高一數(shù)學(xué)必修一易錯(cuò)題集錦

高一數(shù)學(xué)必修一易錯(cuò)題集錦答案1.已知會(huì)集M={y|y=x2＋1,x∈R},N={y|y=x＋1,x∈R}，則M∩N=（）解：M={y|y=x2＋1,x∈R}={y|y≥1}，N={y|y=x＋1,x∈R}={y|y∈R}．∴M∩N={y|y≥1}∩{y|(y∈R)}={y|y≥1},注：會(huì)集是由元素構(gòu)成的，認(rèn)識(shí)會(huì)集要從認(rèn)識(shí)元素開(kāi)始，要注意區(qū)分{|=2＋1}、{|=2xyxyyx＋1,x∈R}、{(x,y)|y=x2＋1,x∈R}，這三個(gè)會(huì)集是不一樣的．2.已知A={x|x2－3x＋2=0},B={x|ax－2=0}且A∪B=A，務(wù)實(shí)數(shù)a構(gòu)成的會(huì)集C．解：∵A∪B=A∴BA又A={x|x2－3x＋2=0}={1，2}∴B=或1或2∴C={0，1，2}3。已知mA,nB,且會(huì)集A=x|x2a,aZ，B=x|x2a1,aZ，又C=x|x4a1,aZ，則有：m+n(填A(yù),B,C中的一個(gè))解：∵mA,∴設(shè)m=2a1,a1Z,又∵nB,∴n=2a2+1,a2Z,∴+=2(a1+2)+1,而a1+2Z,∴+nB。mnaam4已知會(huì)集A={x|x2－3x－10≤0}，會(huì)集B={x|p＋1≤x≤2p－1}．若BA，務(wù)實(shí)數(shù)p的取值范圍．解：①當(dāng)B≠時(shí)，即p＋1≤2p－1p≥2.由BA得：－2≤p＋1且2p－1≤5.由－3≤p≤3.∴2≤p≤3②當(dāng)B=時(shí)，即p＋1>2p－1p＜2.由①、②得：p≤3.評(píng)論：從以上解答應(yīng)看到：解決相關(guān)A∩B=、A∪B=，AB等會(huì)集問(wèn)題易忽視空集的狀況而出現(xiàn)漏解，這需要在解題過(guò)程中要全方向、多角度審察問(wèn)題．5已知會(huì)集A={a,a＋b,a＋2b}，B={a,ac,ac2}．若A=B，求c的值．分析：要解決c的求值問(wèn)題，要點(diǎn)是要有方程的數(shù)學(xué)思想，此題應(yīng)依據(jù)相等的兩個(gè)會(huì)集元素完整同樣及會(huì)集中元素的確定性、互異性，無(wú)序性建立關(guān)系式．解：分兩種狀況進(jìn)行談?wù)摚?）若a＋b=ac且a＋2b=ac2，消去b得：a＋ac2－2ac=0，a=0時(shí)，會(huì)集B中的三元素均為零，和元素的互異性相矛盾，故a≠0．∴c2－2c＋1=0，即c=1，但c=1時(shí)，B中的三元素又同樣，此時(shí)無(wú)解．2）若a＋b=ac2且a＋2b=ac，消去b得：2ac2－ac－a=0，∵a≠0，∴2c2－c－1=0，即(c－1)(2c＋1)=0，又c≠1，故c=－1．2評(píng)論：解決會(huì)集相等的問(wèn)題易產(chǎn)生與互異性相矛盾的增解，這需要解題后進(jìn)行檢驗(yàn).6設(shè)A是實(shí)數(shù)集，滿足若a∈A，則1且1?A.A，a11a⑴若2∈A，則A中最少還有幾個(gè)元素？求出這幾個(gè)元素⑵A能否為單元素會(huì)集？請(qǐng)說(shuō)明原由.⑶若a∈A，證明：1－1∈A.⑷求證：會(huì)集A中最少含有三個(gè)不一樣的元素.a解：⑴2∈A?－1∈A?1∈A?2∈A2∴A中最少還有兩個(gè)元素：－1和112⑵假如A為單元素會(huì)集，則a＝即a2a1＝01a該方程無(wú)實(shí)數(shù)解，故在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)，A不行能是單元素集⑶a∈A?1∈A?1∈A?1aA，即1－1∈A1a11a1a1a1⑷由⑶知a∈A時(shí)，1∈A，1－1∈A.此刻證明a,1－1,1三數(shù)互不相等.11aa1a1a①若a=,即a2-a+1=0，方程無(wú)解，∴a≠1a1a②若a=1－12，方程無(wú)解∴a≠1－1，即a-a+1=0aa③若1－1=1，即a2-a+1=0，方程無(wú)解∴1－1≠1.a1aa1a綜上所述，會(huì)集A中最少有三個(gè)不一樣的元素.