资源描述
函数
一、高考预测
本部分内容的主要考点是：函数的表示方法、分段函数、函数的定义域和值域、函数的单调性、函数的奇偶性、本部分在高考试卷中一般以选择题或填空题的形式出现，考查的重点是函数的性质和图象的应用，重在检测考生对该部分的基础知识和基本方法的掌握程度.复习该部分以基础知识为主，注意培养用函数性质和函数图象分析问题和解决问题的能力.二次函数、指数函数、对数函数是中学数学的重要函数模型，也是函数内容的主体部分，因此是高考重点考查的对象，在每年的高考试题中都会涉及到对这几种函数模型的考查，既有可能在选择题、填空题中出现，也有可能在解答题中出现，从难度上看，容易题、中档题、难题均有可能出现，以考查这些函数的图象与性质为主，同时还经常将对这些内容的考查与其他知识融合在一起，体现知识点的交汇.
二、知识导学
要点1：函数三要素
定义域的求法：当函数是由解析式给出时，求函数的定义域，就是由函数的解析式中所有式子都有意义的自变量x组成的不等式(组)的解集；当函数是由具体问题给出时，则不仅要考虑使解析式有意义，还应考虑它的实际意义．
求函数值域的常用方法 ：观察法、不等式法、图象法、换元法、单调性法等．
函数的表示法：函数的表示法：解析法、图象法和列表法．当一个函数在定义域的不同区间上具有不同的对应关系时，在不同的定义域区间上的函数解析式也不同，就要用分段函数来表示．分段函数是一个函数．
要点2．函数的图象
1.解决该类问题要熟练掌握基本初等函数的图象和性质，善于利用函数的性质来作图，要合理利用图象的三种变换．2.在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系、结合图象研究．
要点3．函数的性质
(1)函数的奇偶性：紧扣函数奇偶性的定义和函数的定义域区间关于坐标原点对称、函数图象的对称性等对问题进行分析转化，特别注意“奇函数若在x＝0处有定义，则一定有f(0)＝0，偶函数一定有f(|x|)＝f(x)”在解题中的应用．
(2)函数的单调性：一是紧扣定义；二是充分利用函数的奇偶性、函数的周期性和函数图象的直观性进行分析转化．函数的单调性往往与不等式的解、方程的解等问题交汇，要注意这些知识的综合运用．
要点4．二次函数
1.求二次函数在某段区间上的最值时，要利用好数形结合， 特别是含参数的两种类型：“定轴动区间，定区间动轴”的问题，抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指的是对称轴．
2．注意三个“二次”的相互转化解题
3．二次方程实根分布问题，抓住四点：“开口方向、判别式Δ、对称轴位置、区间端点函数值正负．”
要点5．指数函数与对数函数
1.利用指数函数与对数函数的性质比较大小
(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； 底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性进行比较．(2)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，可以引入中间量或结合图象进行比较．
2．对于含参数的指数、对数问题，在应用单调性时，要注意对底数进行讨论，解决对数问题时，首先要考虑定义域，其次再利用性质求解．
要点6．函数模型的实际应用
解决函数模型的实际应用题，首先应考虑该题考查的是何种函数，并要注意定义域，然后结合所给模型，列出函数关系式，最后结合其实际意义作出解答．明确下面的基本解题步骤是解题的必要基础：
→→→
要点7．函数零点
1.函数零点（方程的根）的确定问题，常见的类型有（1）零点或零点存在区间的确定；（2）零点个数的确定；（3）两函数图象交战的横坐标或有几个交点的确定；解决这类问题的常用方法有：解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合法求解。
2．函数零点（方程的根）的应用问题，即已知函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，解决该类问题关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解。
3.用二分法求函数零点近似值，用二分法求函数零点近似值的步骤（1）确定区间[a,b]，验证f(a)·f(b)<0,给定精确度；（2）求区间(a,b)的中点；（3）计算f();①当f()=0,则就是函数的零点；②若f(a)·f()<0,则令b=(此时零点)，③若f()·f(b)<0,则令a=(此时零点)。(4)判断是否达到其精确度，则得零点近似值，否则重复以上步骤。
三、易错点点睛
命题角度1 函数的定义域和值域
1．对定义域Df、Dg的函数y=f(x)，y=g(x)，规定：函数h(x)=
(1)若函数f(x)=,g(x)=x2，写出函数h(x)的解析式; (2)求问题(1)中函数h(x)的值域．
[考场错解] (1)∵f(x)的定义域Df为(-∞，1)∪(1，+∞)，g(x)的定义域Dg为R.
