高考数学解题方法攻略函数理 23页

函数问题的题型与方法 一．复习目标： 1．了解映射的概念，理解函数的概念。 2．了解函数的单调性和奇偶性的概念，掌握判断一些简单函数的单调性和奇偶性的方法， 并 能利用函数的性质简化函数图象的绘制过程。 3．了解反函数的概念及互为反函数的函数图象间的关系，会求一些简单函数的反函数。 4．理解分数指数的概念，掌握有理指数幂的运算性质，掌握指数函数的概念、图象和性 质。 5．理解对数的概念，掌握对数的运算性质，掌握对数函数的概念、图象和性质。 6．能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题。 二．考试要求： 1．灵活运用函数概念、性质和不等式等知识以及分类讨论等方法，解函数综合题。 2．应用函数知识及思想方法，解决函数的最值问题、探索性问题与应用性问题，提高分 析问 题和解决问题的能力。 三．教学过程： 1.设函数 11 0,f x xx   （ ） ， (1) 证明: 当 0< a < b ,且 ( ) ( )f a f b 时,ab >1; (2) 点 P (x0, y0 ) (0< x0 <1 )在曲线 ( )y f x 上,求曲线在点 P 处的切线与 x 轴和 y 轴的 正向所围成的三角形面积表达式(用 x0 表达). 证明：（I）          ),1(,11 ]1,0(,11 |11|)( xx xx xxf 故 f(x)在（0，1 ]上是减函数，而在（1，+∞）上是增函数，由 01 时,方程 f(x)= 0,在[e-ｍ-m ,e2ｍ-m ]内有两个实根. （ I ） 解 ： 函 数 f(x)=x-ln(x+m),x ∈ (-m,+ ∞ ) 连 续 ， 且 mxxfmxxf  1,0)(,11)( '' 得令 当 x∈(-m,1-m)时,f ’（x）<0,f(x)为减函数,f(x)>f(1-m) 当 x∈(1-m, +∞)时,f ’（x）>0,f(x)为增函数,f(x)>f(1-m) 根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m 为极小值，而且 对 x∈(-m, +∞)都有 f(x)≥f(1-m)=1-m 故当整数 m≤1 时，f(x) ≥1-m≥0 (II)证明：由（I）知，当整数 m>1 时，f(1-m)=1-m<0, 函数 f(x)=x-ln(x+m),在 ]1,[ mme m  上为连续减函数. ,)1()(,1 0)ln()( 异号与时当整数 mfmefm emmememef m mmmm     由所给定理知，存在唯一的 0)(),1,( 11   xfmmex m 使 而当整数 m>1 时， ),1121( 032 )12(2213)11(3)( 222 归纳法证明上述不等式也可用数学  mm mmmmmmemef mmm  类似地，当整数 m>1 时，函数 f(x)=x-ln(x+m),在 ],1[ mem m   上为连续增函数且 f(1-m)与 )( 2 mef m  异号，由所给定理知，存在唯一的 0)(],,,1[ 22   xfmemx m 使 故当 m>1 时，方程 f(x)=0 在 ],[ 2 meme mm  内有两个实根。 3．某厂生产某种零件，每个零件的成本为 40 元，出厂单价定为 60 元，该厂为鼓励销售商订 购，决定当一次订购量超过 100 个时，每多订购一个，订购的全部零件的出厂单价就降低 0.02 元，但实际出厂单价不能低于 51 元。 （I）当一次订购量为多少个时，零件的实际出厂单价恰降为 51 元？ （II）设一次订购量为 x 个，零件的实际出厂单价为 P 元，写出函数 P f x ( ) 的表达式； （III）当销售商一次订购 500 个零件时，该厂获得的利润是多少元？如果订购 1000 个，利 润又是多少元？（工厂售出一个零件的利润＝实际出厂单价－成本） 分析：本小题主要考查函数的基本知识，考查应用数学知识分析问题和解决问题的能力。 解：（I）设每个零件的实际出厂价恰好降为 51 元时，一次订购量为 x0 个，则 x0 100 60 51 0 02 550    . 因此，当一次订购量为 550 个时，每个零件的实际出厂价恰好降为 51 元。 （II）当 0 100 x 时， P  60 当100 550 x 时， P x x    60 0 02 100 62 50. ( ) 当 x  550 时， P  51 所以 P f x x x x x N x                ( ) ( ) 60 0 100 62 50 100 550 51 550 （III）设销售商的一次订购量为 x 个时，工厂获得的利润为 L 元，则 L P x x x x x x x N             ( ) ( ) 40 20 0 100 22 50 100 500 2 当 x  500时， L  6000；当 x  1000 时， L  11000 因此，当销售商一次订购 500 个零件时，该厂获得的利润是 6000 元； 如果订购 1000 个，利润是 11000 元。 4．已知 f(x)= 2 2 2   x ax (x∈R)在区间[－1，1]上是增函数. （Ⅰ）求实数 a 的值组成的集合 A； （Ⅱ）设关于 x 的方程 f(x)= x 1 的两个非零实根为 x1、x2.试问：是否存在实数 m，使得不 等式 m2+tm+1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立？若存在，求 m 的取值范围；若不 存在，请说明理由. 分析：本小题主要考查函数的单调性，导数的应用和不等式等有关知识，考查数形结合及分 类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 解：（Ⅰ）f＇(x)= 22 2 )2( 224   x xax = 22 2 )2( )2(2   x axx ， ∵f(x)在[－1，1]上是增函数， ∴f＇(x)≥0 对 x∈[－1，1]恒成立， 即 x2－ax－2≤0 对 x∈[－1，1]恒成立. ① 设 (x)=x2－ax－2， 方法一：  (1)=1－a－2≤0， ①   －1≤a≤1，  (－1)=1+a－2≤0. ∵对 x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a=1 时，f＇(-1)=0 以及当 a=－1 时，f＇ (1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. 方法二： 2 a ≥0， 2 a <0， ①  或  (－1)=1+a－2≤0  (1)=1－a－2≤0  0≤a≤1 或 －1≤a≤0  －1≤a≤1. ∵对 x∈[－1，1]，f(x)是连续函数，且只有当 a=1 时，f＇(－1)=0 以及当 a=-1 时，f＇ (1)=0 ∴A={a|－1≤a≤1}. （Ⅱ）由 2 2 2   x ax = x 1 ，得 x2－ax－2=0， ∵△=a2+8>0 ∴x1，x2 是方程 x2－ax－2=0 的两非零实根， x1+x2=a， ∴ 从而|x1－x2|= 21 2 21 4)( xxxx  = 82 a . x1x2=－2， ∵－1≤a≤1，∴|x1-x2|= 82 a ≤3. 