評(píng)論：⑷的證明中要說(shuō)明三個(gè)數(shù)互不相等，不然證明欠慎重.設(shè)M＝｛a，b，c｝，N＝｛－2,0,2｝,求（1）從M到N的映照種數(shù)；（2）從M到N的映照滿足f(a)>f(b)≥f(c),試確立這樣的映照f(shuō)的種數(shù).解：（1）因?yàn)镸＝｛a，b，c｝，N＝｛－2,0,2｝，聯(lián)合映照的看法，有一共有27個(gè)映照a0a2a2a2（2）吻合條件的映照共有4個(gè),b2,b2,b0,b0,c2c2c2c08.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇0，1]，求函數(shù)f(x1)的定義域解：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)閇0，1]，即0x1∴f(x1)滿足0x111x0，∴f(x1)的定義域是[－1，0]依據(jù)條件求以下各函數(shù)的分析式：（1）已知f(x)是二次函數(shù)，若f(0)0,f(x1)f(x)x1，求f(x).（2）已知f(x1)x2x，求f(x)（3）若f(x)滿足f(x)2f(1)ax,求f(x)x解：（1）此題知道函數(shù)的種類，可采納待定系數(shù)法求解設(shè)f(x)＝ax2bxc(a0)因?yàn)閒(0)0得f(x)ax2bx，又由f(x1)f(x)x1，∴a(x1)2b(x1)ax2bxx1即ax2(2ab)xabax2(b1)x12abb11所以：f(x)＝1x21xa0abab1222此題屬于復(fù)合函數(shù)分析式問(wèn)題，可采納換元法求解設(shè)f(u)(u1)22(u1)u21(u1)∴f(x)＝x21（x1）（3）因?yàn)閒(x)為抽象函數(shù)，可以用消參法求解用1代x可得：f(1)2f(x)a1,與f(x)2f(1)axxxxx聯(lián)列可消去f(1)得：f(x)＝2aax.x3x3評(píng)論：求函數(shù)分析式（1）若已知函數(shù)f(x)的種類，常采納待定系數(shù)法；（2）若已知f[g(x)]表達(dá)式，常采納換元法或采納遷就法；（3）若為抽象函數(shù)，常采納代換后消參法.10已知3x22y26x，試求x2y2的最大值.分析：要求x2y2的最大值，由已知條件很快將x2y2變成一元二次函數(shù)f(x)1(x3)29,而后求極值點(diǎn)的x值，聯(lián)系到y(tǒng)20，這一條件，既快又準(zhǔn)地求22出最大值.3x22y2y23x23x.解由6x得23x2y20,3x0,0x2.2又x2y2x23x23x1(x3)29,2221(29當(dāng)x2時(shí)，x2y2有最大值，最大值為3)24.22評(píng)論：上述解法觀察到了隱蔽條件，表現(xiàn)了思想的深刻性.大部分學(xué)生的作法以下：由3x22y26x得y23x23x,2x2y2x23x23x1(x3)29,222當(dāng)x3時(shí)，x2y2取最大值，最大值為92這類解法因?yàn)楹鲆暳藋20這一條件，以致計(jì)算結(jié)果出現(xiàn)錯(cuò)誤.所以，要注意審題，不但能從表面形式上發(fā)現(xiàn)特色，并且還可以從已知條件中發(fā)現(xiàn)其隱蔽條件，既要注意主要的已知條件，又要注意次要條件，甚至有些問(wèn)題的觀察要從相應(yīng)的圖像著手，這樣才能正確地解題..11設(shè)f(x)是R上的函數(shù)，且滿足f(0)1,并且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,y都有f(xy)f(x)y(2xy1)，求f(x)的表達(dá)式.解法一：由f(0)1,f(xy)f(x)y(2xy1)，設(shè)xy，得f(0)f(x)x(2xx1)，所以f(x)＝x2x1解法二：令x0，得f(0y)f(0)y(y1)即f(y)1y(y1)又將y用x代換到上式中得f(x)＝x2x1評(píng)論：所給函數(shù)中含有兩個(gè)變量時(shí)，可對(duì)這兩個(gè)變量交替用特別值代入，或使這兩個(gè)變量相等代入，再用已知條件，可求出未知的函數(shù).詳盡取什么特別值，依據(jù)題目特色而定.12判斷函數(shù)f(x)(1x)

