2022年高考数学解题技巧 2.pdf

学习必备欢迎下载高考数学解题技巧（每周一计. 整理版）每周一计第一计恒成立问题的处理策略恒成立问题一直以来都有是数学中的一个重点、难点，这类问题也没有一个固定的思想方法去处理，各类考试以及高考中都屡见不鲜。如何更好地简单，准确，快速解决这类问题并更好地认识把握，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。一转化为二次函数，利用分类讨论思想直接处理例1已知函数f(x)=x2-2ax+4 在区间 -1，2 上都不小于2，求 a 的值。解：由函数f(x)=x2-2ax+4 的对称轴为x=a所以必须考察a 与-1，2 的大小，显然要进行三种分类讨论1当 a2 时 f(x)在-1，2上是减函数此时min)(xf= f(2)=4-4a+42即 a23结合 a2，所以 a 的解集为2当 a1时 f(x)在-1，2上是增函数，min)(xf= f(-1)=1+2a+42结合 a1即123a3当 -1a4x+a-3都成立的x 的取值范围。解：不等式变形为x2+(x-1)a-4x+30设 f(a)= (x-1)a+x2-4x+3 ，则其是关于a 的一个一次函数：是单调函数结合题意有0)0(0)4(ff即得1x或3x三利用不等式性质快速处理例 3若关于x的不等式 |x-2|+|x+3|a 恒成立，试求a 的范围解：由题意知只须min)32(xxa由5) 3(232xxxx所以5a四构造新函数，利用导数求最值迂回处理。例 4已知) 1lg(21)(xxf)2lg()(txxg若当 1 ,0 x时)()(xgxf在0，1恒成立，求实数t的取值范围。解：)()(xgxf在0，1 上恒成立，即021txx在0，1上恒成立令txxxF21)(则须 F(x) 在0，1上的最大值小于或等于0 所以121412121)(xxxxF0340122xxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17 页学习必备欢迎下载又 1 ,0 x所以0)(xF即)(xF在 0， 1上单调递减所以)0(max)(FxF即01)0()(tFxF得1t（拓展：若将恒成立改成有解，即)()(xgxf在 0，1上有解，则应F(x)min0。 ）五分离参变量，变换处理例 5 已知二次函数1)(2xaxxf对2,0 x恒有0)(xf，求a的取值范围。解：对2,0 x恒有0)(xf即012xax变形为) 1(2xax当0 x时对任意的a都满足0)(xf只须考虑0 x的情况2) 1(xxa即211xxa要满足题意只要保证a比右边的最大值大。现求211xx在2,0 x上的最大值。令211txt41)21()(22ttttg（21t）43)21()(maxgtg所以43a又1)(2xaxxf是二次函数0a所以43a且0a六利用数形结合，直观处理例 6：不等式)4(xxax在3,0 x内恒成立，求实数a 的取值范围。解：画出两个函数axy和)4(xxy在3 ,0 x上的图象如图知当3x时3y，33a当3 ,0 x时总有)4(xxax所以每周一计第二计由递推关系求数列通项公式给定初始条件和递推关系是确定数列的一种方法，这类问题是近年来高考中的重点、热点问题。1. 形如 an+1-an=f(n)型（1）若 f(n)为常数 , 即： an+1-an=d, 此时数列为等差数列，则an=a1+(n-1) d. （2）若 f(n)为 n 的函数时，用迭加法. 例 1. 已知数列 an满足)2(3, 1111naaannn, 证明213nnax y 0 3 axy33a33a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页学习必备欢迎下载证明：由已知得：an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+ +(a2-a1)+a1=213nna. 练 一 练1 ： 已 知 数 列 an 满 足31a，)2()1(11nnnaann， 求 此 数 列 的 通 项 公 式 . 2. 形如型 ( 答案： ) （1）当 f(n)为常数，即：qaann 1（q0） ，此时数列为等比数列，na=11nqa. （2）当 f(n)为 n 的函数时 , 用累乘法 . 例2. 设 an 是首项为1 的正项数列，且(n+1) a2n+1-na2n+an+1an=0( n=1,2,3,) ，则它的通项公式是an=_. 