函數(shù)與基本初等函數(shù)復(fù)習(xí)資料

第1講函數(shù)及其表示【高考會這樣考】1．主要考查函數(shù)的定義域、值域、解析式的求法．2．考查分段函數(shù)的簡單應(yīng)用．3．由于函數(shù)的基礎(chǔ)性強，滲透面廣，所以會與其他知識結(jié)合考查．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】正確理解函數(shù)的概念是學(xué)好函數(shù)的關(guān)鍵，函數(shù)的概念比較抽象，應(yīng)通過適量練習(xí)彌補理解的缺陷，糾正理解上的錯誤．本講復(fù)習(xí)還應(yīng)掌握：(1)求函數(shù)的定義域的方法；(2)求函數(shù)解析式的基本方法；(3)分段函數(shù)及其應(yīng)用．基礎(chǔ)梳理1．函數(shù)的基本概念(1)函數(shù)的定義：設(shè)A、B是非空數(shù)集，如果按照某種確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個數(shù)x，在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)和它對應(yīng)，那么稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)，記作：y＝f(x)，x∈A.(2)函數(shù)的定義域、值域在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫自變量，x的取值范圍A叫做定義域，與x的值對應(yīng)的y值叫函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫值域．值域是集合B的子集．(3)函數(shù)的三要素：定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．(4)相等函數(shù)：如果兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致，則這兩個函數(shù)相等；這是判斷兩函數(shù)相等的依據(jù)．2．函數(shù)的三種表示方法表示函數(shù)的常用方法有：解析法、列表法、圖象法．3．映射的概念一般地，設(shè)A、B是兩個非空的集合，如果按某一個確定的對應(yīng)關(guān)系f，使對于集合A中的任意一個元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對應(yīng)，那么就稱對應(yīng)f：A→B為從集合A到集合B的一個映射．一個方法求復(fù)合函數(shù)y＝f(t)，t＝q(x)的定義域的方法：①若y＝f(t)的定義域為(a，b)，則解不等式得a＜q(x)＜b即可求出y＝f(q(x))的定義域；②若y＝f(g(x))的定義域為(a，b)，則求出g(x)的值域即為f(t)的定義域．兩個防范(1)解決函數(shù)問題，必須優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域．(2)用換元法解題時，應(yīng)注意換元前后的等價性．三個要素函數(shù)的三要素是：定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．值域是由函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系所確定的．兩個函數(shù)的定義域和對應(yīng)關(guān)系完全一致時，則認為兩個函數(shù)相等．函數(shù)是特殊的映射，映射f：A→B的三要素是兩個集合A、B和對應(yīng)關(guān)系f.雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝log2(3x＋1)的值域為()．A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)解析∵3x＋1＞1，∴f(x)＝log2(3x＋1)＞log21＝0.答案A2．(2011·江西)若f(x)＝eq\f(1,\r(log\f(1,2)2x＋1))，則f(x)的定義域為()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D．(0，＋∞)解析由logeq\f(1,2)(2x＋1)＞0，即0＜2x＋1＜1，解得－eq\f(1,2)＜x＜0.答案A3．下列各對函數(shù)中，表示同一函數(shù)的是()．A．f(x)＝lgx2，g(x)＝2lgxB．f(x)＝lgeq\f(x＋1,x－1)，g(x)＝lg(x＋1)－lg(x－1)C．f(u)＝eq\r(\f(1＋u,1－u))，g(v)＝eq\r(\f(1＋v,1－v))D．f(x)＝(eq\r(x))2，g(x)＝eq\r(x2)答案C4．(2010·陜西)某學(xué)校要召開學(xué)生代表大會，規(guī)定各班每10人推選一名代表，當各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時再增選一名代表．那么，各班可推選代表人數(shù)y與該班人數(shù)x之間的函數(shù)關(guān)系用取整函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))可以表示為()．A．y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x,10))) B．y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋3,10)))C．y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋4,10))) D．y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋5,10)))解析根據(jù)規(guī)定各班每10人推選一名代表，當各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時再增選一名代表，即余數(shù)分別為7、8、9時可增選一名代表．因此利用取整函數(shù)可表示為y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋3,10))).故選B.答案B5．函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示．那么，f(x)的定義域是________；值域是________；其中只與x的一個值對應(yīng)的y值的范圍是________．解析任作直線x＝a，當a不在函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)時，直線x＝a與函數(shù)y＝f(x)圖象沒有交點；當a在函數(shù)y＝f(x)定義域內(nèi)時，直線x＝a與函數(shù)y＝f(x)的圖象有且只有一個交點．任作直線y＝b，當直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)的圖象有交點，則b在函數(shù)y＝f(x)的值域內(nèi)；當直線y＝b與函數(shù)y＝f(x)的圖象沒有交點，則b不在函數(shù)y＝f(x)的值域內(nèi)．答案[－3,0]∪[2,3][1,5][1,2)∪(4,5]考向一求函數(shù)的定義域【例1】?求下列函數(shù)的定義域：(1)f(x)＝eq\f(\r(|x－2|－1),log2x－1)；(2)f(x)＝eq\f(lnx＋1,\r(－x2－3x＋4)).[審題視點]理解各代數(shù)式有意義的前提，列不等式解得．解(1)要使函數(shù)f(x)有意義，必須且只須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x－2|－1≥0，,x－1>0，,x－1≠1.))解不等式組得x≥3，因此函數(shù)f(x)的定義域為[3，＋∞)．(2)要使函數(shù)有意義，必須且只須eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,－x2－3x＋4>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－1，,x＋4x－1<0，))解得：－1<x<1.因此f(x)的定義域為(－1,1)．求函數(shù)定義域的主要依據(jù)是(1)分式的分母不能為零；(2)偶次方根的被開方式其值非負；(3)對數(shù)式中真數(shù)大于零，底數(shù)大于零且不等于1.【訓(xùn)練1】(2012·天津耀華中學(xué)月考)(1)已知f(x)的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，求函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x－\f(1,2)))的定義域；(2)已知函數(shù)f(3－2x)的定義域為[－1,2]，求f(x)的定義域．解(1)令x2－x－eq\f(1,2)＝t，知f(t)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(t\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))≤t≤\f(1,2)))，∴－eq\f(1,2)≤x2－x－eq\f(1,2)≤eq\f(1,2)，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x≥0，,x2－x－1≤0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0或x≥1，,\f(1－\r(5),2)≤x≤\f(1＋\r(5),2)，))∴所求函數(shù)的定義域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋\r(5),2))).(2)用換元思想，令3－2x＝t，f(t)的定義域即為f(x)的定義域，∵t＝3－2x(x∈[－1,2])，∴－1≤t≤5，故f(x)的定義域為[－1,5]．