要使不等式 m2+tm+1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立， 当且仅当 m2+tm+1≥3 对任意 t∈[－1，1]恒成立， 即 m2+tm－2≥0 对任意 t∈[－1，1]恒成立. ② 设 g(t)=m2+tm－2=mt+(m2－2)， 方法一： g(－1)=m2－m－2≥0， ②  g(1)=m2+m－2≥0，  m≥2 或 m≤－2. 所以，存在实数 m，使不等式 m2+tm+1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[－1，1]恒成立，其 取值范围是{m|m≥2，或 m≤－2}. 方法二： 当 m=0 时，②显然不成立； 当 m≠0 时， m>0， m<0， ② 或 g(－1)=m2－m－2≥0 g(1)=m2+m－2≥0  m≥2 或 m≤－2. 所以，存在实数 m，使不等式 m2+tm+1≥|x1－x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1，1]恒成立，其取 值范围是{m|m≥2，或 m≤－2}. 5．已知函数 ))(( Rxxf  满足下列条件：对任意的实数 x1，x2 都有 )]()()[()(λ 2121 2 21 xfxfxxxx  和 2121 )()( xxxfxf  ，其中 λ 是大于 0 的常数. 设实数 a0，a，b 满足 0)( 0 af 和 )(λ afab  (Ⅰ)证明 1λ  ，并且不存在 00 ab  ，使得 0)( 0 bf ； (Ⅱ)证明 2 0 22 0 ))(λ1()( aaab  ； (Ⅲ)证明 222 )]()[λ1()]([ afbf  . 分析：本小题主要考查函数、不等式等基本知识，以及综合运用数学知识解决问题的能力. 证法一：（I）任取 则由,,, 2121 xxRxx  )]()()[()( 2121 2 21 xfxfxxxx  和 |||)()(| 2121 xxxfxf  ② 可知 2 2121212121 2 21 |||)()(|||)]()()[()( xxxfxfxxxfxfxxxx  ， 从而 1 . 假设有 则由使得 ,0)(, 000  bfab ①式知 .0)]()()[()(0 0000 2 00 矛盾 bfafbaba ∴不存在 .0)(, 000  bfab 使得 （II）由 )(afab  ③ 可知 22 0 2 0 2 0 2 0 )]([)()(2)()]([)( afafaaaaafaaab   ④ 由 和0)( 0 af ①式，得 2 0000 )()]()()[()()( aaafafaaafaa   ⑤ 由 0)( 0 af 和②式知， 2 0 2 0 2 )()]()([)]([ aaafafaf  ⑥ 由⑤、⑥代入④式，得 2 0 22 0 22 0 2 0 )()(2)()( aaaaaaab   2 0 2 ))(1( aa   （III）由③式可知 22 )]()()([)]([ afafbfbf  22 )]([)]()()[(2)]()([ afafbfafafbf  22 )]([)]()([2)( afafbfabab   （用②式） 222 )]([)]()()[(2)]([ afafbfabaf   2222 )]([)(2)([ afabaf   （用①式） 22 22222 )]()[1( )]([)]([2)]([ af afafaf     证法二：题目中涉及了八个不同的字母参数 ,,,,,,, 2100 xxxbaba 以及它们的抽象函数值 (*)f 。参数量太多，让考生们在短时间内难以理清头绪。因而解决问题的关键就在于“消元” ——把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某几个特定变量来表示，然而再进行运算 证明。“消元”的模式并不难唯一，这里提供一个与标准解答不同的“消元”设想，供参考。 题设中两个主要条件是关于 21 xx  与 )()( 21 xfxf  的齐次式。而点 ))(,( 11 xfx 、 ))(,( 22 xfx 是函数图象上的两个点， 2121 /)()( xxxfxf  是连接这两点的弦的斜率。若欲 证的不等式关系也能转化为这样的斜率表示，则可以借助斜率进行“整体消元”。 设 21, xx 为不相等的两实数，则 0||,0)( 21 2 21  xxxx 由题设条件可得： 21 21 )()(0 xx xfxf    和 1|)()(| 21 21   xx xfxf 。 令 21 21 )()( xx xfxfk   ， 则 对 任 意 相 异 实 数 21, xx ， 有 k 0 及 1|| k ， 即 10  k 。 由此即得 1 ；又对任意 21 xx  有 0k ，得函数 )(xf 在 R 上单调增，所以函数 )(xf 是 R 上的单调增函数。 如果 00 ab  ，则 )()( 00 afbf  ，因为 0)( 0 af ，所以 0)( 0 bf 。即不存在 00 ab  ， 使得 0)( 0 bf 。于是，（Ⅰ）的结论成立。 考虑结论（Ⅱ）： 因为 )(afab  ，故原不等式为 2 0 22 0 ))(1()]([ aaafaa   ； 当 0aa  时，左右两边相等； 当 0aa  时， 0)( 2 0  aa ，且 0)( 0 af ，则原不等式即为： 2 2 0 2 00 1 )( )]()([     aa afafaa ， 令 0 0 )()( aa afafk   ，则原不等式化为 22 1)1(   k ，即为 kk 2)1( 2  。 因为 10  k ，则 kk   2 ，所以 kk 22   成立，即（Ⅱ）中结论成立。 再看结论（Ⅲ）： 原不等式即 0)]([)]([)]([ 2222  afafbf  ， 即 0)]([)](2)()([)]()([ 22  afafafbfafbf  ，注意到 )(afab  ，则 )(afab  ，则原不等式即为 0)(]/)(2)()([)]()([ 2  ababafbfafbf  即 01]2)()([)()(    ab afbf ab afbf ，令 ab afbfk   )()( ，则原不等式即化为 01)/2(  kk ，即 kk 22   ，因为 10  k ，则 kk   2 ，所以 kk 22   成立，即（Ⅲ）的结论成立。 在一般的“消元”方法中，本题三个小题中不等关系的证明过程差异较大。尤其是（Ⅱ） 与（Ⅲ），许多尖子学生证明了（Ⅱ）的结论而不能解决（Ⅲ）。 借助斜率 k“整体消元”的想法把（Ⅱ）、（Ⅲ）中的不等关系都转化为相同的不等关系 kk 22   ，然后由条件 10  k 推证，有独到之处。 （Ⅱ）函数的概念型问题 函数概念的复习当然应该从函数的定义开始．函数有二种定义，一是变量观点下的定义， 一是映射观点下的定义．复习中不能仅满足对这两种定义的背诵，而应在判断是否构成函数 关系，两个函数关系是否相同等问题中得到深化，更应在有关反函数问题中正确运用．具体 要求是： 1．深化对函数概念的理解，明确函数三要素的作用，并能以此为指导正确理解函数与其 反函数的关系． 2．