解：已知等式可化为：( an+1+an)(n+1) an+1-nan=00na(*Nn)(n+1)01nnnaa, 即11nnaann2n时，nnaann11112211aaaaaaaannnnn=121121nnnn=n1. 评注：本题是关于an和 an+1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与 an+1的更为明显的关系式，从而求出an. 练一练 2: 已知 an+1=nan+n-1，a1-1, 求数列 an的通项公式 .(na)1() 1(1an！- 1.) 3. 形如 an+1=can+d( c0 且 c1,d 0其中 a1=a)型用待定系数法 构造辅助数列 . 规律：将递推关系dcaann 1化为)1(11cdaccdann, 构造成公比为c 的等比数列1cdan从而求得通项公式)1(1111cdaccdann例 3已知数列 an中，,2121,211nnaaa求通项na. 分析：两边直接加上1cd, 构造新的等比数列。解：由,21211nnaa得)1(2111nnaa, 所以数列 1na构成以111a为首项，以21为公比的等比数列所以1)21(1nna, 即1)21(1nna. 4形如 an+1=pan+f(n)型.213133321nnn)(1nfaannnan14精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页学习必备欢迎下载( 1) 若bknnf)( 其中 k,b 是常数，且0k) 用构造法例 4在数列 an中， a1=1，an+1=3an+2n 求通项 an. 解：设 an+1+p(n+1)+d=3(an+pn+d) 则 an+1=3an+2pn+2d-p an+1=3an+2n2p=2 2d-p=0则 p=1,d=12令 cn=an+n+12则cn+1=3cn， cn是等比数列，公比为3 c1=52则1532nncg151322nnan练一练 3：在数列 an 中，231a, 2an-an-1=6n-3 求通项 an.(96)21(9nann.) ( 2) 若 f(n)=qn( 其中 q 是常数， p 1 且 n 0,1) 方法（ i） . 两边同除以pn+1. 即： , 令nnnpab，则11()nnnqbbpp, 变型为类型1，累加求通项 . （ii） . 两边同除以qn+1 . 即： , 令nnnqab, 则可化为qbqpbnn11. 然后转化为类型3 来解，( iii ). 待定系数法：设 an+1+qn+1=p(an+qn). 则 an+1=pan+ (p-q)qn)， ，令则 cn+1=pcncn 是等比数列，可求cn通项。例 5. 设 a0为常数，且an=3n-1-2an-1 求通项an. 解：设 an+ 3n=-2(an-1+ 3n-1), 即: an=-2an-1-53n-1, 比较系数得：15, 所以51所以)351(235111nnnnaa, 所以数列35nna是公比为 2，首项为135a的等比数列 . ).()2)(5321(5310Nnaannn即012)1(2)1(351aannnnnn. 5、形如（0,0,qsrp）型取 倒数法例 6. 已知数列 an中， a1=2，求通项公式an。解：取倒数：2111nnaa2111nnaa.3422322) 1(111nannaann6、形如 f(Sn,n)=0 型可利用公式：11SSSannn)1()2(nn直接求出通项na（别忘了讨论n=1 的情况！）例 7：已知数列 an的前 n 项和为 Sn=2n2-n Sn=n2+n+1 ， 分别求数列 an的通项公式。111()nnnnnaaqpqppqqaqpqannnn111)(Nnsrapaannn11)2(1211naaannn1pq1nnncaqpq精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 17 页学习必备欢迎下载解析：当n=1 时， a1=S1=1当 n2 时， an=2n2-n-2(n-1)2+(n-1)=4n-3 经检验 n=1 时， a1= 1也适合an=4n-3当 n=1 时， a1=S1=3当 n2 时， an=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n经检验 n=1 时， a1=3不适合nan23)2()1(nn7、形如 f(Sn,Sn+1)=0 型方法（ i） . 看成 Sn 的递推公式，求Sn的通项公式，再转化成类型1-5（ii） . 利用 an=Sn-Sn-1转化成关于an和 an-1的关系式再求。