1x1x

的奇偶性.解：f(x)(1x)1x有意義時(shí)一定滿足1x01x11x1x即函數(shù)的定義域是｛x｜1x1｝，因?yàn)槎x域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以該函數(shù)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)13判斷f(x)log2(xx21)的奇偶性.正解：方法一：∵f()log2(x(x)21)log2(xx21)x＝log211＝log2(xx21)＝－f(x)∴f(x)是奇函數(shù)xx2方法二：∵f( )f(x)log(xx21)log(xx21)2x2＝log2[(xx21)(xx21)log210f(x)f(x)∴f(x)是奇函數(shù)14函數(shù)y=54xx2的單調(diào)增區(qū)間是_________.解：y=54xx2的定義域是[5,1]，又g(x)54xx2在區(qū)間[5,2]上增函數(shù)，在區(qū)間[2,1]是減函數(shù)，所以y=54xx2的增區(qū)間是[5,2]15已知奇函數(shù)f(x)是定義在(－3，3)上的減函數(shù)，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,求x的取值范圍.3x330x66,解：由x23得6,故0<x<33x6又∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x－3)<－f(x2－3)=f(3－x2),又f(x)在(－3，3)上是減函數(shù)，∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,綜上得2<x<6,即A={x|2<x<6},16作出以下函數(shù)的圖像(1)y=|x-2|(x＋1)；(2)y10|lgx|.分析：明顯直接用已知函數(shù)的分析式列表描點(diǎn)有些困難，除去對(duì)其函數(shù)性質(zhì)分析外，我們還應(yīng)想到對(duì)已知分析式進(jìn)行等價(jià)變形.在變換函數(shù)分析式中運(yùn)用了轉(zhuǎn)變變換和分類談?wù)摰乃枷?解：(1)當(dāng)x≥2時(shí)，即x-2≥0時(shí)，當(dāng)x＜2時(shí)，即x-2＜0時(shí)，(x1)29(x2)所以y241)29(x(x2)24這是分段函數(shù)，每段函數(shù)圖像可依據(jù)二次函數(shù)圖像作出(見(jiàn)圖)(2)當(dāng)x≥1時(shí)，lgx≥0，y=10lgx=x；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，lgx＜0，所以這是分段函數(shù)，每段函數(shù)可依據(jù)正比率函數(shù)或反比率函數(shù)作出.(見(jiàn)圖)評(píng)論：作不熟習(xí)的函數(shù)圖像，可以變形成基本函數(shù)再作圖，但要注意變形過(guò)程能否等價(jià)，要特別注意x，y的變化范圍.所以一定熟記基本函數(shù)的圖像.比方：一次函數(shù)、反比率函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)，及三角函數(shù)、反三角函數(shù)的圖像.17若f(x)=ax1在區(qū)間（－2，＋）上是增函數(shù)，求a的取值范圍x2解：設(shè)2x1x2,f(x1)f(x2)ax11ax21x12x22(ax11)(x22)(ax21)(x12)(x12)(x22)(ax1x22ax1x22)(ax1x22ax2x12)(x12)(x22)2ax1x12ax2x2(2a1)(x1x2)(x12)(x22)(x12)(x22)由f(x)=ax1在區(qū)間（－2，＋）上是增函數(shù)得x21f(x1)