∴h(x)=
(2)当x≠1时，h(x)==x-1++2≥4．或h(x)= ∈(-∞，0)∪(0，+∞)． ∴h(x)的值域为(4，+∞)，当x=1时，h(x)=1．综合，得h(x)的值域为{1}∪[4，+∞]．
[专家把脉] 以上解答有两处错误：一是当x∈Df但xDg时，应是空集而不是x≠1．二是求h(x)的值域时，由x≠1求h(x)=x-1++2的值域应分x>1和x<1两种情况的讨论．
[对症下药] (1)∵f(x)的定义域Df=(-∞，1)∪(1，+∞)·g(x)的定义域是Dg=(-∞，+∞)．所以，h(x)=
(2)当x≠1时，h(x)= ==x-1++2． 若x>1，则x-1>0，∴h(x)≥2+2=4． 当且仅当x=2时等号成立． 若x＜1，则x-1<0．∴h(x)=-[-(x-1)- ]+2≤-2+2=0．当且仅当x=0时等号成立．当x=1时，h(x)=1．综上得h(x)的值域为(-∞，0)∪{1}∪．
[对症下药] (1)由2-≥0，得≥0，∴x<-1或x≥1．即A=(-∞，-1)∪[1，+∞]．
(2)由(x-a-1)(2a-x)＞0，得(x-a-1)(x-2a)<0，
当a=1时，B= Ø，∵定义域为非空集合，∴a≠1．当 a<1时，a+1>2a，∴B=(2a，a+1)，∵BA，
∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥或a≤-2．而a<1，∴≤a≤1或a≤-2，
故当BA时，实数a的取值范围是(-∞，-2)∪[，1]．
3．记函数f(x)=lg(2x-3)的定义域为集合M，函数g(x)=的定义域为集合N．求集合M，N； 集合M∩N．M∪N.
[考场错解] (1)由2x-3＞0解得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0 得x-1≤x-3∴-1≤-3．∴N= Ø．
(2)∴M∩N=Ø．M∪N={x|x>}．
[专家把脉] 求集合N时解不等式1-≥0两边同乘以(x-1)不等号不改变方向，不符合不等式性质，应先移项化为≥0的形式再转化为有理不等式，求解，另外定义域不可能为非空集合．∴N=Ø显然是错误的．
[对症下药] (1)由2x-3＞0，得x＞．∴M={x|x＞}．由1-≥0得
∴x≥3或x<1．∴N={x|x≥3或x<1}．
(2)∴M∩N={x|x>}∩{x|x≥3或x>1}={x|x≥3}．M∪N={x|x>}∪{x|x≥3或x>1}={x|x>或x<1}．
4．若集合M={y|y=2-x}，P={y|y=}，则M∩P等于 ( )
A．{y|y＞1} B．{y|y≥1} C.{y|y>0} D．{y|y≥0}
[考场错解] 选A或B
[专家把脉]错误地认为是求函数y=2-x和y=的定义域的交集．实际上是求两函数的值域的交集．
[对症下药] ∵集合中的代表元素为y，∴两集合表示两函数的值域，又∴M={y|y=2-x}={y|y>0}，P={y|y=}={y|y≥0}．∴M∩P={y|y＞0}，故选C．
专家会诊1。对于含有字母的函数求定义域或已知其定义域求字母参数的取值范围，必须对字母酌取值情况进行讨论，特别注意定义域不能为空集。2．求函数的值域，不但要重视对应法则的作用，而且要特别注意定义域对值域的制约作用．
命题角度2 函数单调性的应用
1．已知a≥0，且函数f(x)=(x2-2ax)ex在[-1，1]上是单调函数，求a的取值范围．