例 8已知数列 an的首项 a1=1，前 n项和 Sn满足关系式3tSn-(2t+3)Sn-1=3t （t 为常数且t0，n=2,3,4 ）（ 1 ） 求 证 ： 数 列 an 是 等 比 数 列 ；（ 2 ） 设 数 列 an 的 公 比 为f(t) ， 作 数 列 bn ， 使b1=1 ，11()nnbfb(2,)nnN，求 bn解析： （1）由111Sa，21221Saaa，得23(1)(23)3tatt,2233tat，又13(23)3nntStSt，123(23)3nntStSt得13(23)0nnt ata，得123,3,4,3nnatnatna是一个首项为1，公比为的等比数列。（2）由2321( )33tf ttt，有1112()3nnnbfbbnb是一个首项为1，公差为23的等差数列，2211(1)33nnbn。8、形如 f(Sn,an)=0 型利用 an=Sn-Sn-1转化为g(an,an-1)=0型或h(Sn,Sn-1)=0型例 9. 数列 an 的前 n 项和记为Sn，已知).3 ,2, 1(2, 111nSnnaann证明：数列是等比数列 . 方法（ 1）,2,111nnnnnSnnaSSa),()2(1nnnSSnSn整理得,) 1(21nnSnnS所以，故是以 2 为公比的等比数列. 方法（ 2） ：事实上，我们也可以转化为121nnSSnn，为一个商型的递推关系，21233atat233ttnSn.211nSnSnnnSn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页学习必备欢迎下载由112211SSSSSSSSnnnnn=111111222221231nnnnnnanannnn得， 下面易求证。每周一计第二计由递推关系求数列通项公式给定初始条件和递推关系是确定数列的一种方法，这类问题是近年来高考中的重点、热点问题。2. 形如 an+1-an=f(n)型（1）若 f(n)为常数 , 即： an+1-an=d, 此时数列为等差数列，则an=a1+(n-1) d. （2）若 f(n)为 n 的函数时，用迭加法. 例 1. 已知数列 an满足)2(3, 1111naaannn, 证明213nna证明：由已知得：an-an-1=3n-1，故an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+ +(a2-a1)+a1=213nna. 练 一 练1 ： 已 知 数 列 an 满 足31a，)2()1(11nnnaann， 求 此 数 列 的 通 项 公 式 . 2. 形如型 ( 答案： ) （1）当 f(n)为常数，即：qaann 1（q0） ，此时数列为等比数列，na=11nqa. （2）当 f(n)为 n 的函数时 , 用累乘法 . 例2. 设 an 是首项为1 的正项数列，且(n+1) a2n+1-na2n+an+1an=0( n=1,2,3,) ，则它的通项公式是an=_. 解：已知等式可化为：( an+1+an)(n+1) an+1-nan=00na(*Nn)(n+1)01nnnaa, 即11nnaann2n时，nnaann11112211aaaaaaaannnnn=121121nnnn=n1. 评注：本题是关于an和 an+1的二次齐次式，可以通过因式分解（一般情况时用求根公式）得到an与 an+1的更为明显的关系式，从而求出an. 练一练 2: 已知 an+1=nan+n-1，a1-1, 求数列 an的通项公式 .(na)1() 1(1an！- 1.) 3. 形如 an+1=can+d( c0 且 c1,d 0其中 a1=a)型用待定系数法 构造辅助数列 . 规律：将递推关系dcaann 1化为)1(11cdaccdann, 构造成公比为c 的等比数列12nnSn.213133321nnn)(1nfaannnan14精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 17 页学习必备欢迎下载1cdan从而求得通项公式)1(1111cdaccdann例 3已知数列 an中，,2121,211nnaaa求通项na. 分析：两边直接加上1cd, 构造新的等比数列。解：由,21211nnaa得)1(2111nnaa, 所以数列 1na构成以111a为首项，以21为公比的等比数列所以1)21(1nna, 即1)21(1nna. 4形如 an+1=pan+f(n)型( 1) 若bknnf)( 其中 k,b 是常数，且0k) 用构造法例 4在数列 an中， a1=1，an+1=3an+2n 求通项 an. 