考向二求函數(shù)的解析式【例2】?(1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，求f(x)；(2)定義在(－1,1)內(nèi)的函數(shù)f(x)滿足2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)，求函數(shù)f(x[審題視點](1)用代換法求解；(2)構(gòu)造方程組求解．解(1)令t＝eq\f(2,x)＋1，則x＝eq\f(2,t－1)，∴f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即f(x)＝lgeq\f(2,x－1).(2)x∈(－1,1)時，有2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1)．以－x代x得，2f(－x)－f(x)＝lg(－x＋1)．②由①②消去f(－x)得f(x)＝eq\f(2,3)lg(x＋1)＋eq\f(1,3)lg(1－x)，x∈(－1,1)．求函數(shù)解析式的方法主要有：(1)代入法；(2)換元法；(3)待定系數(shù)法；(4)解函數(shù)方程等．【訓(xùn)練2】(1)已知f(x)是二次函數(shù)，若f(0)＝0，且f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，試求f(x)的表達式．(2)已知f(x)＋2f(eq\f(1,x))＝2x＋1，求f(x)．解(1)由題意可設(shè)f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，則a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＝ax2＋(b＋1)x∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2).因此f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x.(2)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＋2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2x＋1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋2fx＝\f(2,x)＋1，))消去feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，得f(x)＝eq\f(4＋x－2x2,3x).考向三分段函數(shù)【例3】?(2011·遼寧)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1，,1－log2x，x＞1，))則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是()．A．[－1,2]B．[0,2]C．[1，＋∞)D．[0，＋∞)[審題視點]對于分段函數(shù)應(yīng)分段求解，最后再求其并集．解析f(x)≤2?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,21－x≤2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞1，,1－log2x≤2))?0≤x≤1或x＞1，故選D.答案D分段函數(shù)是一類重要的函數(shù)模型．解決分段函數(shù)問題，關(guān)鍵抓住在不同的段內(nèi)研究問題，如本例中，需分x≤1和x＞1時分別解得x的范圍，再求其并集．【訓(xùn)練3】(2011·江蘇)已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1.))若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為________．解析分類討論：(1)當a＞0時，1－a＜1,1＋a＞1.這時f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a；f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3由f(1－a)＝f(1＋a)，得2－a＝－1－3a，解得a＝－eq\f(3,2)，不符合題意，舍去．(2)當a＜0時，1－a＞1,1＋a＜1，這時f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a；f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a由f(1－a)＝f(1＋a)，得－1－a＝2＋3a，解得a＝－eq\f(3,4).綜合(1)，(2)知a的值為－eq\f(3,4).答案－eq\f(3,4)閱卷報告1——忽視函數(shù)的定義域【問題診斷】函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，必須先求出函數(shù)的定義域．如果是復(fù)合函數(shù)，應(yīng)該根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法，首先判斷兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)同增異減的法則求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．由于思維定勢的原因，考生容易忽視定義域，導(dǎo)致錯誤．【防范措施】研究函數(shù)的任何問題時，把求函數(shù)的定義域放在首位，即遵循“定義域優(yōu)先”的原則．【示例】?求函數(shù)y＝logeq\f(1,3)(x2－3x)的單調(diào)區(qū)間．錯因忽視函數(shù)的定義域，把函數(shù)y＝logeq\f(1,3)t的定義域誤認為R導(dǎo)致出錯．實錄設(shè)t＝x2－3x.∵函數(shù)t的對稱軸為直線x＝eq\f(3,2)，故t在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．∴函數(shù)y＝logeq\f(1,3)(x2－3x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).正解設(shè)t＝x2－3x，由t＞0，得x＜0或x＞3，即函數(shù)的定義域為(－∞，0)∪(3，＋∞)．函數(shù)t的對稱軸為直線x＝eq\f(3,2)，故t在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，＋∞))上單調(diào)遞增．而函數(shù)y＝logeq\f(1,3)t為單調(diào)遞減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)y＝logeq\f(1,3)(x2－3x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(3，＋∞)．【試一試】求函數(shù)f(x)＝log2(x2－2x－3)的單調(diào)區(qū)間．[嘗試解答]由x2－2x－3＞0，得x＜－1或x＞3，即函數(shù)的定義域為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．令t＝x2－2x－3，則其對稱軸為x＝1，故t在(－∞，－1)上是減函數(shù)，在(3，＋∞)上是增函數(shù)．又y＝log2t為單調(diào)增函數(shù)．故函數(shù)y＝log2(x2－2x－3)的單調(diào)增區(qū)間為(3，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)．第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值【高考會這樣考】1．考查求函數(shù)單調(diào)性和最值的基本方法．2．利用函數(shù)的單調(diào)性求單調(diào)區(qū)間．3．利用函數(shù)的單調(diào)性求最值和參數(shù)的取值范圍．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】本講復(fù)習(xí)首先回扣課本，從“數(shù)”與“形”兩個角度來把握函數(shù)的單調(diào)性和最值的概念，復(fù)習(xí)中重點掌握：(1)函數(shù)單調(diào)性的判斷及其應(yīng)用；(2)求函數(shù)最值的各種基本方法；對常見題型的解法要熟練掌握．基礎(chǔ)梳理1．函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I.如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)圖象描述自左向右圖象是上升的自左向右圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做f(x)的單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件.①對于任意x∈I，都有f(x)≤M；①對于任意x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.結(jié)論M為最大值M為最小值一個防范函數(shù)的單調(diào)性是對某個區(qū)間而言的，所以要受到區(qū)間的限制．例如函數(shù)y＝eq\f(1,x)分別在(－∞，0)，(0，＋∞)內(nèi)都是單調(diào)遞減的，但不能說它在整個定義域即(－∞，0)∪(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，只能分開寫，即函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞)，不能用“∪”連接．