[考场错解] ∵f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] 又∵f(x)在[-1，1]上是单调函数，
f′(x)≥0在[-1，1]上恒成立.即 ex[x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立． ∵ex>0，g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立．即或△=4(1-a)2+8a＜0或 解得：a∈Ø．故f(x)在[-1，1]上不可能为单调函数．
[专家把脉] 上面解答认为f(x)为单调函数,f(x)就只能为单调增函数，其实f(x)还有可能为单调减函数，因此应令f′(x)≥0或f′(x)≤0在[-1，1]上恒成立．
[对症下药] f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a]
∵f(x)在[-1，1]上是单调函数．(1)若f(x)在[-1，1]上是单调递增函数．
则f′(x)≥0在[-1，1]上恒成立，即ex[x2+2(1-a)x-2a]≥0在[-1，1]上恒成立．∵ex>0．∴g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恒成立，则有或△=4(1-a)2+8a＜0或
解得，a∈Ø．
问的条件当成第(2)问的条件，因而除了上述证明外，还需证明x0<-1时，方程也没有负根．
[对症下药] （1）设-1<x1<x2,f(x2)-f(x1)=ax2+=
ax2-ax1+=ax1(ax2-x1-1)+=ax1(ax2-x1)+.∵x2-x1>0，又a>1，∴ax2-x1>1．而-1<x1<x2.∴x1+1>0，x2+1>0． ∴f(x2)-f(x1)＞0∴f(x)在(-1，+∞)上为增函数．
(2)设x0为方程f(x)=0的负数根，则有ax0+=0．即ax0=-1+
显然x0≠-1， 当0＞x0＞-1时，1＞x0+1＞0，＞3，-1+>2．而<axO<1．这是不可能的，即不存在0＞x0>-1的解．当x0<-1时．x0+1＜0<0，-1+＜-1，而ax0>0矛盾．即不存在x0<-1的解．
3．若函数f(x)=l0ga(x3-ax)(a＞0且a≠1)在区间(-，0)内单调递增，则a的取值范围是 ( )
A.[，1] B.[，1] C.[，+∞] D.(1，-)
[考场错解] A当a∈(0，1)时，要使f(x)=loga(x3-ax)在区间(-，0)上单调递增．∴x3-ax＞0在(-，0)上恒成立，∴(-)3+a≥0 a≥.综合得a∈[，1].当a>1时，x3-ax>0在(-,0)上不可能成立．
[专家把脉] 上面解答根本没有按复合函数单调性法则进行判断，而只是考虑函数的定义域，这样的答案肯定是错误的．
[对症下药] 设(x)=x3-ax 当0＜a＜1时，依题意,(x)在(-，0)上单调递减且(x)在(-，0)上大于0． ∵′(x)=3x2-a.即′(x)≤0在(-，0)上恒成立a≥3x2在(-，0)上恒成立．
∵x∈(-，0)∴3x2∈(0，). ∴a≥．此时(x)>0．∴≤a<1． 当a>1时，(x)在(-，0)上单调递增， ∴′(x)=3x2-a≥0在(-，0)上恒成立． ∴a≤3x2在(-，0)上恒成立．
又3x2∈(0，)·∴a≤0与a＞1矛盾． ∴a的取值范围是[，1].故选B.