系统归纳求函数定义域、值域、解析式、反函数的基本方法．在熟练有关技能的同时， 注意对换元、待定系数法等数学思想方法的运用． 3．通过对分段定义函数，复合函数，抽象函数等的认识，进一步体会函数关系的本质， 进一步树立运动变化，相互联系、制约的函数思想，为函数思想的广泛运用打好基础． 本部分内容的重点是不仅从认识上，而且从处理函数问题的指导上达到从三要素总体上 把握函数概念的要求，对确定函数三要素的常用方法有个系统的认识，对于给出解析式的函 数，会求其反函数． 本部分的难点首先在于克服“函数就是解析式”的片面认识，真正明确不仅函数的对应 法则，而且其定义域都包含着对函数关系的制约作用，并真正以此作为处理问题的指导．其 次在于确定函数三要素、求反函数等课题的综合性，不仅要用到解方程，解不等式等知识， 还要用到换元思想、方程思想等与函数有关概念的结合． 函数的概念是复习函数全部内容和建立函数思想的基础，不能仅满足会背诵定义，会做 一些有关题目，要从联系、应用的角度求得理解上的深度，还要对确定函数三要素的类型、 方法作好系统梳理，这样才能进一步为综合运用打好基础．复习的重点是求得对这些问题的 系统认识，而不是急于做过难的综合题． ㈠深化对函数概念的认识 例 1．下列函数中，不存在反函数的是 （ ） 分析：处理本题有多种思路．分别求所给各函数的反函数，看是否存在是不好的，因为 过程太繁琐． 从概念看，这里应判断对于给出函数值域内的任意值，依据相应的对应法则，是否在其 定义域内都只有惟一确定的值与之对应，因此可作出给定函数的图象，用数形结合法作判断， 这是常用方法，请读者自己一试． 此题作为选择题还可采用估算的方法．对于 D，y=3 是其值域内一个值，但若 y=3，则可 能 x=2(2＞1)，也可能 x=-1(-1≤-1)．依据概念，则易得出 D 中函数不存在反函数．于是决 定本题选 D． 说明：不论采取什么思路，理解和运用函数与其反函数的关系是这里解决问题的关键． 由于函数三要素在函数概念中的重要地位，那么掌握确定函数三要素的基本方法当然成 了函数概念复习中的重要课题． ㈡系统小结确定函数三要素的基本类型与常用方法 1．求函数定义域的基本类型和常用方法 由给定函数解析式求其定义域这类问题的代表，实际上是求使给定式有意义的 x 的取值 范围．它依赖于对各种式的认识与解不等式技能的熟练．这里的最高层次要求是给出的解析 式还含有其他字 例 2．已知函数  f x 定义域为(0，2)，求下列函数的定义域： 分析：x 的函数 f(x 2 )是由 u=x 2 与 f(u)这两个函数复合而成的复合函数，其中 x 是自变 量，u 是中间变量．由于 f(x)，f(u)是同一个函数，故(1)为已知 0＜u＜2，即 0＜x 2 ＜2．求 x 的取值范围． 解：(1)由 0＜x 2 ＜2， 得 说明：本例(1)是求函数定义域的第二种类型，即不给出 f(x)的解析式，由 f(x)的定义 域求函数 f[g(x)]的定义域．关键在于理解复合函数的意义，用好换元法．(2)是二种类型的 综合． 求函数定义域的第三种类型是一些数学问题或实际问题中产生的函数关系，求其定义域， 后面还会涉及到． 2．求函数值域的基本类型和常用方法 函数的值域是由其对应法则和定义域共同决定的．其类型依解析式的特点分可分三类： (1)求常见函数值域；(2)求由常见函数复合而成的函数的值域；(3)求由常见函数作某些“运 算”而得函数的值域． 3．求函数解析式举例 例 3．已知 xy＜0，并且 4x 2 -9y 2 =36．由此能否确定一个函数关系 y=f(x)？如果能，求 出其解析式、定义域和值域；如果不能，请说明理由． 分析： 4x 2 -9y 2 =36 在解析几何中表示双曲线的方程，仅此当然不能确定一个函数关系 y=f(x)，但加上条件 xy＜0 呢？ 所以 因此能确定一个函数关系 y=f(x)．其定义域为(-∞，-3)∪(3，+∞)．且不难得到其值 域为(-∞，0)∪(0，＋∞)． 说明：本例从某种程度上揭示了函数与解析几何中方程的内在联系．任何一个函数的解 析式都可看作一个方程，在一定条件下，方程也可转化为表示函数的解析式．求函数解析式 还有两类问题： (1)求常见函数的解析式．由于常见函数(一次函数，二次函数，幂函数，指数函数，对 数函数，三角函数及反三角函数)的解析式的结构形式是确定的，故可用待定系数法确定其解 析式．这里不再举例． (2)从生产、生活中产生的函数关系的确定．这要把有关学科知识，生活经验与函数概念 结合起来，举例也宜放在函数复习的以后部分． （Ⅲ）函数与方程的思想方法 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。方程思想，是从 问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或方 程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解。有时，还实现 函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。 方程思想是：实际问题→数学问题→代数问题→方程问题。函数和多元方程没有什么本质 的区别，如函数 y＝f(x)，就可以看作关于 x、y 的二元方程 f(x)－y＝0。可以说，函数的研 究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是应用方程思想时需要重点考虑的。 函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特征，建立函数关系 型的数学模型，从而进行研究。一般地，函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经 常利用的性质是：f(x)、f 1 (x)的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等， 要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。 在解题中，善于挖掘题目中的隐含条件，构造出函数解析式和妙用函数的性质，是应用函数 思想的关键。对所给的问题观察、分析、判断比较深入、充分、全面时，才能产生由此及彼 的联系，构造出函数原型。另外，方程问题、不等式问题和某些代数问题也可以转化为与其 相关的函数问题，即用函数思想解答非函数问题。 (一)函数的性质 函数的性质是研究初等函数的基石，也是高考考查的重点内容．在复习中要肯于在对定 义的深入理解上下功夫． 复习函数的性质，可以从“数”和“形”两个方面，从理解函数的单调性和奇偶性的定 义入手，在判断和证明函数的性质的问题中得以巩固，在求复合函数的单调区间、函数的最 值及应用问题的过程中得以深化．具体要求是： 1．正确理解函数单调性和奇偶性的定义，能准确判断函数的奇偶性，以及函数在某一区 间的单调性，能熟练运用定义证明函数的单调性和奇偶性． 2．从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，深化对函数性质几何特征的理解和运 用，归纳总结求函数最大值和最小值的常用方法． 3．培养学生用运动变化的观点分析问题，提高学生用换元、转化、数形结合等数学思想 方法解决问题的能力． 