兩種形式設(shè)任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么①eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0?f(x)在[a，b]上是增函數(shù)；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0?f(x)在[a，b]上是減函數(shù)．兩條結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時最值一定在端點取到．(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大(小)值．四種方法函數(shù)單調(diào)性的判斷(1)定義法：取值、作差、變形、定號、下結(jié)論．(2)復(fù)合法：同增異減，即內(nèi)外函數(shù)的單調(diào)性相同時，為增函數(shù)，不同時為減函數(shù)．(3)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．(4)圖象法：利用圖象研究函數(shù)的單調(diào)性．雙基自測1．設(shè)f(x)為奇函數(shù)，且在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)，f(－2)＝0，則xf(x)＜0的解集為()．A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－2,0)∪(0,2)答案C2．(2011·湖南)已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為()．A．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] B．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))C．[1,3] D．(1,3)解析函數(shù)f(x)的值域是(－1，＋∞)，要使得f(a)＝g(b)，必須使得－x2＋4x－3＞－1.即x2－4x＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜x＜2＋eq\r(2).答案B3．(2012·保定一中質(zhì)檢)已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)的實數(shù)x的取值范圍是()．A．(－1,1) B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析由已知條件：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0，))解得－1<x<1，且x≠0.答案C4．(2011·江蘇)函數(shù)f(x)＝log5(2x＋1)的單調(diào)增區(qū)間是______．解析要使y＝log5(2x＋1)有意義，則2x＋1＞0，即x＞－eq\f(1,2)，而y＝log5u為(0，＋∞)上的增函數(shù)，當x＞－eq\f(1,2)時，u＝2x＋1也為增函數(shù)，故原函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))5．若x＞0，則x＋eq\f(2,x)的最小值為________．解析∵x＞0，則x＋eq\f(2,x)≥2eq\r(x·\f(2,x))＝2eq\r(2)當且僅當x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)時，等號成立，因此x＋eq\f(2,x)的最小值為2eq\r(2).答案2eq\r(2)考向一函數(shù)的單調(diào)性的判斷【例1】?試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋1)的單調(diào)性．[審題視點]可采用定義法或?qū)?shù)法判斷．解法一f(x)的定義域為R，在定義域內(nèi)任取x1＜x2，都有f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x\o\al(2,1)＋1)－eq\f(x2,x\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(x1－x21－x1x2,x\o\al(2,1)＋1x\o\al(2,2)＋1)，其中x1－x2＜0，xeq\o\al(2,1)＋1＞0，xeq\o\al(2,2)＋1＞0.①當x1，x2∈(－1,1)時，即|x1|＜1，|x2|＜1，∴|x1x2|＜1，則x1x2＜1,1－x1x2＞0，f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，∴f(x)為增函數(shù)．②當x1，x2∈(－∞，－1]或[1，＋∞)時，1－x1x2＜0，f(x1)＞f(x2)，∴f(x)為減函數(shù)．綜上所述，f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是減函數(shù)．法二∵f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x2＋1)))′＝eq\f(x2＋1－xx2＋1′,x2＋12)＝eq\f(x2＋1－2x2,x2＋12)＝eq\f(1－x2,x2＋12)，∴由f′(x)＞0解得－1＜x＜1.由f′(x)＜0解得x＜－1或x＞1，∴f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，在(－∞，－1]和[1，＋∞)上是減函數(shù)．判斷(或證明)函數(shù)單調(diào)性的主要方法有：(1)函數(shù)單調(diào)性的定義；(2)觀察函數(shù)的圖象；(3)利用函數(shù)和、差、積、商和復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷法則；(4)利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等．【訓(xùn)練1】討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調(diào)性．解設(shè)－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\f(x－1＋1,x－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝aeq\f(x2－x1,x1－1x2－1)當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞增．考向二利用已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)的值(或范圍)【例2】?已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a,x)(a>0)在(2，＋∞)上遞增，求實數(shù)a的取值范圍．[審題視點]求參數(shù)的范圍轉(zhuǎn)化為不等式恒成時要注意轉(zhuǎn)化的等價性．解法一設(shè)2<x1<x2，由已知條件f(x1)－f(x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)＋a,x1)－eq\f(x\o\al(2,2)＋a,x2)＝(x1－x2)＋aeq\f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－a,x1x2)<0恒成立．即當2<x1<x2時，x1x2>a恒成立．又x1x2>4，則0<a≤4.法二f(x)＝x＋eq\f(a,x)，f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＞0得f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－eq\r(a))，(eq\r(a)，＋∞)，根據(jù)已知條件eq\r(a)≤2，解得0<a≤4.已知函數(shù)的解析式，能夠判斷函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，反之已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可確定函數(shù)解析式中參數(shù)的值或范圍，可通過列不等式或解決不等式恒成立問題進行求解．【訓(xùn)練2】函數(shù)y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()．A．a(chǎn)＝－3B．a(chǎn)<3C．a(chǎn)≤－3D．a(chǎn)≥－3解析y＝eq\f(x－5,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－a＋2)，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,a＋2≤－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<3，,a≤－3，))∴a≤－3.答案C考向三利用函數(shù)的單調(diào)性求最值【例3】?已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當x＞0時，f(x)＜0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．[審題視點]抽象函數(shù)單調(diào)性的判斷，仍須緊扣定義，結(jié)合題目作適當變形．(1)證明法一∵函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，∴令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0.再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)．