f(x2)0＞2a10∴a2評(píng)論：相關(guān)于單調(diào)性的問(wèn)題，當(dāng)我們感覺(jué)陌生，不熟習(xí)或窮途末路時(shí)，回到單調(diào)性的定義上去，常常給我們帶來(lái)“峰回路轉(zhuǎn)又一村”的感覺(jué).18已知函數(shù)f(x)在(－1，1)上有定義，f(1)=－1,當(dāng)且僅當(dāng)0<x<1時(shí)f(x)<0,且對(duì)任意x、2y∈(－1,1)都有f()+f(y)=f(xy),試證明：xxyf(x)為奇函數(shù)；(2)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減解：證明：(1)由f(x)+(y)=(xy),令==0,得f(0)=0,令y=－x,得f( )+(－ff1xyxyxfx)=f(xx)=f(0)=0.∴f(x)=－f(－x).∴f(x)為奇函數(shù).1x2(2)先證f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減.令0<1<2<1,則f(x2)－(x1)=f(2)＋(－1)=f(x2x1)xxfxfx1x1x2∵0<x1<x2<1,∴x2－x1>0,1－x1x2>0，∴x2x1>0,x1x2又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0x2－x1<1－x2x1,∴0<x2x1<1,由題意知f(x2x1)<0，1x2x11x1x2即f(x2)<f(x1).∴f(x)在(0，1)上為減函數(shù)，又

f(x)為奇函數(shù)且

f(0)=0.∴f(x)在(－1，1)上為減函數(shù)

.評(píng)論：此題知識(shí)依賴：奇偶性及單調(diào)性定義及判斷、賦值法及轉(zhuǎn)變思想.對(duì)函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判斷以及運(yùn)算能力和邏輯推理能力要求較高.假如“賦值”不夠正確，運(yùn)算技術(shù)不過(guò)關(guān)，結(jié)果很難獲取.關(guān)于(1)，獲取f(0)的值從而取x=－y是解題要點(diǎn)；關(guān)于(2)，判斷x2x1的范圍是解題的焦點(diǎn).1x1x219已知log189a,18b5,求log3645解：∵18b5,∴l(xiāng)og185b∴l(xiāng)og3645log1845log185log189bababalog1836log184log189182182alog18(9)a2log18(9)a20知yloga(2ax)在[0，1]上是x的減函數(shù)，則a的取值范圍是解：∵yloga(2ax)是由ylogau，u2ax復(fù)合而成，又a＞0∴u2ax在[0，1]上是x的減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)關(guān)系知ylogau應(yīng)為增函數(shù)，∴a＞1又因?yàn)閤在[0，1]上時(shí)yloga(2ax)有意義，u2ax又是減函數(shù)，∴x＝1時(shí)，u2ax取最小值是umin2a＞0即可，∴a＜2綜上可知所求的取值范圍是1＜a＜221已知函數(shù)f(x)loga(3ax).（1）當(dāng)x[0,2]時(shí)f(x)恒有意義，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.（2）能否存在這樣的實(shí)數(shù)a使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，并且最大值為1，如果存在，試求出a的值；假如不存在，請(qǐng)說(shuō)明原由.分析：函數(shù)f(x)為復(fù)合函數(shù)，且含參數(shù)，要聯(lián)合對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)詳盡分析找到正確的解題思路，能否存在性問(wèn)題，分析時(shí)一般先假設(shè)存在后再證明.