解：设 an+1+p(n+1)+d=3(an+pn+d) 则 an+1=3an+2pn+2d-p an+1=3an+2n2p=2 2d-p=0则 p=1,d=12令 cn=an+n+12则cn+1=3cn， cn是等比数列，公比为3 c1=52则1532nncg151322nnan练一练 3：在数列 an 中，231a, 2an-an-1=6n-3 求通项 an.(96)21(9nann.) ( 2) 若 f(n)=qn( 其中 q 是常数， p 1 且 n 0,1) 方法（ i） . 两边同除以pn+1. 即： , 令nnnpab，则11()nnnqbbpp, 变型为类型1，累加求通项 . （ii） . 两边同除以qn+1 . 即： , 令nnnqab, 则可化为qbqpbnn11. 然后转化为类型3 来解，( iii ). 待定系数法：设 an+1+qn+1=p(an+qn). 则 an+1=pan+ (p-q)qn)， ，令则 cn+1=pcncn 是等比数列，可求cn通项。例 5. 设 a0为常数，且an=3n-1-2an-1 求通项an. 解：设 an+ 3n=-2(an-1+ 3n-1), 即: an=-2an-1-53n-1, 比较系数得：15, 所以51所以)351(235111nnnnaa, 所以数列35nna是公比为 2，首项为135a的等比数列 . 111()nnnnnaaqpqppqqaqpqannnn111)(Nn1pq1nnncaqpq精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页学习必备欢迎下载).()2)(5321(5310Nnaannn即012)1(2)1(351aannnnnn. 5、形如（0,0,qsrp）型取 倒数法例 6. 已知数列 an中， a1=2，求通项公式an。解：取倒数：2111nnaa2111nnaa.3422322) 1(111nannaann6、形如 f(Sn,n)=0 型可利用公式：11SSSannn)1()2(nn直接求出通项na（别忘了讨论n=1 的情况！）例 7：已知数列 an的前 n 项和为 Sn=2n2-n Sn=n2+n+1 ， 分别求数列 an的通项公式。解析：当n=1 时， a1=S1=1当 n2 时， an=2n2-n-2(n-1)2+(n-1)=4n-3 经检验 n=1 时， a1= 1也适合an=4n-3当 n=1 时， a1=S1=3当 n2 时， an=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n经检验 n=1 时， a1=3不适合nan23)2()1(nn7、形如 f(Sn,Sn+1)=0 型方法（ i） . 看成 Sn 的递推公式，求Sn的通项公式，再转化成类型1-5（ii） . 利用 an=Sn-Sn-1转化成关于an和 an-1的关系式再求。例 8已知数列 an的首项 a1=1，前 n项和 Sn满足关系式3tSn-(2t+3)Sn-1=3t （t 为常数且t0，n= 2,3,4 ）（ 1 ） 求 证 ： 数 列 an 是 等 比 数 列 ；（ 2 ） 设 数 列 an 的 公 比 为f(t) ， 作 数 列 bn ， 使b1=1 ，11()nnbfb(2,)nnN，求 bn解析： （1）由111Sa，21221Saaa，得23(1)(23)3tatt,2233tat，又13(23)3nntStSt，123(23)3nntStSt得13(23)0nnt ata，得123,3,4,3nnatnatna是一个首项为1，公比为的等比数列。（2）由2321( )33tf ttt，有1112()3nnnbfbbsrapaannn11)2(1211naaannn21233atat233tt精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页学习必备欢迎下载nb是一个首项为1，公差为23的等差数列，2211(1)33nnbn。8、形如 f(Sn,an)=0 型利用 an=Sn-Sn-1转化为g(an,an-1)=0型或h(Sn,Sn-1)=0型例 9. 数列 an 的前 n 项和记为Sn，已知).3 ,2, 1(2, 111nSnnaann证明：数列是等比数列 . 方法（ 1）,2,111nnnnnSnnaSSa),()2(1nnnSSnSn整理得,) 1(21nnSnnS所以，故是以 2 为公比的等比数列. 方法（ 2） ：事实上，我们也可以转化为121nnSSnn，为一个商型的递推关系，由112211SSSSSSSSnnnnn=111111222221231nnnnnnanannnn得， 下面易求证。