这部分内容的重点是对函数单调性和奇偶性定义的深入理解． 函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论．函数 y=f(x)在给定区间上的单调性，反映 了函数在区间上函数值的变化趋势，是函数在区间上的整体性质，但不一定是函数在定义域 上的整体性质．函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制． 对函数奇偶性定义的理解，不能只停留在 f(-x)=f(x)和 f(-x)=-f(x)这两个等式上，要 明确对定义域内任意一个 x，都有 f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的实质是：函数的定义域关于原 点对称．这是函数具备奇偶性的必要条件．稍加推广，可得函数 f(x)的图象关于直线 x=a 对 称的充要条件是对定义域内的任意 x，都有 f(x+a)=f(a-x)成立．函数的奇偶性是其相应图象 的特殊的对称性的反映． 这部分的难点是函数的单调性和奇偶性的综合运用．根据已知条件，调动相关知识，选 择恰当的方法解决问题，是对学生能力的较高要求． 1．对函数单调性和奇偶性定义的理解 例 4．下面四个结论：①偶函数的图象一定与 y 轴相交；②奇函数的图象一定通过原点； ③偶函数的图象关于 y 轴对称；④既是奇函数又是偶函数的函数一定是 f(x)=0(x∈R)，其中 正确命题的个数是 （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 分析：偶函数的图象关于 y 轴对称，但不一定相交，因此③正确，①错误． 奇函数的图象关于原点对称，但不一定经过原点，因此②不正确． 若 y=f(x)既是奇函数，又是偶函数，由定义可得 f(x)=0，但不一定 x∈R，如例 1 中的(3)， 故④错误，选 A． 说明：既奇又偶函数的充要条件是定义域关于原点对称且函数值恒为零． 2．复合函数的性质 复合函数 y=f[g(x)]是由函数 u=g(x)和 y=f(u)构成的，因变量 y 通过中间变量 u 与自变 量 x 建立起函数关系，函数 u=g(x)的值域是 y=f(u)定义域的子集． 复合函数的性质由构成它的函数性质所决定，具备如下规律： (1)单调性规律 如果函数 u=g(x)在区间［m，n］上是单调函数，且函数 y=f(u)在区间[g(m)，g(n)] (或 [g(n)，g(m)])上也是单调函数，那么 若 u=g(x)，y=f(u)增减性相同，则复合函数 y=f[g(x)]为增函数；若 u=g(x)，y= f(u) 增减性不同，则 y=f[g(x)]为减函数． (2)奇偶性规律 若函数 g(x)，f(x)，f[g(x)]的定义域都是关于原点对称的，则 u=g(x)，y=f(u)都是奇 函数时，y=f[g(x)]是奇函数；u=g(x)，y=f(u)都是偶函数，或者一奇一偶时，y= f[g(x)]是 偶函数． 例 5．若 y=log a (2-ax)在［0，1］上是 x 的减函数，则 a 的取值范围是（ ） A．(0，1) B．(1，2) C．(0，2) D．[2，+∞) 分析：本题存在多种解法，但不管哪种方法，都必须保证：①使 log a (2-ax)有意义，即 a＞0 且 a≠1，2-ax＞0．②使 log a (2-ax)在[0，1]上是 x 的减函数．由于所给函数可分解为 y=log a u，u=2-ax，其中 u=2-ax 在 a＞0 时为减函数，所以必须 a＞1；③[0，1]必须是 y=log a (2-ax)定义域的子集． 解法一：因为 f(x)在［0，1］上是 x 的减函数，所以 f(0)＞f(1)， 即 log a 2＞log a (2-a)． 解法二：由对数概念显然有 a＞0 且 a≠1，因此 u=2-ax 在［0，1］上是减函数，y= log a u 应为增函数，得 a＞1，排除 A，C，再令 故排除 D，选 B． 说明：本题为 1995 年全国高考试题，综合了多个知识点，无论是用直接法，还是用排除 法都需要概念清楚，推理正确． 3．函数单调性与奇偶性的综合运用 例 6．甲、乙两地相距 Skm，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过 c km／h，已知 汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v(km／h) 的平方成正比，比例系数为 b；固定部分为 a 元． (1)把全程运输成本 y(元)表示为速度 v(km／h)的函数，并指出这个函数的定义域； (2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶． 分析：(1)难度不大，抓住关系式：全程运输成本=单位时间运输成本×全程运输时间， 而全程运输时间=(全程距离)÷(平均速度)就可以解决． 故所求函数及其定义域为 但由于题设条件限制汽车行驶速度不超过 ckm／h，所以(2)的解决需要 论函数的增减性来解决． 由于 v 1 v 2 ＞0，v 2 -v 1 ＞0，并且 又 S＞0，所以 即 则当 v=c 时，y 取最小值． 说明：此题是 1997 年全国高考试题．由于限制汽车行驶速度不得超过 c，因而求最值的 方法也就不完全是常用的方法，再加上字母的抽象性，使难度有所增大． （二）函数的图象 1．掌握描绘函数图象的两种基本方法——描点法和图象变换法． 2．会利用函数图象，进一步研究函数的性质，解决方程、不等式中的问题． 3．用数形结合的思想、分类讨论的思想和转化变换的思想分析解决数学问题． 4．掌握知识之间的联系，进一步培养观察、分析、归纳、概括和综合分析能力． 以解析式表示的函数作图象的方法有两种，即列表描点法和图象变换法，掌握这两种方 法是本节的重点． 运用描点法作图象应避免描点前的盲目性，也应避免盲目地连点成线．要把表列在关键 处，要把线连在恰当处．这就要求对所要画图象的存在范围、大致特征、变化趋势等作一个 大概的研究．而这个研究要借助于函数性质、方程、不等式等理论和手段，是一个难点．用 图象变换法作函数图象要确定以哪一种函数的图象为基础进行变换，以及确定怎样的变换．这 也是个难点． 1．作函数图象的一个基本方法 例 7．作出下列函数的图象(1)y=|x-2|(x＋1)；(2)y=10|lgx|． 分析：显然直接用已知函数的解析式列表描点有些困难，除去对其函数性质分析外，我 们还应想到对已知解析式进行等价变形． 解：(1)当 x≥2 时，即 x-2≥0 时， 当 x＜2 时，即 x-2＜0 时， 这是分段函数，每段函数图象可根据二次函数图象作出(见图 6) (2)当 x≥1 时，lgx≥0，y=10|lgx|=10lgx=x； 当 0＜x＜1 时，lgx＜0， 所以 这是分段函数，每段函数可根据正比例函数或反比例函数作出．(见图 7) 说明：作不熟悉的函数图象，可以变形成基本函数再作图，但要注意变形过程是否等价， 要特别注意 x，y 的变化范围．因此必须熟记基本函数的图象．例如：一次函数、反比例函数、 二次函数、指数函数、对数函数，及三角函数、反三角函数的图象． 在变换函数解析式中运用了转化变换和分类讨论的思想． 2．作函数图象的另一个基本方法——图象变换法． 