解：（1）由假設(shè)，3ax＞0，對(duì)全部x[0,2]恒建立，a0,a1明顯，函數(shù)g(x)=3ax在[0，2]上為減函數(shù)，從而g(2)＝32a＞0獲取a＜30，1）∪（1，3）2∴a的取值范圍是（2(2)假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)a，由題設(shè)知f(1)1，即f(1)loga(3a)＝1∴a＝3此時(shí)f(x)loga(33x)22當(dāng)x2時(shí)，f(x)沒(méi)有意義，故這樣的實(shí)數(shù)不存在.評(píng)論：此題為探究性問(wèn)題，應(yīng)用函數(shù)、方程、不等式之間的互相轉(zhuǎn)變，存在性問(wèn)題一般的處理方法是先假設(shè)存在，聯(lián)合已知條件進(jìn)行推理和等價(jià)轉(zhuǎn)變，若推出矛盾，說(shuō)明假設(shè)不行立.即不存在，反之沒(méi)有矛盾，則問(wèn)題解決.22已知函數(shù)f(x)=lg12x4xa,此中a為常數(shù)，若當(dāng)x∈(－∞,1］時(shí),f(x)有意義，a2a1務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.分析：參數(shù)深含在一個(gè)復(fù)雜的復(fù)合函數(shù)的表達(dá)式中，欲直接建立關(guān)于a的不等式（組）特別困難，故應(yīng)變換思想角度，想法從原式中把a(bǔ)分別出來(lái)，重新認(rèn)識(shí)a與其他變?cè)?x)的依存關(guān)系，利用新的函數(shù)關(guān)系，常可使原問(wèn)題“峰回路轉(zhuǎn)”.解：12x4xa>0,且a2－a+1=(a－1)2+3>0,a2a124xx·a>0,a>(11),∴1+2+44x2x當(dāng)x∈(－∞,1]時(shí),y=1與y=1都是減函數(shù)，114x2x113∴y=(x2x)在(－∞,1]上是增函數(shù)，(4x2x)max=－,44∴a>－3,故a的取值范圍是(－3,+∞).44評(píng)論：發(fā)掘、提煉多變?cè)獑?wèn)題中變?cè)g的互相依存、互相限制的關(guān)系、反客為主，主客換位，創(chuàng)建新的函數(shù)，并利用新函數(shù)的性質(zhì)創(chuàng)建性地使原問(wèn)題獲解，是解題人思想質(zhì)量高的表現(xiàn).此題主客換位后，利用新建函數(shù)y=(1x1x)的單調(diào)性變換為函數(shù)最值奇妙地求出了42實(shí)數(shù)a的取值范圍.此法也叫主元法.1123若(a1)3(32a)3，試求a的取值范圍.1解：∵冪函數(shù)yx3有兩個(gè)單調(diào)區(qū)間，∴依據(jù)a1和32a的正、負(fù)狀況，有以下關(guān)系a10a10a1032a0.①32a0.②32a.③a132aa132a0解三個(gè)不等式組：①得2＜a＜3，②無(wú)解，③a＜－1322，3∴a的取值范圍是（－∞，－1）∪（）321評(píng)論：冪函數(shù)yx3有兩個(gè)單調(diào)區(qū)間，在此題中相當(dāng)重要，許多學(xué)生可能在解題中誤以為a132a，從而以致解題錯(cuò)誤.24已知a>0且a≠1,f(logax)=a2a(x－1)1x(1)求f(x)；(2)判斷f(x)的奇偶性與單調(diào)性；(3)關(guān)于f(x),當(dāng)x∈(－1,1)時(shí),有f(1－m)+f(1－m2)<0,求m的會(huì)集M.分析：先用換元法求出f(x)的表達(dá)式；再利用相關(guān)函數(shù)的性質(zhì)判斷其奇偶性和單調(diào)性；而后利用以上結(jié)論解第三問(wèn).解：(1)令t=logax(t∈R)，則xat,f(t)a(atat),f(x)a(axax),(xR).aa21a21a(2)f(x)1(axx)f(x),且xR,為奇函數(shù)當(dāng)a時(shí)0,a2af(x).1,a21u(x)axax為增函數(shù),當(dāng)a時(shí)近似可判斷為增函數(shù)綜上不論a或0a1,01,f(x).,1f(x)在R上都是增函數(shù).