每周一计第四计 用导数探讨函数图象的交点问题运用导数进行函数的性质、函数图象的交点和方程根的分布等的综合研究，实际上就是运用导数考查函数图象的交点个数问题。如何 运 用 导 数 的 知 识 研 究 函 数 图 象 的 交 点 问 题 呢 ？例 1已知函数f(x)=x2+8x,g(x)=6lnx+m（）求f(x)在区间 t,t+1 上的最大值h(t); （）是否存在实数m，使得y=f(x) 的图象与y=g(x) 的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m的取值范围； ，若不存在，说明理由。解： （）略（ II）函数y=f(x) 的图象与y=g(x) 的图象有且只有三个不同的交点，x0 函数(x)=g(x)f(x) =2x8x+6ln x+m 的图象与x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。)( x=2x8+ 随 x 变化如下表：x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+ ) (x)+ 0 - 0 + (x)增极大值减极小值增x极大值= (1)=1-8+m=m-7，x极小值= (3)=9-24+6ln3+m=m+6ln3-15当 x0+时，(x)，当 x 时，(x) 要使(x)=0 有三个不同的正实数根，必须且只须,0153ln6)(,07)(极小值极大值mxmx7m0 或m-715-6In3或 m7 时，函数y=f(x) 与 y=g(x) 的图象有且只有一个不同的交点（分析草图见图2 和图 3） 。引申 2：如果“有且只有三个不同的交点”变为“有且只有两个不同的交点”怎么解答呢？前面相同，只需把后面改为极小值)(xm+6In3-15 =0 或极大值)(xm-7=0，即 m=15-6In3或 m=7 时，函数 y=f(x) 与 y=g(x) 的图象有且只有两个不同的交点（分析草图见图4 和图5） 。图 4 图 5 从上题的解答我们可以看出，用导数来探讨函数y=f(x) 的图象与函数y=g(x) 的图象的交点问题，有以下几个步骤：构造函数(x)= f(x)g(x)求导研究函数(x)的单调性和极值（必要时要研究函数图象端点的极限情况）画出函数(x)的草图，观察与x 轴的交点情况，列不等式解不等式。解题的关键是会用数形结合思想来研究问题。例 2 已知函数f(x)=x3+3ax-1，g(x)=f (x)-ax-5 其中)(xf是的 f(x)的导函数。（）对满足的一切a的值，都有 g(x)0 求实数 x 的取值范围；（）设a=-m2，当实数m 在什么范围内变化时，函数yf(x)的图像与直线y=3 只有一个公共点。解： （）略（） f(x)=x3+3ax-1，当0m时， f(x)=x3-1 的图象与直线y=3 只有一个公共点当0m时，令 h(x)= f(x) -3= x3-3m2x-4 ，h (x) =3x2+3a=3x2-3m2h(x)随 x 变化如下表：x（), mm,mmm,mh (x) 00h (x) 增极大减极小增h(x)极小值=h(|m|)=-2m2|m|-4|m| 时函数 y=h(x)的图象与x 轴只有一个公共点。当 x-|m| 时，恒有h(x)h(-|m|)由题意得h(-|m|)0 即 2m2|m|-40 解得综上，m的取值范围是（分析草图见图6）极小值)(x极大值)(x)( x11a2233fxxm,m332,00,2m332,2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页学习必备欢迎下载图 6 当然，题目并不是千篇一律的，也有些变式，但是基本方法没有变化。例 3已知 f(x)是二次函数，不等式f(x)0, h(x) 是增函数；当10(0,)3x时， h (x)0, h(x) 是增函数。（见图 7）图 7 101(3)10, ()0, (4)50,327hhhh(-2)=-19 ，h(-1)=25方程 h(x)=0 在区间 (-2,-1),1010(3,),(,4)33内分别有惟一实数根，而在区间(0,3)和(4,)内没有实数根，所以存在惟一的自然数m=3，使得方程37( )0f xx在区间 (m,m+1) 内有且只有两个不同的实数根。每周一计第五计抽象函数解题方法与技巧所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。一、换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法. 例1. 