在R上任取x1＞x2，則x1－x2＞0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x＞0時，f(x)＜0，而x1－x2＞0，∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．因此f(x)在R上是減函數(shù)．法二設(shè)x1＞x2，則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x＞0時，f(x)＜0，而x1－x2＞0，∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在R上為減函數(shù)．(2)解∵f(x)在R上是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上也是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3,3]上的最大值為2，最小值為－2.對于抽象函數(shù)的單調(diào)性的判斷仍然要緊扣單調(diào)性的定義，結(jié)合題目所給性質(zhì)和相應(yīng)的條件，對任意x1，x2在所給區(qū)間內(nèi)比較f(x1)－f(x2)與0的大小，或eq\f(fx1,fx2)與1的大?。袝r根據(jù)需要，需作適當?shù)淖冃危喝鐇1＝x2·eq\f(x1,x2)或x1＝x2＋x1－x2等．【訓(xùn)練3】已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且當x＞1時，f(x)＜0.(1)求f(1)的值；(2)判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．解(1)令x1＝x2＞0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，則eq\f(x1,x2)＞1，由于當x＞1時，f(x)＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．(3)∵f(x)在[0，＋∞)上是單調(diào)遞減函數(shù)．∴f(x)在[2,9]上的最小值為f(9)．由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.∴f(x)在[2,9]上的最小值為－2.規(guī)范解答2——如何解不等式恒成立問題【問題研究】在恒成立的條件下，如何確定參數(shù)的范圍是歷年來高考考查的重點內(nèi)容，近年來在新課標地區(qū)的高考命題中，由于三角函數(shù)、數(shù)列、導(dǎo)數(shù)知識的滲透，使原來的分離參數(shù)法、根的分布法增添了思維難度，因而含參數(shù)不等式的恒成立問題常出現(xiàn)在綜合題的位置.【解決方案】解決這類問題的關(guān)鍵是將恒成立問題進行等價轉(zhuǎn)化，使之轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，或者區(qū)間根的分布問題，進而運用最值原理或者區(qū)間根原理使問題獲解，常用方法還有函數(shù)性質(zhì)法，分離參數(shù)法等.【示例】?(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋2，當x∈[－1，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．利用函數(shù)性質(zhì)求f(x)的最值，從而解不等式f(x)min≥a，得a的取值范圍．解題過程中要注意a的范圍的討論．[解答示范]∵f(x)＝(x－a)2＋2－a2，∴此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a(1分)(1)當a∈(－∞，－1)時，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.(3分)要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得a≥－3，即－3≤a＜－1.(6分)(2)當a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2.(8分)要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2－a2≥a(10分)解得－2≤a≤1，即－1≤a≤1.(11分)綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[－3,1](12分)本題是利用函數(shù)的性質(zhì)求解恒成立問題，主要的解題步驟是研究函數(shù)的性質(zhì)，由于導(dǎo)數(shù)知識的運用，拓展了這類問題深度和思維的廣度，因此，解答問題時，一般的解題思路是先通過對函數(shù)求導(dǎo)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，從而確定函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性，得到區(qū)間上對應(yīng)的函數(shù)最值．【試一試】當x∈(1,2)時，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，則m的取值范圍是________．解析法一當x∈(1,2)時，不等式x2＋mx＋4<0可化為：m<－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))，又函數(shù)f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))在(1,2)上遞增，則f(x)>－5，則m≤－5.法二設(shè)g(x)＝x2＋mx＋4當－eq\f(m,2)≤eq\f(3,2)，即m≥－3時，g(x)＜g(2)＝8＋2m當－eq\f(m,2)＞eq\f(3,2)，即m＜－3時，g(x)＜g(1)＝5＋m由已知條件可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≥－3，,8＋2m≤0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜－3，,5＋m≤0.))解得m≤－5答案(－∞，－5]第3講函數(shù)的奇偶性與周期性【高考會這樣考】1．判斷函數(shù)的奇偶性．2．利用函數(shù)奇偶性、周期性求函數(shù)值及求參數(shù)值．3．考查函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的綜合應(yīng)用．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】本講復(fù)習(xí)時應(yīng)結(jié)合具體實例和函數(shù)的圖象，理解函數(shù)的奇偶性、周期性的概念，明確它們在研究函數(shù)中的作用和功能．重點解決綜合利用函數(shù)的性質(zhì)解決有關(guān)問題．基礎(chǔ)梳理1．奇、偶函數(shù)的概念一般地，如果對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)．一般地，如果對于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)．奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱；偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱．2．奇、偶函數(shù)的性質(zhì)(1)奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的單調(diào)性相同，偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的單調(diào)性相反．(2)在公共定義域內(nèi)①兩個奇函數(shù)的和是奇函數(shù)，兩個奇函數(shù)的積是偶函數(shù)；②兩個偶函數(shù)的和、積都是偶函數(shù)；③一個奇函數(shù)，一個偶函數(shù)的積是奇函數(shù)．3．周期性(1)周期函數(shù)：對于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個非零常數(shù)T，使得當x取定義域內(nèi)的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(shù)的周期．(2)最小正周期：如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個最小的正數(shù)，那么這個最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．一條規(guī)律奇、偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱．函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱是函數(shù)具有奇偶性的必要不充分條件．兩個性質(zhì)(1)若奇函數(shù)f(x)在x＝0處有定義，則f(0)＝0.(2)設(shè)f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．三種方法判斷函數(shù)的奇偶性，一般有三種方法：(1)定義法；(2)圖象法；(3)性質(zhì)法．三條結(jié)論(1)若對于R上的任意的x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝(2)若對于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)，且f(2b－x)＝f(x)(其中a＜b)，則：y＝f(x)是以2(b－a(3)若f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝eq\f(1,fx)或f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，那么函數(shù)f(x)是周期函數(shù)，其中一個周期為T＝2a；(3)若f(x＋a)＝f(x＋b)(a≠b)，那么函數(shù)f(x)是周期函數(shù)，其中一個周期為T＝2|a－b|.