一个函数图象经过适当的变换(如平移、伸缩、对称、旋转等)，得到另一个与之相关的 图象，这就是函数的图象变换． 在高中，主要学习了三种图象变换：平移变换、伸缩变换、对称变换． (1)平移变换 函数 y=f(x+a)(a≠0)的图象可以通过把函数 y=f(x)的图象向左(a＞0)或向右(a＜0)平 移|a|个单位而得到； 函数 y=f(x)+b(b≠0)的图象可以通过把函数 y=f(x)的图象向上(b＞0)或向下(b＜0)平 移|b|个单位而得到． (2)伸缩变换 函数 y=Af(x)(A＞0，A≠1)的图象可以通过把函数 y=f(x)的图象上各点的纵坐标伸长(A ＞1)或缩短(0＜A＜1)成原来的 A 倍，横坐标不变而得到． 函数 y=f(ωx)(ω＞0，ω≠1)的图象可以通过把函数 y=f(x)的图象上 而得到． (3)对称变换 函数 y=-f(x)的图象可以通过作函数 y=f(x)的图象关于 x 轴对称的图形而得到． 函数 y=f(-x)的图象可以通过作函数 y=f(x)的图象关于 y 轴对称的图形而得到． 函数 y=-f(-x)的图象可以通过作函数 y=f(x)的图象关于原点对称的图形而得到． 函数 y=f-1(x)的图象可以通过作函数 y=f(x)的图象关于直线 y=x 对称的图形而得到。 函数 y=f(|x|)的图象可以通过作函数 y=f(x)在 y 轴右方的图象及其与 y 轴对称的图形而 得到． 函数 y=|f(x)|的图象可以通过作函数 y=f(x)的图象，然后把在 x 轴下方的图象以 x 轴为 对称轴翻折到 x 轴上方，其余部分保持不变而得到． 例 8．已知 f(x+199)=4x 2 ＋4x+3(x∈R)，那么函数 f(x)的最小值为____． 分析：由 f(x＋199)的解析式求 f(x)的解析式运算量较大，但这里我们注意到，y=f(x ＋ 100)与 y=f(x)，其图象仅是左右平移关系，它们取得 求得 f(x)的最小值即 f(x＋199)的最小值是 2． 说明：函数图象与函数性质本身在学习中也是密切联系的，是“互相利用”关系，函数 图象在判断函数奇偶性、单调性、周期性及求最值等方面都有重要用途． （Ⅳ）函数综合应用 函数的综合复习是在系统复习函数有关知识的基础上进行函数的综合应用: 1．在应用中深化基础知识．在复习中基础知识经历一个由分散到系统，由单一到综合的 发展过程．这个过程不是一次完成的，而是螺旋式上升的．因此要在应用深化基础知识的同 时，使基础知识向深度和广度发展． 2．以数学知识为载体突出数学思想方法．数学思想方法是观念性的东西，是解决数学问 题的灵魂，同时它又离不开具体的数学知识．函数内容最重要的数学思想是函数思想和数形 结合的思想．此外还应注意在解题中运用的分类讨论、换元等思想方法．解较综合的数学问 题要进行一系列等价转化或非等价转化．因此本课题也十分重视转化的数学思想． 3．重视综合运用知识分析问题解决问题的能力和推理论证能力的培养．函数是数学复习 的开始，还不可能在大范围内综合运用知识．但从复习开始就让学生树立综合运用知识解决 问题的意识是十分重要的．推理论证能力是学生的薄弱环节，近几年高考命题中加强对这方 面的考查，尤其是对代数推理论证能力的考查是十分必要的．本课题在例题安排上作了这方 面的考虑． 具体要求是： 1．在全面复习函数有关知识的基础上，进一步深刻理解函数的有关概念，全面把握各类 函数的特征，提高运用基础知识解决问题的能力． 2．掌握初等数学研究函数的方法，提高研究函数的能力，重视数形结合数学思想方法的 运用和推理论证能力的培养． 3．初步沟通函数与方程、不等式及解析几何有关知识的横向联系，提高综合运用知识解 决问题的能力． 4．树立函数思想，使学生善于用运动变化的观点分析问题． 本部分内容的重点是：通过对问题的讲解与分析，使学生能较好的调动函数的基础知识 解决问题，并在解决问题中深化对基础知识的理解，深化对函数思想、数形结合思想的理解 与运用． 难点是：函数思想的理解与运用，推理论证能力、综合运用知识解决问题能力的培养与 提高． 函数的综合运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然 界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的 观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．因此，运动变化、相互联系、相互制 约是函数思想的精髓，掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，提高用初等数学思想方法 研究函数的能力，树立运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键． 1．准确理解、熟练运用，不断深化有关函数的基础知识 在中学阶段函数只限于定义在实数集合上的一元单值函数，其内容可分为两部分．第一 部分是函数的概念和性质，这部分的重点是能从变量的观点和集合映射的观点理解函数及其 有关概念，掌握描述函数性质的单调性、奇偶性、周期性等概念；第二部分是七类常见函数(一 次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数和反三角函数)的图象和性质．第一部分 是理论基础，第二部分是第一部分的运用与发展． 例 9．已知函数 f(x)，x∈F，那么集合{(x，y)|y=f(x)，x∈F}∩{(x，y)|x=1｝中所含 元素的个数是．（ ） A．0 B．1 C．0 或 1 D．1 或 2 分析：这里首先要识别集合语言，并能正确把集合语言转化成熟悉的语言．从函数观点 看，问题是求函数 y=f(x)，x∈F 的图象与直线 x=1 的交点个数(这是一次数到形的转化)，不 少学生常误认为交点是 1 个，并说这是根据函数定义中“惟一确定”的规定得到的，这是不 正确的，因为函数是由定义域、值域、对应法则三要素组成的．这里给出了函数 y=f(x)的定 义域是 F，但未明确给出 1 与 F 的关系，当 1∈F 时有 1 个交点，当 1 F 时没有交点，所以 选 C． 2．掌握研究函数的方法，提高研究函数问题的能力 高中数学对函数的研究理论性加强了，对一些典型问题的研究十 分重视，如求函数的定义域，确定函数的解析式，判断函数的奇偶性， 判断或证明函数在指定区间的单调性等，并形成了研究这些问题的初等 方法，这些方法对分析问题能力，推理论证能力和综合运用数学知识能 力的培养和发展是十分重要的． 函数、方程、不等式是相互联系的．对于函数 f(x)与 g(x)，令 f(x)=g(x)，f(x)＞g(x) 或 f(x)＜g(x)则分别构成方程和不等式，因此对于某些方程、不等式的问题用函数观点认识 是十分有益的；方程、不等式从另一个侧面为研究函数提供了工具． 例 10．方程 lgx+x=3 的解所在区间为 （ ） A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，+∞) 分析：在同一平面直角坐标系中，画出函数 y=lgx 与 y=-x+3 的图象(如图 2)．它们的交 点横坐标 0x ，显然在区间(1，3)内，由此可排除 A，D．至于选 B 还是选 C，由于画图精确性 的限制，单凭直观就比较困难了．