已知 f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求 f(x)解：令 u=1+sinx ，则 sinx=u-1(0u2),则 f(u)=-u2+3u+1(0u2) 故 f(x)=-x2+3x+1(0 x2) 二、方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。例 2.232| )(:|,)1(2)(),)(,(xfxxfxfxfxf(x)y求证且为实数即是实数函数设解:xxx fxxfxfxx323)(,1)(2)1(,1联立方程组，得得代换用精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页学习必备欢迎下载322323| )(|xxxf三、待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。例 3已知 f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求 f(x). 解：由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a 0)代入 f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c f(x-1)= a(x-1)2+b(x-1)+c=ax2+( b -2a)x+a-b+c f(x+1)+ f(x-1)=2ax2+2bx+2a+2c=2x2-4x 比较系数得：a=1,b= -2,c= -1 , f(x)=x2-2x-1. 四、赋值法有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。例 4对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2f(y)2且 f(1)0,则 f(2001)=_. 解：令 x=y=0 ，得： f(0)=0 ,令 x=0 ,y=1,得 f(0+12)=f(0)+2f(1)2, f(1)0 f(1)= . 令 x=n,y=1 ，得 f(n+1)=f(n)+2f(1)2=f(n)+ 即 f(n+1)-f(n) =12，故 f(n)=2n，f(2001)= 20012例 5已知 f(x)是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的实数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a).(1)求 f(0)，f(1)的值； (2)判断 f(x)的奇偶性 ,并证明你的结论; (3)若 f(2)=2,un=f(2n) (nN* ),求证： un+1un(nN*). 解： (1)令 a=b=0 ,得 f(0)=0 ,令 a=b=1 ,得 f(1)=0 . (2)f(x)是奇函数。因为：令a=b=-1 ,得 f(-1)(-1)=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0, 故 f(-x)=f(-1)(x)= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故 f(x)为奇函数 . (3)先用数学归纳法证明：un=f(2n)0(nN* )(略 ) 五、转化法通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便. 例 6设函数f(x)对任意实数x,y，都有 f(x+y)=f(x)+f(y),若 x0 时 f(x)0 ,且 f(1)= -2 ,求 f(x)在-3，3上的最大值和最小值。解：令 x=y=0 ，得 f(0)=0 ,令 y=-x ,得 f(-x)+f(x)=f(0)=0,即 f(x)为奇函数 . 设 x10,由已知得f(x2-x1)0 ,故 f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1) f(x1)所以 f(x)是 R 上的减函数，又f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6，f(-3)=6故 f(x)在-3,3上的最大值为6,最小值为 -6. 例 7定义在R+上的函数f(x)满足：对任意实数m，f(xm)=mf(x) ； f(2)=1 . (1)求证： f(xy)=f(x)+f(y) 对任意正数x,y 都成立；(2)证明 f(x)是 R+上的单调增函数；(3)若 f(x)+f(x-3)2,求 x 的取值范围。