雙基自測1．(2011·全國)設(shè)f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當0≤x≤1時，f(x)＝2x(1－x)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝()．A.－eq\f(1,2)B.－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)解析因為f(x)是周期為2的奇函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).故選A.答案A2．(2012·福州一中月考)f(x)＝eq\f(1,x)－x的圖象關(guān)于()．A．y軸對稱 B．直線y＝－x對稱C．坐標原點對稱 D．直線y＝x對稱解析f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f(－x)＝eq\f(1,－x)－(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))＝－f(x)，則f(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱．答案C3．(2011·廣東)設(shè)函數(shù)f(x)和g(x)分別是R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，則下列結(jié)論恒成立的是()．A．f(x)＋|g(x)|是偶函數(shù)B．f(x)－|g(x)|是奇函數(shù)C．|f(x)|＋g(x)是偶函數(shù)D．|f(x)|－g(x)是奇函數(shù)解析由題意知f(x)與|g(x)|均為偶函數(shù)，A項：偶＋偶＝偶；B項：偶－偶＝偶，B錯；C項與D項：分別為偶＋奇＝偶，偶－奇＝奇均不恒成立，故選A.答案A4．(2011·福建)對于函數(shù)f(x)＝asinx＋bx＋c(其中，a，b∈R，c∈Z)，選取a，b，c的一組值計算f(1)和f(－1)，所得出的正確結(jié)果一定不可能是()．A．4和6 B．3和1C．2和4 D．1和2解析∵f(1)＝asin1＋b＋c，f(－1)＝－asin1－b＋c且c∈Z，∴f(1)＋f(－1)＝2c是偶數(shù)，只有D項中兩數(shù)和為奇數(shù)，故不可能是D.答案D5．(2011·浙江)若函數(shù)f(x)＝x2－|x＋a|為偶函數(shù)，則實數(shù)a＝________.解析法一∵f(－x)＝f(x)對于x∈R恒成立，∴|－x＋a|＝|x＋a|對于x∈R恒成立，兩邊平方整理得ax＝0對于x∈R恒成立，故a＝0.法二由f(－1)＝f(1)，得|a－1|＝|a＋1|，得a＝0.答案0考向一判斷函數(shù)的奇偶性【例1】?下列函數(shù)：①f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)；②f(x)＝x3－x；③f(x)＝ln(x＋eq\r(x2＋1))；④f(x)＝eq\f(3x－3－x,2)；⑤f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x).其中奇函數(shù)的個數(shù)是()．A．2B．3C．4[審題視點]利用函數(shù)奇偶性的定義判斷．解析①f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)的定義域為{－1,1}，又f(－x)＝±f(x)＝0，則f(x)＝eq\r(1－x2)＋eq\r(x2－1)是奇函數(shù)，也是偶函數(shù)；②f(x)＝x3－x的定義域為R，又f(－x)＝(－x)3－(－x)＝－(x3－x)＝－f(x)，則f(x)＝x3－x是奇函數(shù)；③由x＋eq\r(x2＋1)>x＋|x|≥0知f(x)＝ln(x＋eq\r(x2＋1))的定義域為R，又f(－x)＝ln(－x＋eq\r(－x2＋1))＝lneq\f(1,x＋\r(x2＋1))＝－ln(x＋eq\r(x2＋1))＝－f(x)，則f(x)為奇函數(shù)；④f(x)＝eq\f(3x－3－x,2)的定義域為R，又f(－x)＝eq\f(3－x－3x,2)＝－eq\f(3x－3－x,2)＝－f(x)，則f(x)為奇函數(shù)；⑤由eq\f(1－x,1＋x)>0得－1<x<1，f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)的定義域為(－1,1)，又f(－x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))－1＝－lneq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，則f(x)為奇函數(shù)．答案D判斷函數(shù)的奇偶性的一般方法是：(1)求函數(shù)的定義域；(2)證明f(－x)＝f(x)或f(－x)＝－f(x)成立；或者通過舉反例證明以上兩式不成立．如果二者皆未做到是不能下任何結(jié)論的，切忌主觀臆斷．【訓(xùn)練1】判斷下列函數(shù)的奇偶性：(1)f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x＋3|－3)；(2)f(x)＝x2－|x－a|＋2.解(1)解不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,|x＋3|－3≠0，))得－2≤x<0，或0<x≤2，因此函數(shù)f(x)的定義域是[－2,0)∪(0,2]，則f(x)＝eq\f(\r(4－x2),x).f(－x)＝eq\f(\r(4－－x2),－x)＝－eq\f(\r(4－x2),x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)．(2)f(x)的定義域是(－∞，＋∞)．當a＝0時，f(x)＝x2－|x|＋2，f(－x)＝x2－|－x|＋2＝x2－|x|＋2＝f(x)．因此f(x)是偶函數(shù)；當a≠0時，f(a)＝a2＋2，f(－a)＝a2－|2af(－a)≠f(a)，且f(－a)≠－f(a)．因此f(x)既不是偶函數(shù)也不是奇函數(shù)．考向二函數(shù)奇偶性的應(yīng)用【例2】?已知f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))(x≠0)．(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)證明：f(x)＞0.[審題視點](1)用定義判斷或用特值法否定；(2)由奇偶性知只須求對稱區(qū)間上的函數(shù)值大于0.(1)解法一f(x)的定義域是(－∞，0)∪(0，＋∞)∵f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＝eq\f(x,2)·eq\f(2x＋1,2x－1).∴f(－x)＝eq\f(－x,2)·eq\f(2－x＋1,2－x－1)＝eq\f(x,2)·eq\f(2x＋1,2x－1)＝f(x)．故f(x)是偶函數(shù)．法二f(x)的定義域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝eq\f(3,2)，f(－1)＝eq\f(3,2)，∴f(x)不是奇函數(shù)．∵f(x)－f(－x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＋xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(2x,1－2x)＋1))＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2x,2x－1)＋1))＝x(－1＋1)＝0，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函數(shù)．(2)證明當x＞0時，2x＞1,2x－1＞0，所以f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＞0.當x＜0時，－x＞0，所以f(－x)＞0，又f(x)是偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，所以f(x)＞0.綜上，均有f(x)＞0.根據(jù)函數(shù)的奇偶性，討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是常用的方法．奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性相同；偶函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性相反．所以對具有奇偶性的函數(shù)的單調(diào)性的研究，只需研究對稱區(qū)間上的單調(diào)性即可．【訓(xùn)練2】已知奇函數(shù)f(x)的定義域為[－2,2]，且在區(qū)間[－2,0]內(nèi)遞減，求滿足：f(1－m)＋f(1－m2)＜0的實數(shù)m的取值范圍．解∵f(x)的定義域為[－2,2]，∴有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤1－m≤2，,－2≤1－m2≤2，))解得－1≤m≤eq\r(3).①又f(x)為奇函數(shù)，且在[－2,0]上遞減，∴在[－2,2]上遞減，∴f(1－m)＜－f(1－m2)＝f(m2－1)?1－m＞m2－1，即－2＜m＜1.②綜合①②可知，－1≤m＜1.考向三函數(shù)的奇偶性與周期性【例3】?已知函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱，當x∈[0,1]時，f(x)＝2x－1，(1)求證：f(x)是周期函數(shù)；(2)當x∈[1,2]時，求f(x)的解析式；(3)計算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2013)的值．