件.

（ ）必做3 函數f（x）=cosπx與函數g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為_______.

精妙解法 將兩個函數同時向左平移1個單位，得到函數y=f（x+1）=cosπ（x+1）=cos（πx+π）=-cosπx，y=g（x+1）=log x ，則此時兩個新函數均為偶函數.

在同一坐標系下分別作出函數y=f（x+1）=-cosπx和y=g（x+1）=log x 的圖象，如圖1，由偶函數的性質可知，四個交點關于原點對稱，所以此時所有交點的橫坐標之和為0，

圖1

所以函數f（x）=cosπx與g（x）=log x-1 的圖象所有交點的橫坐標之和為4.

極速突擊 對于圖象的交點問題（方程的根），直接求解有困難時，利用圖象觀察特點，整體解決，經常還會用到數列的思想，如特殊數列的通項、求和；合項求和等.

金刊提醒

函數的圖象從直觀上很好地反映了函數的性質，觀察函數的圖象時要抓住其關鍵特征，如對稱性、過定點、單調性、定義域和值域等，由此進行綜合判斷；在解方程和不等式等問題時，借助圖象能起到十分快捷的作用，但要注意，利用圖象求交點個數或解的個數問題時，作圖要準確，否則易出錯.

6 函數的綜合應用

（ ）必做1 設函數f（x）的定義域為D，如果 坌x∈D， 堝y∈D，使 =c（c為常數）成立，則稱函數f（x）在D上的“均值”為c.

已知四個函數：①y=x3（x∈R）；②y= （x∈R）；③y=lnx（x∈（0，+∞））；④y=2sinx+1（x∈R）.

上述四個函數中，滿足所在定義域上“均值”為1的函數是__________.（填滿足要求的所有的函數的序號）

精妙解法 當y=x3（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得x3+y3=2，所以 坌x∈R都可解得y= ，y∈R，所以①是“均值”為1的函數；

當y= （x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得 + =2，令x=-2，則 =4， =-2，此方程無解，所以②不是“均值”為1的函數；

當y=lnx（x∈（0，+∞））時，由f（x）+f（y）=2得lnx+lny=2，即xy=e2，所以 坌x∈（0，+∞）都可解得y= ，y∈（0，+∞），所以③是“均值”為1的函數；

當y=2sinx+1（x∈R）時，由f（x）+f（y）=2得sinx+siny=0，所以 坌x∈R，取y=-x，y∈R，所以④是“均值”為1的函數.

所以滿足條件的函數是①③④.

極速突擊 依題意得f（x）+f（y）=2，將函數表達式代入可得關于x，y的等式，然后驗證對于每一個滿足要求的x（將x視作常數），探究關于y的方程是否在指定范圍內有解. 對于新定義的問題，準確理解定義是解題的關鍵，通過化歸將問題轉化為熟悉的題型，與函數有關的新定義題型，要注意應用函數與方程的思想分析問題.

（ ）必做2 已知函數y=f（x）是R上的偶函數，對于x∈R，都有f（x+6）=f（x）+f（3）成立，當x1，x2∈[0，3]，且x1≠x2時，都有 >0，給出下列命題：

① f（3）=0；②直線x=-6是函數y=f（x）的圖象的一條對稱軸；③函數y=f（x）在[-9，-6]上為增函數；④函數y=f（x）在[-9，9]上有兩個零點.

其中正確命題的序號為_______（把所有正確命題的序號都填上）.

精妙解法 因為x1≠x2時，都有 >0，所以f（x）在[0，3]上遞增. 因為f（x+6）=f（x）+f（3），令x=-3，得f（3）=f（-3）+f（3），所以f（-3）=0. 因為f（x）為偶函數，所以f（3）=0. ①正確.

因為f（x+6）=f（x），所以f（x）周期為6，畫出示意圖如下：

圖1

由圖象知②正確，③④不正確，填①②.

極速突擊 用函數性質得函數圖象，用函數圖象進一步研究函數性質.

（ ）必做3 定義在（-1，1）上的函數y=f（x）滿足：

①f（x）-f（y）=f ；②當x∈（-1，0）時， f（x）>0.

若P=f + ，Q=f ，R=f（0），則P，Q，R的大小關系為______________.

精妙解法 令x=y=0，代入條件①得f（0）-f（0）=f（0），得f（0）=0.

令x=0，代入條件①得f（-y）=-f（y），所以y=f（x）在（-1，1）上為奇函數.

令-10，所以 <0.

又x+1>0，1-y>0，所以（x+1）（1-y）>0，變形得 >-1.

故-1< <0，結合條件②得f >0.

再由①得f（x）-f（y）=f >0，即f（x）>f（y）.

所以y=f（x）在（-1，1）上為減函數.

因為P=f +f =f - f- =f =f ，又Q=f ，R=f（0），且 > >0，所以f < f < f（0）.

所以R>P>Q.

此題也可以這樣考慮：由前知，f（0）=0， f <0，同理， f <0.

又f -f =f =f- >0，所以f < f < f（0）.

極速突擊 賦值法是研究抽象函數性質的重要方法，解決與抽象函數有關的函數值的比較大小問題的常用方法是利用函數的單調性.

金刊提醒

函數的定義、性質、圖象是解決函數的綜合性問題的基礎，要熟悉基本初等函數的定義、性質、圖象，對于較為綜合的函數問題，往往要從研究函數的性質入手，并注意函數性質在解題中的應用.