解： (1)令 x=2m,y=2n,其中 m,n为实数，则f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n. 又 f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以 f(xy)=f(x)+f(y)（2）证明：设0 x1x2，可令 mn 且使 x1=2m,x2=2n由（ 1）得 f(x1)-f(x2)=12xfx=f(2m-n)=(m-n)f(2)=m-n0故 f(x1)f(x2)，即 f(x)是 R+上的增函数。(3)由 f(x)+f(x-3)2 及 f(x)的性质，得fx(x-3)2f(2)=f(4)解得30,nN；f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N* ；f(2)=4同时成立？若存在，求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由。解：假设存在这样的函数f(x)，满足条件，得f(2)=f(1+1)= f(1) f(1)=4 ，解得 f(1)=2又 f(2)=4=22,f(3)=23,由此猜想： f(x)=2x(xN*) (数学归纳证明略）例 9已知f(x)是定义在R 上的函数， f(1)=1 ，且对任意xR 都有f(x+5)f(x)+5 ，f(x+1)f(x)+1 。若g(x)=f(x)+1-x ,则 g(2002)=_. 解：由 f(x+1)f(x)+1 得 f(x+5)f(x+4)+1f(x+3)+2f(x+2)+3f(x+1)+4 又 f(x+5)f(x)+5 f(x)+5f(x+1)+4 f(x)+1f(x+1) 又 f(x+1)f(x)+1 f(x+1)=f(x)+1 又 f(1)=1 f(x)=x g(x)=f(x)+1-x=1，故 g(2002)=1 。七、模型法模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。应掌握下面常见的特殊模型：特殊模型抽象函数正比例函数f(x)=kx (k0) f(x+y)=f(x)+f(y) 幂函数f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) fxxfyfy或指数函数f(x)=ax(a0 且 a1) f(x+y)=f(x)f(y)fxfxyfy或对数函数f(x)=logax(a0 且 a1) f(xy)=f(x)+f(y) xffxfyy或正、余弦函数f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x) 正切函数f(x)=tanx( )( )()1( )( )f xf yf xyf x f y余切函数f(x)=cotx1( )( )()( )( )f x f yf xyf xf y例 10已知实数集上的函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x), 方程f(x)=0有5 个实根 , 则这5 个根之和=_ 分析： 因为函数f(x)恒满足 f(2+x)= f(2-x) , 方程 f(x)=0 有 5 个实根， 可以将该函数看成是类似于二次函数 y=k(x-2)2为模型引出解题思路，即函数的对称轴是x=2， 并且函数在f(2)=0 ， 其余的四个实数根关于x=2对称解：因为实数集上的函数f(x)恒满足 f(2+x)= f(2-x), 方程 f(x)=0 有 5 个实根，所以函数关于直线x=2对称，所以方程的五个实数根也关于直线x=2 对称，其中有一个实数根为2，其它四个实数根位于直线x=2两侧，关于直线x=2 对称，则这5 个根之和为10。例 11 设定义在R 上的函数f(x)， 满足当 x0 时，f(x)1 ， 且对任意 x，yR， 有 f(x+y)=f(x)f(y)，f(1)=2 （1）解不等式f(3x-x2)4； （2）解方程 f(x)2+12f(x+3)=f(2)+1 分析：可联想指数函数f(x)=ax。解： (1)先证 f(x)0 ，且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)，x0 时 f(x)1 ，所以 f(0)=1对于任意x0，f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1， f(x)=1fx-x0，f(-x)10f(x)0任取 x1,x2R 且 x10，f(x2-x1)1, 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17 页学习必备欢迎下载所以 f(x1)-f(x2)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10所以 xR 时， f(x)为增函数。