[審題視點](1)只需證明f(x＋T)＝f(x)，即可說明f(x)為周期函數(shù)；(2)由f(x)在[0,1]上的解析式及f(x)圖象關(guān)于x＝1對稱求得f(x)在[1,2]上的解析式；(3)由周期性求和的值．(1)證明函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱，則f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝f[(2＋x)＋2]＝－f(2＋x)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．(2)解當x∈[1,2]時，2－x∈[0,1]，又f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱，則f(x)＝f(2－x)＝22－x－1，x∈[1,2]．(3)解∵f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1又f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2013)＝f(2012)＋f(2013)＝f(0)＋f(1)＝1.判斷函數(shù)的周期只需證明f(x＋T)＝f(x)(T≠0)便可證明函數(shù)是周期函數(shù)，且周期為T，函數(shù)的周期性常與函數(shù)的其他性質(zhì)綜合命題，是高考考查的重點問題．【訓(xùn)練3】已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，g(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且g(x)＝f(x－1)，則f(2013)＋f(2015)的值為()．A．－1B．1C．0D．無法計算解析由題意，得g(－x)＝f(－x－1)，又∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，g(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴g(－x)＝－g(x)，f(－x)＝f(x)，∴f(x－1)＝－f(x＋1)，∴f(x)＝－f(x＋2)，∴f(x)＝f(x＋4)，∴f(x)的周期為4，∴f(2013)＝f(1)，f(2015)＝f(3)＝f(－1)，又∵f(1)＝f(－1)＝g(0)＝0，∴f(2013)＋f(2015)＝0.答案C規(guī)范解答3——如何解決奇偶性、單調(diào)性、周期性的交匯問題【問題研究】函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、周期性是函數(shù)的三大性質(zhì)，它們之間既有區(qū)別又有聯(lián)系，高考作為考查學(xué)生綜合能力的選拔性考試，在命題時，常常將它們綜合在一起命制試題.【解決方案】根據(jù)奇偶性的定義知，函數(shù)的奇偶性主要體現(xiàn)為f－x與fx的相等或相反關(guān)系，而根據(jù)周期函數(shù)的定義知，函數(shù)的周期性主要體現(xiàn)為fx＋T與fx的關(guān)系，它們都與fx有關(guān)，因此，在一些題目中，函數(shù)的周期性常常通過函數(shù)的奇偶性得到.函數(shù)的奇偶性體現(xiàn)的是一種對稱關(guān)系，而函數(shù)的單調(diào)性體現(xiàn)的是函數(shù)值隨自變量變化而變化的規(guī)律，因此，在解題時，往往需借助函數(shù)的奇偶性或周期性來確定函數(shù)在另一區(qū)間上的單調(diào)性，即實現(xiàn)區(qū)間的轉(zhuǎn)換，再利用單調(diào)性來解決相關(guān)問題.【示例】?(本題滿分12分)(2011·沈陽模擬)設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當0≤x≤1時，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)當－4≤x≤4時，求f(x)的圖象與x軸所圍成圖形的面積；(3)寫出(－∞，＋∞)內(nèi)函數(shù)f(x)的單調(diào)增(或減)區(qū)間．第(1)問先求函數(shù)f(x)的周期，再求f(π)；第(2)問，推斷函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，再結(jié)合周期畫出圖象，由圖象易求面積；第(3)問，由圖象觀察寫出．[解答示范](1)由f(x＋2)＝－f(x)得，f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，(2分)∴f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(4分)(2)由f(x)是奇函數(shù)與f(x＋2)＝－f(x)，得：f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，即f(1＋x)＝f(1－x)．故知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．(6分)又0≤x≤1時，f(x)＝x，且f(x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱，則f(x)的圖象如圖所示．(8分)當－4≤x≤4時，f(x)的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.(10分)(3)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[4k－1,4k＋1](k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間[4k＋1,4k＋3](k∈Z)．(12分)關(guān)于奇偶性、單調(diào)性、周期性的綜合性問題，關(guān)鍵是利用奇偶性和周期性將未知區(qū)間上的問題轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的問題．【試一試】已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，則()．A．f(－25)＜f(11)＜f(80) B．f(80)＜f(11)＜f(－25)C．f(11)＜f(80)＜f(－25) D．f(－25)＜f(80)＜f(11)[嘗試解答]由函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且f(x)在[0,2]上是增函數(shù)可以推知，f(x)在[－2,2]上遞增，又f(x－4)＝－f(x)?f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，故函數(shù)f(x)以8為周期，f(－25)＝f(－1)，f(11)＝f(3)＝－f(3－4)＝f(1)，f(80)＝f(0)，故f(－25)＜f(80)＜f(11)．故選D.答案D第4講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)【高考會這樣考】1．考查指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)及其應(yīng)用．2．以指數(shù)與指數(shù)函數(shù)為知識載體，考查指數(shù)的運算和函數(shù)圖象的應(yīng)用．3．以指數(shù)或指數(shù)型函數(shù)為命題背景，重點考查參數(shù)的計算或比較大小．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1．熟練掌握指數(shù)的運算是學(xué)好該部分知識的基礎(chǔ)，較高的運算能力是高考得分的保障，所以熟練掌握這一基本技能是重中之重．2．本講復(fù)習(xí)，還應(yīng)結(jié)合具體實例了解指數(shù)函數(shù)的模型，利用圖象掌握指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)．重點解決：(1)指數(shù)冪的運算；(2)指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì).基礎(chǔ)梳理1．根式(1)根式的概念如果一個數(shù)的n次方等于a(n＞1且，n∈N*)，那么這個數(shù)叫做a的n次方根．也就是，若xn＝a，則x叫做a的n次方根，其中n＞1且n∈N*.式子eq\r(n,a)叫做根式，這里n叫做根指數(shù)，a叫做被開方數(shù)．(2)根式的性質(zhì)①當n為奇數(shù)時，正數(shù)的n次方根是一個正數(shù)，負數(shù)的n次方根是一個負數(shù)，這時，a的n次方根用符號eq\r(n,a)表示．②當n為偶數(shù)時，正數(shù)的n次方根有兩個，它們互為相反數(shù)，這時，正數(shù)的正的n次方根用符號eq\r(n,a)表示，負的n次方根用符號－eq\r(n,a)表示．正負兩個n次方根可以合寫為±eq\r(n,a)(a＞0)．③eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(n,a)))n＝a.④當n為奇數(shù)時，eq\r(n,an)＝a；當n為偶數(shù)時，eq\r(n,an)＝|a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa≥0,－aa＜0)).⑤負數(shù)沒有偶次方根．2．有理數(shù)指數(shù)冪(1)冪的有關(guān)概念①正整數(shù)指數(shù)冪：an＝a·a·…·eq\o(a,\s\do4(n個))(n∈N*)；②零指數(shù)冪：a0＝1(a≠0)；③負整數(shù)指數(shù)冪：a－p＝eq\f(1,ap)(a≠0，p∈N*)；④正分數(shù)指數(shù)冪：aeq\f(m,n)＝eq\r(n,am)(a＞0，m、n∈N*，且n＞1)；⑤負分數(shù)指數(shù)冪：a－eq\f(m,n)＝eq\f(1,a\f(m,n))＝eq\f(1,\r(n,am))(a＞0，m、n∈N*且n＞1)．