专家会诊 1.讨论函数单调性必须在定义域内进行，因此讨论函数的单调性必须求函数定义域． 2．函数的单调性是对区间而言的，如果f(x)在区间(a，b)与(c，d)上都是增(减)函数，不能说 f(x)在(a，b)∪(c，d)上一定是增(减)函数． 3．设函数y=f(u)，u=g(x)都是单调函数，那么复合函数y=f[g(x)]在其定义域上也是单调函数．若y=f(u)与u=g(x)的单调性相同，则复合函数y=f[g(x)]是增函数；若y=f(u)，u=g(x)的单调性相反，则复合函数y=f[g(x)]是减函数．列出下表以助记忆．
y=f(u)
u=g(x)
y=f[g(x)]
↗
↗
↗
↗
↘
↘
↘
↘
↗
↘
↗
↘
上述规律可概括为“同性则增，异性则减”．
命题角度3 函数的奇偶性和周期性的应用
1．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x)=f(x+2)，当x∈[3，4]时,f(x)=x-2．则 ( )
A．f(sin)＜f(cos) B．f(sin)＞f(cos) C．f(sin1)＜f(cos1) D.f(sin)＜f(cos)
[考场错解] A 由f(x)=f(x+2)知T=2为f(x)的一个周期．设x∈[-1，0]知x+4∈[3，4]
∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2．∴f(x)在[-1，0]上是增函数 又f(x)为偶函数．∴f(x)=f(-x)
∴x∈[0，1]时,f(x)=x+2，即f(x)在[0，1]上也是增函数．又∵sin＜cos f(sin)＜f(cos)．
[专家把脉] 上面解答错在由f(x)=f(-x)得f(x)=x+2这一步上，导致错误的原因主要是对偶函数图像不熟悉．
[对症下药] C 由f(x)=f(x+2)知T=2为f(x)的一个周期，设x∈[-1，0]，知x+4∈[3，4]
∴f(x)=f(x+4)=x+4-2=x+2． ∴f(x)在[-1，0]上是增函数． 又∵f(x)为偶函数，∴f(x)的图像关于y轴对称． ∴f(x)在[0，1]上是减函数．
A：sin<cosf(sin)>f(cos) B：sin＞cosf(sin)＞f(cos)．
C：sin1>cos1f(sin1)<f(cos1)．故正确答案C．
2．(典型例题)若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在(-∞，0)上是减函数，且f(2)=0，则使得f(x)＜0的x的取值范围是 ( )
A．(-∞，2) B．(2，+∞) C．(-∞，-2)∪(2，+∞) D．(-2，2)
[考场错解] C f(-x)=f(x)＜0=f(2)．∴x＞2或x<-2．
[专家把脉] 以上解答没有注意到偶函数在对称区间的单调性相反．错误地认为f(x)在[0，+∞]上仍是减函数，导致答案选错．
[对症下药] D ∵f(x)是偶函数，∴f(-x)=f(x)=f(|x|)．∴f(x)<0．f(|x|)＜f(2)．又∵f(x)在(-∞，0)上是减函数，∴f(x)在[0，+∞]上是增函数，|x|＜2-2<x<2．选D．
3．设f(x)是定义在R上的奇函数，且y=f(x)的图像关于直线x=对称，则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=_______
[考场错解] 填-f(0)∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(-x)=-f(x)．又f(x)的图像关于x=对称．
∴f(x)=f(1-x) ∴f(-x)+f(-x+1)=0． ∴f(x)+f(x-1)=0
∴f(5)+f(4)=0．f(3)+f(2)=0．f(1)+f(0)=0．∴f(5)+f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=-f(0)
[专家把脉] 上面解答忽视了奇函数性质的运用．即f(x)在x=0处有定义f(0)=0．
[对症下药] 填0 依题意f(-x)=-f(x)．f(x)=f(1-x)．∴f(-x)=-f(1-x) 即f(-x)+f(1-x)= 0 f(x)+f(x-1)=0 ∴f(5)+f(4)=0，f(3)+f(2)=0．f(1)+f(0)=0．又∵f(x)在x=0处有定义，∴f(0)=0∴f(5)+f(4)+f(3)+f(2)+f(1)=f(1)=-f(0)=O.