不等式 f(3x-x2)4可化为3x-x22 解得： x|1x1 时，f(x)0设 x1，x2R+，且 x1f(x2)，故 f(x)在 R+上为减函数。附：函数的性质函数的周期性：1、定义在xR 上的函数y=f(x) ，满足 f(x+a)=f(x-a) （或 f(x-2a)=f(x) ）(a0)恒成立，则y=f(x) 是周期为2a的周期函数；2、若 y=f(x) 的图像关于直线x=a 和 x=b 对称，则函数y=f(x) 是周期为2|a-b|的周期函数；3、若 y=f(x)的图像关于点(a,0)和 (b,0)对称，则函数y=f(x) 是周期为2|a-b|的周期函数；4、若 y=f(x)的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b（ab） ，则函数 y=f(x) 是周期为4|a-b|的周期函数；5、若函数y=f(x) 满足 f(a+x)=f(a-x) ，其中 a0，且如果y=f(x) 为奇函数，则其周期为4a；如果 y=f(x) 为偶函数，则其周期为2a；6、定义在 xR 上的函数y=f(x) ，满足 f(x+a)=-f(x)1( )fxaf x或1( )fxaf x或，则 y=f(x) 是周期为 2|a|的周期函数；7、若11fxfxafx在 xR 恒成立，其中a0，则 y=f(x) 是周期为 4a 的周期函数；8、若11fxfxafx在 xR 恒成立，其中a0 ，则 y=f(x) 是周期为2a 的周期函数。（7、 8 应掌握具体推导方法，如7）函数图像的对称性：1、若函数y=f(x) 满足 f(a+x)=f(b-x) ，则函数y=f(x) 的图像关于直线2abx对称；2、若函数y=f(x) 满足 f(x)=f(2a-x) 或 f(x+a)=f(a-x) ，则函数y=f(x) 的图像关于直线x=a 对称；3、若函数y=f(x) 满足 f(a+x)+f(b-x)=c，则 y=f(x) 的图像关于点,22ab c成中心对称图形；4、曲线 f(x,y)=0 关于点 (a,b)的对称曲线的方程为f(2a-x,2b-y)=0 ；1111212112( )( )11fxfxafxfxafxfxaf xf xfx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 17 页学习必备欢迎下载5、形如0,axbycadbccxd的图像是双曲线，由常数分离法dadada xbbacccyddcc xcxcc知：对称中心是点,dac c；6、设函数y=f(x) 定义在实数集上，则y=f(x+a) 与 y=f(b-x) 的图像关于直线2bax对称；7、若函数y=f(x) 有反函数，则y=f(a+x) 和 y=f -1(x+a) 的图像关于直线y=x+a 对称。每周一计第六计二元表达式范围的常见处理途径二元表达式是指含有两个变量的表达式，通常记为),(yxf，有关二元表达式的值域、最值问题是常考题型，要注意其中涉及的数学思想和方法。一、减元例 1 若_cossin,31sinsin2的最大值是则xyyx分析：z若令xy2cossin，利用条件1cossin22，可对zxy2cossin实施减元，使之转化成为z=32sinsin2xx=1211)21(sin2x，这样原二元问题就转化一元表达式的最大值，1sin31sin1xy（易错点 ）1sin32x，当时，32sin x原表达式有最大值94。注：本题除了将二元问题化为一元问题后，还要注意对变量隐含条件的挖掘。一般说来，题目条件中有所求二元变量的等量关系，且能用其中一个去表示另外一个，通常都可以通过减元将二元问题转化为一元问题处理。二、换元例 2已知13422yx, 求yx32的取值范围。分析：由13422yx联想到同角三角关系中的1cossin22，可采用三角换元去处理，)(sin3cos2Ryx由)sin(43sin33cos432yx由1 ,1)sin(得，yx32的取值范围是43,43。注：三角换元是常用的一种换元方法，要选择适当的三角函数，使代数问题三角化，充分利用三角函数的图象和性质去处理，但换元时，要注意三角式和代数式的等价性。常见的换元方法：若 x2+y2=r2令 x=rcos y=rsin 精选学习资料 - - - - -