⑥0的正分數(shù)指數(shù)冪等于0,0的負分數(shù)指數(shù)冪沒有意義．(2)有理數(shù)指數(shù)冪的性質(zhì)①aras＝ar＋s(a＞0，r、s∈Q)②(ar)s＝ars(a＞0，r、s∈Q)③(ab)r＝arbr(a＞0，b＞0，r∈Q)．3．指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)y＝axa＞10＜a＜1圖象定義域R值域(0，＋∞)性質(zhì)過定點(0,1)x＜0時，0＜y＜1x＜0時，y＞1.在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)當x＞0時，0＜y＜1；當x＞0時，y＞1；在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)一個關(guān)系分數(shù)指數(shù)冪與根式的關(guān)系根式與分數(shù)指數(shù)冪的實質(zhì)是相同的，分數(shù)指數(shù)冪與根式可以相互轉(zhuǎn)化，通常利用分數(shù)指數(shù)冪進行根式的化簡運算．兩個防范(1)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性是由底數(shù)a的大小決定的，因此解題時通常對底數(shù)a按：0＜a＜1和a＞1進行分類討論．(2)換元時注意換元后“新元”的范圍．三個關(guān)鍵點畫指數(shù)函數(shù)y＝ax(a＞0，且a≠1)的圖象，應(yīng)抓住三個關(guān)鍵點：(1，a)，(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a))).雙基自測1．(2011·山東)若點(a,9)在函數(shù)y＝3x的圖象上，則taneq\f(aπ,6)的值為()．A．0B.eq\f(\r(3),3)C．1D.eq\r(3)解析由題意有3a＝9，則a＝2，∴taneq\f(aπ,6)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).答案D2．(2012·郴州五校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝2|x－1|的圖象是()．解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x<1，))故選B.答案B3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2x＋1)，則該函數(shù)在(－∞，＋∞)上是()．A．單調(diào)遞減無最小值 B．單調(diào)遞減有最小值C．單調(diào)遞增無最大值 D．單調(diào)遞增有最大值解析設(shè)y＝f(x)，t＝2x＋1，則y＝eq\f(1,t)，t＝2x＋1，x∈(－∞，＋∞)t＝2x＋1在(－∞，＋∞)上遞增，值域為(1，＋∞)．因此y＝eq\f(1,t)在(1，＋∞)上遞減，值域為(0,1)．答案A4．(2011·天津)已知a＝5log23.4，b＝5log43.6，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))log30.3，則()．A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞cC．a(chǎn)＞c＞b D．c＞a＞b解析c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))log30.3＝5－log30.3＝5log3eq\f(10,3)，log23.4＞log22＝1，log43.6＜log44＝1，log3eq\f(10,3)＞log33＝1，又log23.4＞log2eq\f(10,3)＞log3eq\f(10,3)，∴l(xiāng)og23.4＞log3eq\f(10,3)＞log43.6又∵y＝5x是增函數(shù)，∴a＞c＞b.答案C5．(2012·天津一中月考)已知aeq\f(1,2)＋a－eq\f(1,2)＝3，則a＋a－1＝______；a2＋a－2＝________.解析由已知條件(aeq\f(1,2)＋a－eq\f(1,2))2＝9.整理得：a＋a－1＝7又(a＋a－1)2＝49，因此a2＋a－2＝47.答案747考向一指數(shù)冪的化簡與求值【例1】?化簡下列各式(其中各字母均為正數(shù))．(1)eq\f(a\f(2,3)·b－1－\f(1,2)·a－\f(1,2)·b\f(1,3),\r(6,a·b5))；(2)eq\f(5,6)aeq\f(1,3)·b－2·(－3a－eq\f(1,2)b－1)÷(4aeq\f(2,3)·b－3)eq\f(1,2).[審題視點]熟記有理數(shù)指數(shù)冪的運算性質(zhì)是化簡的關(guān)鍵．解(1)原式＝eq\f(a－\f(1,3)b\f(1,2)·a－\f(1,2)b\f(1,3),a\f(1,6)b\f(5,6))＝a－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)－eq\f(1,6)·beq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(5,6)＝eq\f(1,a).(2)原式＝－eq\f(5,2)a－eq\f(1,6)b－3÷(4aeq\f(2,3)·b－3)eq\f(1,2)＝－eq\f(5,4)a－eq\f(1,6)b－3÷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(1,3)b－\f(3,2)))＝－eq\f(5,4)a－eq\f(1,2)·b－eq\f(3,2)＝－eq\f(5,4)·eq\f(1,\r(ab3))＝－eq\f(5\r(ab),4ab2).化簡結(jié)果要求(1)若題目以根式形式給出，則結(jié)果用根式表示；(2)若題目以分數(shù)指數(shù)冪的形式給出，則結(jié)果用分數(shù)指數(shù)冪表示；(3)結(jié)果不能同時含有根號和分數(shù)指數(shù)冪，也不能既有分母又有負指數(shù)冪．【訓(xùn)練1】計算：(1)0.027－eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(7,9)))eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))0；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))－eq\f(1,2)·eq\f(\r(4ab－1)3,0.1－2a3b－3\f(1,2)).解(1)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,1000)))－eq\f(1,3)－(－1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,9)))eq\f(1,2)－1＝eq\f(10,3)－49＋eq\f(5,3)－1＝－45.(2)原式＝eq\f(4\f(1,2)·4\f(3,2),100)·aeq\f(3,2)·a－eq\f(3,2)·beq\f(3,2)·b－eq\f(3,2)＝eq\f(4,25)a0·b0＝eq\f(4,25).考向二指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)【例2】?已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))·x3(a＞0且a≠1)．(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)討論函數(shù)f(x)的奇偶性；(3)求a的取值范圍，使f(x)＞0在定義域上恒成立．[審題視點]對解析式較復(fù)雜的函數(shù)判斷其奇偶性要適當變形；恒成立問題可通過求最值解決．解(1)由于ax－1≠0，且ax≠1，所以x≠0.∴函數(shù)f(x)的定義域為{x|x∈R，且x≠0}．(2)對于定義域內(nèi)任意x，有f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－x－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ax,1－ax)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3＝f(x)，∴f(x)是偶函數(shù)．(3)當a＞1時，對x＞0，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知ax＞1，∴ax－1＞0，eq\f(1,ax－1)＋eq\f(1,2)＞0.又x＞0時，x3＞0，∴x3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))＞0，即當x＞0時，f(x)＞0.又由(2)知f(x)為偶函數(shù)，即f(－x)＝f(x)，則當x＜0時，－x＞0，有f(－x)＝f(x)＞0成立．綜上可知，當a＞1時，f(x)＞0在定義域上恒成立．當0＜a＜1時，f(x)＝eq\f(ax＋1x3,2ax－1).當x＞0時，1＞ax＞0，ax＋1＞0，ax－1＜0，x3＞0，此時f(x)＜0，不滿足題意；當x＜0時，－x＞0，f(－x)＝f(x)＜0，也不滿足題意．綜上可知，所求a的取值范圍是a＞1.(1)判斷此類函數(shù)的奇偶性，常需要對所給式子變形，以達到所需要的形式，另外，還可利用f(－x)±f(x)，eq\f(fx,f－x)來判斷．(2)將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域問題，是解決恒成立問題的常用方法．【訓(xùn)練2】設(shè)f(x)＝eq\f(e－x,a)＋eq\f(a,e－x)是定義在R上的函數(shù)．(1)f(x)可能是奇函數(shù)嗎？(2)若f(x)是偶函數(shù)，試研究其在(0，＋∞)的單調(diào)性．