(3)f(1m)f(1m2)0,f(x)是奇函數(shù)且在R上是增函數(shù),f(1m)f(m21).又x(1,1)11m11m2111m2.1mm21評(píng)論：對(duì)含字母指數(shù)的單調(diào)性，要對(duì)字母進(jìn)行談?wù)?對(duì)本例的③不需要代入f（x）的表達(dá)式可求出m的取值范圍，請(qǐng)同學(xué)們認(rèn)真領(lǐng)會(huì).25已知函數(shù)f(x)x2ax3a若x[2,2]時(shí)，f(x)≥0恒建立，求a的取值范圍.解：設(shè)f(x)的最小值為g(a)（1）當(dāng)a2即a＞4時(shí)，g(a)＝f(2)＝7－3a≥，得a7故此時(shí)a不存在；203(2)當(dāng)a[2,2]即－4≤a≤4時(shí)，g(a)＝3－a－a2≥，得－≤a≤22406又－4≤a≤4，故－4≤a≤2；（3）a2即a＜－4時(shí)，g(a)＝f(2)＝7＋a≥，得a≥－7，又a＜－420故－7≤a＜－4綜上，得－7≤a≤226已知mx2x10有且只有一根在區(qū)間（0,1）內(nèi)，求m的取值范圍.解：設(shè)f(x)mx2x110時(shí)方程的根為－1.，（）當(dāng)m＝，不滿足條件（2）當(dāng)m≠0∵mx2x10有且只有一根在區(qū)間（0,1）內(nèi)又f(0)＝1＞0∴有兩種可能情況①f(1)0得m＜－2也許②f(1)0且0<1<12m得m不存在綜上所得，m＜－227.能否存在這樣的實(shí)數(shù)k，使得關(guān)于x的方程2（－）x－（3k－）＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且兩根都在0與2之間？假如有，試確立x+2k31k的取值范圍；假如沒(méi)有，試說(shuō)明原由.解：令f(x)x2(2k3)x(3k1)那么由條件獲取(2k3)24(3k1)04k250f(0)13k0k13f(2)42(2k3)(3k1)0即即此不等式無(wú)解12k3k23702k22即不存在滿足條件的k值.28已知二次函數(shù)f(x)ax2bxc關(guān)于x1、x2R，且x1＜x2時(shí)f(x1)f(x2)，求證：方程f(x)＝1[f(x1)f(x2)]有不等實(shí)根，且必有一根屬于區(qū)間2x1，x2）.解：設(shè)F（x）＝f(x)－1[f(x1)f(x2)]，2則方程與方程∵F（x1）＝

f(x)＝1[f(x1)f(x2)]①2F（x）＝0②等價(jià)f(x1)－1[f(x)f(x)]＝1[f(x)f(x)]212212F（x2）＝f(x2)－1[f(x1)f(x2)]＝1[f(x1)f(x2)]212∴F（x）·F（x）＝－[f(x1)2214∴F（x1）·F（x2）＜0，x）內(nèi).因?yàn)閽佄锞€y＝F（x）在x軸上、下方均有分布，故方程②必有一根在區(qū)間（x12所以此拋物線與x軸訂交于兩個(gè)不一樣的交點(diǎn)，即方程②有兩個(gè)不等的實(shí)根，從而方程①有兩個(gè)不等的實(shí)根，且必有一根屬于區(qū)間（x1，x2）.評(píng)論：此題因?yàn)榉匠淌莊(x)＝1[f(x1)f(x2)]，此中因?yàn)橛衒(x)表達(dá)式，所以解題中2有的學(xué)生不理解函數(shù)圖像與方程的根的聯(lián)系，誤以為證明f(x)的圖像與x軸訂交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，從而證題中著眼于證f(x1)f(x2)＜0，使此題無(wú)法解決.此題中將問(wèn)題轉(zhuǎn)變成F（x）＝f(x)－1[f(x1)f(x2)]的圖像與x軸訂交于兩個(gè)不一樣的兩點(diǎn)是解題的關(guān)健所在.229試確立方程2x3x24x20最小根所在的區(qū)間，并使區(qū)間兩個(gè)端點(diǎn)是兩個(gè)連續(xù)的整數(shù).