实际上这是要比较 0x 与 2 的大小．当 x=2 时，lgx=lg2， 3-x=1．由于 lg2＜1，因此 0x ＞2，从而判定 0x ∈(2，3)，故本题应选 C． 说明：本题是通过构造函数用数形结合法求方程 lgx+x=3 解所在的区间．数形结合，要 在结合方面下功夫．不仅要通过图象直观估计，而且还要计算 0x 的邻近两个函数值，通过比 较其大小进行判断． 例 11．(1)一次函数 f(x)=kx+h(k≠0)，若 m＜n 有 f(m)＞0，f(n)＞0，则对于任意 x∈(m， n)都有 f(x)＞0，试证明之； (2)试用上面结论证明下面的命题： 若 a，b，c∈R 且|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，则 ab+bc+ca＞-1． 分析：问题(1)实质上是要证明，一次函数 f(x)=kx+h(k≠0)， x∈(m， n)．若区间两 个端点的函数值均为正，则对于任意 x∈(m，n)都有 f(x)＞0．之所以具有上述性质是由于一 次函数是单调的．因此本问题的证明要从函数单调性入手． (1)证明： 当 k＞0 时，函数 f(x)=kx+h 在 x∈R 上是增函数，m＜x＜n，f(x)＞f(m)＞0； 当 k＜0 时，函数 f(x)=kx+h 在 x∈R 上是减函数，m＜x＜n，f(x)＞f(n)＞0． 所以对于任意 x∈(m，n)都有 f(x)＞0 成立． (2)将 ab+bc+ca+1 写成(b+c)a+bc+1，构造函数 f(x)=(b+c)x+bc+1．则 f(a)=(b+c)a+bc+1． 当 b+c=0 时，即 b=-c， f(a)=bc+1=- 2c +1． 因为|c|＜1，所以 f(a)=- 2c +1＞0． 当 b+c≠0 时，f(x)=(b+c)x+bc+1 为 x 的一次函数． 因为|b|＜1，|c|＜1， f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c)＞0， f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c)＞0． 由问题(1)对于|a|＜1 的一切值 f(a)＞0，即(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1＞0． 说明：问题(2)的关键在于“转化”“构造”．把证明 ab+bc+ca＞-1 转化为证明 ab+bc+ca+1 ＞0， 由于式子 ab+bc+ca+1 中， a，b，c 是对称的，构造函数 f(x)=(b+c)x+bc+1，则 f(a)=(b+c)a+bc+1，问题转化为在|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1 的条件下证明 f(a)＞0．(也可构 造 f(x)=(a+c)x+ac+1，证明 f(b)＞0)。 例 12．定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 2 3 且对任意 x，y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求证 f(x)为奇函数； (2)若 f(k·3 x )+f(3 x -9 x -2)＜0 对任意 x∈R 恒成立，求实数 k 的取值范围． 分析：欲证f(x)为奇函数即要证对任意x 都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y) 中，令 y=-x 可得 f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的问题，求 f(0)的值．令 x=y=0 可得 f(0)=f(0)+f(0)即 f(0)=0，f(x)是奇函数得到证明． (1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)， ① 令 x=y=0，代入①式，得 f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0． 令 y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又 f(0)=0，则有 0=f(x)+f(-x)．即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立，所以 f(x)是奇函数． (2)解：f(3)=log 2 3＞0，即 f(3)＞f(0)，又 f(x)在 R 上是单调函数，所以 f(x)在 R 上 是增函数，又由(1)f(x)是奇函数． f(k·3 x )＜-f(3 x -9 x -2)=f(-3 x +9 x +2)， k·3 x ＜-3 x +9 x +2， 3 2x -(1+k)·3 x +2＞0 对任意 x∈R 成立． 令 t=3 x ＞0，问题等价于 t 2 -(1+k)t+2＞0 对任意 t＞0 恒成立． R 恒成立． 说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在 x∈R 上是增函数，把 问题转化成二次函数 f(t)=t 2 -(1+k)t+2 对于任意 t＞0 恒成立．对二次函数 f(t)进行研究求 解．本题还有更简捷的解法： 分离系数由 k·3 x ＜-3 x +9 x +2 得 上述解法是将 k 分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖． 四、强化训练 1．对函数 baxxxf  23)( 作代换 x=g(t)，则总不改变 f(x)值域的代换是 ( ) A． ttg 2 1log)(  B． ttg )2 1()(  C．g(t)=(t－1)2 D．g(t)=cost 2．方程 f(x,y)=0 的曲线如图所示，那么方程 f(2－x,y)=0 的曲线是 ( ) 3．已知命题 p：函数 )2(log 2 5.0 axxy  的值域为 R，命题 q：函数 xay )25(  是减函数。若 p 或 q 为真命题，p 且 q 为假命题，则实数 a 的取值范围是 A．a≤1 B．a<2 C．1m(x 2 －1)对满足|m|≤2 的一切实数 m 的取值都成立。求 x 的取值范围。 16. 设等差数列{a n }的前 n 项的和为 S n ，已知 a 3 ＝12，S 12 >0，S 13 <0 。 ①.求公差 d 的取值范围； ②.指出 S 1 、S 2 、…、S 12 中哪一个值最大，并说明理由。(1992 年全国高考) 17. 如图，AB 是圆 O 的直径，PA 垂直于圆 O 所在平面，C 是圆周 上任一点，设∠BAC＝θ，PA＝AB=2r，求异面直线 PB 和 AC 的距离。 18. 已知△ABC 三内角 A、B、C 的大小成等差数列，且 tanA·tanC ＝2＋ 3 ，又知顶点 C 的对边 c 上的高等于 4 3 ,求△ABC 的 P M A H B D C 三边 a、b、c 及三内角。 19. 设 f(x)＝lg1 2 4 3  x x a ，如果当 x∈(-∞,1]时 f(x)有意义，求 实数 a 的取值范围。 20．