解(1)假設(shè)f(x)是奇函數(shù)，由于定義域為R，∴f(－x)＝－f(x)，即eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e－x,a)＋\f(a,e－x)))，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))(ex＋e－x)＝0，即a＋eq\f(1,a)＝0，即a2＋1＝0顯然無解．∴f(x)不可能是奇函數(shù)．(2)因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，即eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)＝eq\f(e－x,a)＋eq\f(a,e－x)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))(ex－e－x)＝0，又∵對任意x∈R都成立，∴有a－eq\f(1,a)＝0，得a＝±1.當a＝1時，f(x)＝e－x＋ex，以下討論其單調(diào)性，任取x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝ex1＋e－x1－ex2－e－x2＝eq\f(ex1－ex2ex1＋x2－1,ex1＋x2)，∵x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，∴ex1＋x2＞1，ex1－ex2＜0，∴ex1＋x2－1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴函數(shù)f(x)＝eq\f(e－x,a)＋eq\f(a,e－x)，當a＝1時在(0，＋∞)為增函數(shù)，同理，當a＝－1時，f(x)在(0，＋∞)為減函數(shù)．考向三指數(shù)函數(shù)圖象的應(yīng)用【例3】?(2009·山東)函數(shù)y＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)的圖象大致為()．[審題視點]函數(shù)圖象的判斷要充分利用函數(shù)的性質(zhì)，如奇偶性、單調(diào)性．解析y＝eq\f(e2x＋1,e2x－1)＝1＋eq\f(2,e2x－1)，當x＞0時，e2x－1＞0且隨著x的增大而增大，故y＝1＋eq\f(2,e2x－1)＞1且隨著x的增大而減小，即函數(shù)y在(0，＋∞)上恒大于1且單調(diào)遞減，又函數(shù)y是奇函數(shù)，故選A.答案A利用指數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)可研究復(fù)合函數(shù)的圖象和性質(zhì)，比如：函數(shù)y＝eq\f(ax－1,ax＋1)，y＝eq\f(ex－e－x,2)，y＝lg(10x－1)等．【訓(xùn)練3】已知方程10x＝10－x，lgx＋x＝10的實數(shù)解分別為α和β，則α＋β的值是________．解析作函數(shù)y＝f(x)＝10x，y＝g(x)＝lgx，y＝h(x)＝10－x的圖象如圖所示，由于y＝f(x)與y＝g(x)互為反函數(shù)，∴它們的圖象是關(guān)于直線y＝x對稱的．又直線y＝h(x)與y＝x垂直，∴y＝f(x)與y＝h(x)的交點A和y＝g(x)與y＝h(x)的交點B是關(guān)于直線y＝x對稱的．而y＝x與y＝h(x)的交點為(5,5)．又方程10x＝10－x的解α為A點橫坐標，同理，β為B點橫坐標．∴eq\f(α＋β,2)＝5，即α＋β＝10.答案10難點突破3——如何求解新情景下指數(shù)函數(shù)的問題高考中對指數(shù)函數(shù)的考查，往往突出新概念、新定義、新情景中的問題，題目除最基本問題外，注重考查一些小、巧、活的問題，突出考查思維能力和化歸等數(shù)學(xué)思想．一、新情景下求指數(shù)型函數(shù)的最值問題的解法【示例】?(2011·福建五市模擬)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義．對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≥K，,K，fx＜K，))取函數(shù)f(x)＝2＋x＋e－x，若對任意的x∈(－∞，＋∞)，恒有fK(x)＝f(x)，則K的最大值為________．二、新情景下求與指數(shù)型函數(shù)有關(guān)的恒成立問題的解法【示例】?若f1(x)＝3|x－1|，f2(x)＝2·3|x－a|，x∈R，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1x，f1x≤f2x，,f2x，f1x＞f2x，))則f(x)＝f1(x)對所有實數(shù)x成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．第5講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)【高考會這樣考】1．考查對數(shù)函數(shù)的定義域與值域．2．考查對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用．3．考查以對數(shù)函數(shù)為載體的復(fù)合函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)．4．考查對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)的關(guān)系．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】復(fù)習(xí)本講首先要注意對數(shù)函數(shù)的定義域，這是研究對數(shù)函數(shù)性質(zhì)．判斷與對數(shù)函數(shù)相關(guān)的復(fù)合函數(shù)圖象的重要依據(jù)，同時熟練把握對數(shù)函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，特別注意底數(shù)對函數(shù)單調(diào)性的影響．基礎(chǔ)梳理1．對數(shù)的概念(1)對數(shù)的定義如果ax＝N(a＞0且a≠1)，那么數(shù)x叫做以a為底N的對數(shù)，記作x＝logaN，其中a叫做對數(shù)的底數(shù)，N叫做真數(shù)．(2)幾種常見對數(shù)對數(shù)形式特點記法一般對數(shù)底數(shù)為a(a＞0且a≠1)log常用對數(shù)底數(shù)為10lgN自然對數(shù)底數(shù)為eln_N2.對數(shù)的性質(zhì)與運算法則(1)對數(shù)的性質(zhì)①alogaN＝N；②logaaN＝N(a＞0且a≠1)．(2)對數(shù)的重要公式①換底公式：logbN＝eq\f(logaN,logab)(a，b均大于零且不等于1)；②logab＝eq\f(1,logba)，推廣logab·logbc·logcd＝logad.(3)對數(shù)的運算法則如果a＞0且a≠1，M＞0，N＞0，那么①loga(MN)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)；④logamMn＝eq\f(n,m)logaM.3．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)a＞10＜a＜1圖象性質(zhì)定義域：(0，＋∞)值域：R過點(1,0)當x＞1時，y＞0當0＜x＜1，y＜0當x＞1時，y＜0當0＜x＜1時，y＞0是(0，＋∞)上的增函數(shù)是(0，＋∞)上的減函數(shù)4.反函數(shù)指數(shù)函數(shù)y＝ax與對數(shù)函數(shù)y＝logax互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線y＝x對稱．一種思想對數(shù)源于指數(shù)，指數(shù)式和對數(shù)式可以互化，對數(shù)的性質(zhì)和運算法則都可以通過對數(shù)式與指數(shù)式的互化進行證明．兩個防范解決與對數(shù)有關(guān)的問題時，(1)務(wù)必先研究函數(shù)的定義域；(2)注意對數(shù)底數(shù)的取值范圍．三個關(guān)鍵點畫對數(shù)函數(shù)的圖象應(yīng)抓住三個關(guān)鍵點：(a,1)，(1,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1)).四種方法對數(shù)值的大小比較方法化同底后利用函數(shù)的單調(diào)性．(2)作差或作商法．(3)利用中間量(0或1)．(4)化同真數(shù)后利用圖象比較．雙基自測1．(2010·四川)2log510＋log50.25＝()．A．0B．1C．2解析原式＝log5100＋log50.25＝log525＝2.答案C2．(人教A版教材習(xí)題改編)已知a＝log0.70.8，b＝log1.10.9，c＝1.10.9，則a，b，cA．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜bC．b＜a＜c D．c＜a＜b解析將三個數(shù)都和中間量1相比較：0＜a＝log0.70.8＜1，b＝log1.10.9＜0，c＝1.10.9答案C3．(2012·黃岡中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝log2(3x＋1)的值域為()．A．(0，＋∞) B．[0，＋∞)C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)解析設(shè)y＝f(x)，t＝3x＋1.則y＝log2t，t＝3x＋1，x∈R.由y＝log2t，t>1知函數(shù)f(x)的值域為(0，＋∞)．答案A4．(2012·汕尾模擬)下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)＝|ln(2－x)|在其上為增函數(shù)的是()．A．(－∞，1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(4,3)))C