分析：只需構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2x3x24x2，計(jì)算f(x)的自變量x取整數(shù)值時(shí)的函數(shù)值，依據(jù)其符號(hào)，確立方程根的個(gè)數(shù)及根的分布.解：令f(x)＝2x3x24x2∵f(3)＝－54－9＋12＋2＝－49＜0f(2)＝－16－4＋8＋2＝－10＜0f(1)＝－2－1＋4＋2＝3＞0，，f(0)＝0－0－0＋2＝2＞0f(1)＝2－1－4＋2＝－1＜0，f(2)＝16－4－8＋2＝6＞0依據(jù)f(2)·f(1)＜0，f(0)·f(1)＜0，f(1)·f(2)＜0可知f(x)的零點(diǎn)分別在區(qū)間（－2，－1），（0,1），（1,2）內(nèi).因?yàn)榉匠淌且粋€(gè)一元三次方程，所以它最多有三個(gè)根，所以原方程的最小根在區(qū)間（－2，1）內(nèi).評(píng)論：計(jì)算一元高次函數(shù)值可借助于計(jì)算器來(lái)完成，在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)一元n次方程最多有n個(gè)實(shí)根，自然此題也可以用因式分解方法來(lái)解.2x3x24x2x2(2x1)2(2x1)2(x1)(x22)21)(x2)(x2)2(x2所以2x3x24x2＝0有三個(gè)根：1,2,2230設(shè)二次函數(shù)f(x)ax2bxc(a0),方程f(x)x0的兩個(gè)根x1,x2，滿足0x1x21.a（1）當(dāng)x(0,x1)時(shí)，證明xf(x)x1；（2）設(shè)函數(shù)f(x)ax2bxc(a0),的圖像關(guān)于直線xx0對(duì)稱，證明：x0x1.2分析：（1）用作差比較法證明不等式xf(x)x1；（2）函數(shù)f(x)ax2bxc(a0),圖像關(guān)于直線xx0對(duì)稱，實(shí)質(zhì)直線xx0就是二次函數(shù)的對(duì)稱軸，即x0b，而后用已知條件證明不等式即可.2a證明：（1）依題意，設(shè)F(x)f(x)xa(xx1)(xx2)當(dāng)x(0,x1)時(shí)，因?yàn)閤1x2，∴(xx1)(xx2)0，又a0∴F(x)f(x)xa(xx1)(xx2)>0即xf(x)x1f(x)x1[xF(x)]x1xF(x)(x1x)(1axax2)(x1x)(1ax2)∵0xx1x21x0,1ax20.∴x1a∴x1f(x)0綜合得xf(x)x1（2）依題意知x0b，又x1x2b12aa∴x0ba(x1x2)1ax1ax212a2a2a∵ax210,∴x0ax1x12a2評(píng)論：解決此題的關(guān)健有三：一是用作差比較法證明不等式；二是正確選擇二次函數(shù)的表達(dá)式，即此題采納兩根式表示；三要知道二次函數(shù)的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，此直線為二次函數(shù)的對(duì)稱軸，即x0b2a31已知函數(shù)f(x)x22bxc(cb1),f(1)0，且方程f(x)10有實(shí)根.(1)求證：-3<c≤-1,b≥0.(2)若m是方程f(x)10的一個(gè)實(shí)根，判斷f(m4)的正負(fù)并加以證明分析：（1）題中條件涉及不等關(guān)系的有cb1和方程f(x)10有實(shí)根.及一個(gè)等式f(1)0，經(jīng)過(guò)適今世換及不等式性質(zhì)可解得；（2）本小題只需判斷f(m4)的符號(hào)，因此只需研究出m4值的范圍即可定出f(m4)符號(hào).(1)證明：由f(1)0，得1+2b+c=0,解得bc11，2，又cbc1c121解得3c，3又因?yàn)榉匠蘤(x)10有實(shí)根，即x22bxc10有實(shí)根，故4b24(c1)0即(c1)24(c1)0解得c3或c1∴3c1，由bc12，得b≥0.（2）f(x)x22bxc=x2(c1)xc(x)(1)cx∵f(m)10，∴c<m<1（如圖）c—4<m—4<—3<c.f(m4)的符號(hào)為正.