已知偶函数 f(x)=cossinx－sin(x－)+(tan－2)sinx－sin的最小值是 0，求 f(x)的 最大值 及此时 x 的集合． 21．已知 x R ，奇函数 3 2( )f x x ax bx c    在[1, ) 上单调． （Ⅰ）求字母 , ,a b c 应满足的条件； （Ⅱ）设 0 01, ( ) 1x f x  ，且满足 0 0[ ( )]f f x x ，求证： 0 0( )f x x ． 五、参考答案 1．不改变 f(x)值域，即不能缩小原函数定义域。选项 B，C，D 均缩小了 ( )f x 的定义域，故 选 A。 2．先作出 f(x,y)=0 关于 y 轴对称的函数的图象，即为函数 f(-x,y)=0 的图象，又 f(2－x,y)=0 即为 ( ( 2), ) 0f x y   ，即由 f(-x,y)=0 向右平移 2 个单位。故选 C。 3．命题 p 为真时，即真数部分能够取到大于零的所有实数，故二次函数 2 2x x a  的判别式 4 4 0a    ，从而 1a  ；命题 q 为真时， 5 2 1 2a a    。 若 p 或 q 为真命题，p 且 q 为假命题，故 p 和 q 中只有一个是真命题，一个是假命题。 若 p 为真，q 为假时，无解；若 p 为假，q 为真时，结果为 10），则 2 1 2 x x ＋ 1 1 2 2   x x ＝ 1 5 ，解出 x＝2，再用万能公式，选 A； 8．利用 S n n 是关于 n 的一次函数，设 S p ＝S q ＝m， S p q p q  ＝x，则（ m p ,p）、( m q ,q)、 (x，p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得 x＝0，则答案：0； 9．设 cosx＝t，t∈[-1,1]，则 a＝t 2 －t－1∈[－ 5 4 ,1]，所以答案：[－ 5 4 ,1]； 10．设高 h，由体积解出 h＝2 3 ，答案：24 6 ； 11．设长 x，则宽 4 x ，造价 y＝4×120＋4x×80＋ 16 x ×80≥1760，答案：1760。 12．运用条件知： ( 1) (1)( ) f n ff n   =2，且 2 2 2 2(1) (2) (2) (4) (3) (6) (4) (8) (1) (3) (5) (7) f f f f f f f f f f f f       = 2 (2) 2 (4) 2 (6) 2 (8) (1) (3) (5) (7) f f f f f f f f    =16 13．依题意可知 2 1 2 1 2 4 0 0 0 b ac bx x a cx x a               ，从而可知 1 2, ( 1,0)x x   ，所以有 2 1 2 4 0 ( 1) 0 1 b ac f a b c cx x a                2 4b ac b a c c a        ，又 , ,a b c 为正整数，取 1c  ，则 1a b a b    ，所以 2 2 4 4 4a b ac a a     ，从而 5a  ，所以 2 4 20b ac  ， 又 5 1 6b    ，所以 5b  ，因此 a b c  有最小值为11。 下面可证 2c  时， 3a  ，从而 2 4 24b ac  ，所以 5b  , 又 5a c b   ,所以 6a c  ,所以 11a b c   ,综上可得: a b c  的最小值为 11。 14．分析:这是有关函数定义域、值域的问题，题目是逆向给出的，解好本题要运用复合函数， 把 f(x)分解为 u=ax 2 +2x+1 和 y=lgu 并结合其图象性质求解． 解:(1) 2( ) lg( 2 1)f x ax x   的定义域是 R 2 2 1 0u ax x     对一切实数 x 恒成立. a=0 或 a＜0 不合题意， 所以 2 0 1 2 4 0 a a a       故 a＞1．即为所求. (2) 2( ) lg( 2 1)f x ax x   的值域域是 R 2 2 1u ax x    能取遍一切正实数. a＜0 时不合题意； a=0 时，u=2x+1，u 能取遍一切正实数； a＞0 时，其判别式Δ=22-4×a×1≥0，解得 0＜a≤1． 所以当 0≤a≤1 时 f(x)的值域是 R． 15．分析：此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于 x 的不等式讨论。然而，若变换一 个角度以 m 为变量，即关于 m 的一次不等式(x 2 －1)m－(2x－1)<0 在[-2,2]上恒成立的问题。 对此的研究，设 f(m)＝(x 2 －1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数）f(m) 的值在[-2,2]内恒为负值时参数 x 应该满足的条件 f f ( ) ( ) 2 0 2 0       。 解：问题可变成关于 m 的一次不等式：(x 2 －1)m－(2x－1)<0 在[-2,2] 恒成立，设 f(m) ＝(x 2 －1)m－(2x－1), 则 f x x f x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0 2 2 1 2 1 0 2 2                解得 x∈（ 7 1 2  , 3 1 2  ） 说明 本题的关键是变换角度，以参数 m 作为自变量而构造函数式，不等式问题变成函数 在闭区间上的值域问题。本题有别于关于 x 的不等式 2x－1>m(x 2 －1)的解集是[-2,2]时求 m 的值、关于 x 的不等式 2x－1>m(x 2 －1)在[-2,2]上恒成立时求 m 的范围。 一般地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系， 使问题更明朗化。或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数，而参数作为函数，更具 有灵活性，从而巧妙地解决有关问题。 16．分析： ①问利用公式 a n 与 S n 建立不等式，容易求解 d 的范围；②问利用 S n 是 n 的二 次函数，将 S n 中哪一个值最大，变成求二次函数中 n 为何值时 S n 取最大值的函数最值问题。 解：① 由 a 3 ＝a 1 ＋2d＝12,得到 a 1 ＝12－2d，所以 S 12 ＝12a 1 ＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0， S 13 ＝13a 1 ＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。 解得：－ 24 7  d  －3。 ② S n ＝na 1 ＋ 1 2 n(n1－1)d＝n(12－2d)＋ 1 2 n(n－1)d ＝ d 2 [n－ 1 2 (5－ 24 d )] 2 － d 2 [ 1 2 (5－ 24 d )] 2 因为 d  0，故[n－ 1 2 (5－ 24 d )] 2 最小时，S n 最大。由－ 24 7  d  －3 得 6  1 2 (5－ 24 d )  6.5， 故正整数 n＝6 时[n－ 1 2 (5－ 24 d )] 2 最小，所以 S 6 最大。 说明： 数列的通项公式及前 n 项和公式实质上是定义在自然数集上的函数，因此可利用 函数思想来分析或用函数方法来解决数列问题。也可以利用方程的思想，设出未知的量，建 立等式关系即方程，将问题进行算式化，从而简洁明快。由次可见，利用函数与方程的思想 来解决问题，要求灵活地运用、巧妙的结合，发展了学生思维品质的深刻性、独创性。 本题的另一种思路是寻求 a n  0、a n1  0，即邻项变号：由 d 0 知道 a 1  a 2  …  a 13 ， 由 S 13 ＝13a 7  0 得 a 7  0，由 S 12 ＝6(a 6 ＋a 7 )  0 得 a 6  0。所以，在 S 1 、S 2 、…、S 12 中， S 6 的值最大。 17．分析：异面直线 PB 和 AC 的距离可看成求直线 PB 上任意一点到 AC 的距离的最小值，从 而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。 解：在 PB 上任取一点 M，作 MD⊥AC 于 D，MH⊥AB 于 H， 设 MH＝x，则 MH⊥平面 ABC，AC⊥HD 。 ∴MD 2 ＝x 2 ＋[(2r－x)sinθ] 2 ＝(sin 2 ＋1)x 2 －4rsin 2 θx ＋4r 2 sin 2 θ＝(sin 2 θ＋1)[x－ 2 1 2 2 rsin sin θ θ ] 2 ＋ 4 1 2 2 2 r sin sin θ θ 即当 x＝ 2 1 2 2 rsin sin θ θ 时，MD 取最小值 2 1 2 r sin sin θ θ 为两异面 直线的距离。 说明：本题巧在将立体几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点之间距离的最 小值”，并设立合适的变量将问题变成代数中的“函数问题”。一般地，对于求最大值、最小 值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数关系式，然后利用 函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第 8 题就是典型的例子。 18．分析：已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解。 解： 由 A、B、C 成等差数列，可得 B＝60°； 由△ABC 中 tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC，得 tanA＋tanC＝tanB(tanA·tanC－1)＝ 3 (1＋ 3 ) 设 tanA、tanC 是方程 x 2 －( 3 ＋3)x＋2＋ 3 ＝0 的两根，解得 x 1 ＝1，x 2 ＝2＋ 3 设 A0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。 解：由题设可知，不等式 1＋2 x ＋4 x a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立， P M A H B D C 即：( 1 2 ) 2x ＋( 1 2 ) x ＋a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立。 设 t＝( 1 2 ) x , 则 t≥ 1 2 ， 又设 g(t)＝t 2 ＋t＋a，其对称轴为 t＝－ 1 2 ∴ t 2 ＋t＋a＝0 在[ 1 2 ,+∞)上无实根， 即 g( 1 2 )＝( 1 2 ) 2 ＋ 1 2 ＋a  0，得 a  － 3 4 所以 a 的取值范围是 a  － 3 4 。 说明：对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图像 和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。一般地， 我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密联系，将问题 进行相互转化。 在解决不等式( 1 2 ) 2x ＋( 1 2 ) x ＋a  0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的问题时，也可使用“分离 参数法”： 设 t＝( 1 2 ) x , t≥ 1 2 ，则有 a＝－t 2 －t∈(－∞,－ 3 4 ]，所以 a 的取值范围是 a  － 3 4 。其中最后得到 a 的范围，是利用了二次函数在某区间上值域的研究，也可属应用“函 数思想”。 20．解：f(x)=cossinx－(sinxcos－cosxsin)+(tan－2)sinx－sin =sincosx+(tan－2)sinx－sin 因为 f(x)是偶函数，所以对任意 xR，都有 f(－x)=f(x)， 即 sincos(－x)+(tan－2)sin(－x)－sin=sincosx+(tan－2)sinx－sin, 即(tan－2)sinx=0，所以 tan=2 由 2 2sin cos 1, sin 2,cos         解得         ； ， 5 5cos 5 52sin   或         .5 5cos 5 52sin   ， 此时，f(x)=sin(cosx－ 1). 当 sin= 5 52 时，f(x)= 5 52 (cosx－1)最大值为 0，不合题意最小值为 0，舍去； 当 sin= 5 52 时，f(x)= 5 52 (cosx－1)最小值为 0， 当 cosx=－1 时，f(x)有最大值为 5 54 ,自变量 x 的集合为{x|x=2k+,kZ}． 21．解：（1） (0) 0 0f c   ； ( ) ( ) 0 0f x f x a     ． 2'( ) 3f x x b  ， 若 ( )f x [1, )x   上是增函数，则 '( ) 0f x  恒成立，即 2 min(3 ) 3b x  若 ( )f x [1, )x   上是减函数，则 '( ) 0f x  恒成立，这样的b 不存在． 综上可得： 0, 3a c b   ． （2）（证法一）设 0( )f x m ，由 0 0[ ( )]f f x x 得 0( )f m x ，于是有 3 0 0 3 0 (1) (2) x bx m m bm x      ， （1）－（2）得： 3 3 0 0 0( ) ( )x m b x m m x     ，化简可得 2 2 0 0 0( )( 1 ) 0x m x mx m b      ， 0 01, ( ) 1x f x m   ， 2 2 0 0 1 4 1 0x mx m b b         ，故 0 0x m  ，即有 0 0( )f x x ． （证法二）假设 0 0( )f x x ，不妨设 0 0( ) 1f x a x   ，由（1）可知 ( )f x 在[1, ) 上单调递增，故 0 0 0[ ( )] ( ) ( )f f x f a f x x   ， 这与已知 0 0[ ( )]f f x x 矛盾，故原假设不成立，即有 0 0( )f x x ．