評(píng)論：二次函數(shù)值的符號(hào)，可以求出其值判斷，也可以靈巧運(yùn)用二次函數(shù)的圖像及性質(zhì)解題.32定義在R上的函數(shù)滿足：對(duì)任意實(shí)數(shù)m,n，總有，且當(dāng)x0時(shí)，0fx1.1）試求f0的值；2）判斷的單調(diào)性并證明你的結(jié)論；（3）設(shè)Ax,yfx2fy2f1,Bx,yfaxy21,aR，若AB，試確立的取值范圍.（4）試舉出一個(gè)滿足條件的函數(shù)fx.解：（1）在中，令.得：.因?yàn)閒10，所以，f01.（2）要判斷的單調(diào)性，可任取x1,x2R，且設(shè)x1x2.在已知條件中，若取，則已知條件可化為：.因?yàn)閤2x10，所以1fxx0.21為比較fx2、fx1的大小，只需考慮fx1的正負(fù)即可.在fmnfmfn中，令mx，nx，則得fxfx1.∵x0時(shí)，0fx1，∴當(dāng)x0時(shí)，fx110.xf又f0，所以，綜上，可知，關(guān)于任意x1R，均有fx10.1∴fx2fx1fx1fx2x110.∴函數(shù)在R上單調(diào)遞減.（3）第一利用fx的單調(diào)性，將相關(guān)函數(shù)值的不等式轉(zhuǎn)變成不含f的式子.，faxy21f0，即axy20.由AB，所以，直線axy20與圓面無(wú)公共點(diǎn).所以，21.a21解得1a1.（4）如fx

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x.評(píng)論：依據(jù)題意，將一般問(wèn)題特別化，也即采納合適的特值（如此題中令m1,n0；以及mnx2,mx1等）是解決相關(guān)抽象函數(shù)問(wèn)題的特別重要的手段；別的，假如能找到一個(gè)合適題目條件的函數(shù)，則有助于問(wèn)題的思慮和解決.33設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)x2|xa|1，xR1）談?wù)揻(x)的奇偶性；2）求f(x)的最小值.解：（1）當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)(x)2|x|1f()x此時(shí)，f(x)為偶函數(shù)當(dāng)a0時(shí)，f(a)a21，f(a)a22|a|1，f(a)f(a)，f(a)f(a)此時(shí)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)（2）（i）當(dāng)xa時(shí)，f(x)x2xa1(x1)2a3124當(dāng)a，則函數(shù)f(x)在(,a]上單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在(,a]上的最小值為2f(a)a21.若a1，則函數(shù)f(x)在(,a]上的最小值為f(1)3a，且f(1)f(a).2242（ii）當(dāng)xa時(shí)，函數(shù)f(x)x2xa1(x1)2a324若a1，則函數(shù)f(x)在(,a]上的最小值為f(13a，且f(12)4)f(a)22若a1，則函數(shù)f(x)在[a,)上單調(diào)遞加，從而函數(shù)f(x)在[a,)上的最小值為2f(a)a21.綜上，當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)3a2f(x)的最小值為114當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為a212123當(dāng)aa.時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為24評(píng)論：（1）探究函數(shù)的奇偶性，可依照定義，經(jīng)過(guò)f(x)f(x)代入有(x)2|xa|1x2|xa|1，即|xa||xa|可得，當(dāng)a0時(shí)，|xa||xa|，函數(shù)f(x)f(x)函數(shù)為偶函數(shù).經(jīng)過(guò)f(x)f(x)可得(x)2|xa