4．设函数f(x)在(-∞，+∞)上满足f(2-x)=f(2+x)．f(7-x)=f(7+x)，且在闭区间[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0．(1)试判断函数y=f(x)的奇偶性； (2)试求方程f(x)=0在闭区间[-2005，2005]上根的个数，并证明你的结论．
[考场错解] 依题意f(x)=f(4-x)．f(x)=f(14-x)．∴f(4-x)=f(14-x)，∴f(x)=f(x+10)∴f(x)是以 10为周期的函数,f(3)=0．∴f(-3)=f(7)=0．∴f(3)=f(-3)=-f(3)．∴f(x)既是奇函数又是偶函数．
(2)由(1)知f(x)是周期为10的周期函数，又f(3)=f(1)=0，∴f(11)=f(13)=f(-)=f(-9)=0．
故f(x)在[0，10]上有两个解，从而可知函数y=f(x)在[0，2005]上有401个解．[-2005，0]上有401个解，所以函数丁y=f(x)在[-2005，2005]上有802个解．
[专家把脉] (1)对题意理解错误，题设中“在闭区间[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0”说明除了f(1)、f(3)等于 0外再不可能有f(7)=0．(2)因f(x)在R上既不是奇函数，又不是偶函数．不能认为x∈[0，10]，[-10，0]上各有两个解，则认为在[0，2005]与在[-2005，0]上解的个数相同是错误的，并且f(x)=0在[0，2005]上解的个数不是401个，而是402个．
A．a∈(-∞，1) B．a∈[2，+∞] C．a∈[1，2] D．a∈(-∞，1)∪[2，+∞]
[考场错解] 选A或B ∵a∈(-∞，1]∴f(x)在区间[1，2]上是增函数．∴f(x)存在反函数．当a∈[2，+∞)．对称轴x=a在区间[1，2]的右侧，∴f(x)在 [1，2]上是减函数．∴f(x)存在反函数．
[专家把脉] 上面解答只能说明A或B是f(x)存在反函数的充分条件，并不是充要条件．
[对症下药] ∵一个函数在某区间上存在反函数的充要条件是此函数在这个区间上是单调函数．
∴对称轴x=a不应在(1，2)内，∴a≤1或a≥2．故选C.
2． y=(1≤x≤2)的反函数是 ( )
A.y=1+(-1≤x≤1) B.y=1+ (0≤x≤1)
C.y=1- (-1≤x≤1) D.y=1- (0≤x≤1)
[考场错解] C ∵y2=2x-x2．∴(x-1)2=1-y2．∴x-1=-，∴x=1-．x、y对换得y=1- 又1-x2≥0．∴-1≤x≤1．因而f(x)的反函数为y=1-(-1≤x≤1)．
[专家把脉] 上面解答有两处错误(一)∵1≤x≤2,∴x-1≥0．由(x-1)2=1-y2开方取“正号”而不是取“负号”；(二)反函数的定义域应通过求原函数的值域而得到，而不是由反函数解析式确定．
[对症下药] B 由y=(x-1)2=1-y2．∴x∈[1，2]x-1∈[0，+∞]．
∴x-1==1+．x、y对换得y=1+ 又∵y=(1≤x≤2)．
∴0≤y≤1即原函数值域为[0，1]．所以反函数为y=1- (0≤x≤1).选B.
3． 设f-1(x)是函数f(x)=(ax-a-x)(a＞1)的反函数，则使f-1(x)＞1成立的x的取值范围为 ( )
A．(，+∞) B．(-∞，) C．(,a) D．(a，+∞)
[考场错解] C ∵y= (ax-a-x)，∴a2x-2y·ax-1=0．ax==y+．∴x=loga(y+)，x、y对换．∴f-1(x)=loga(x+)(x∈R)又∵f-1(x)＞1，∴loga(x+)＞1x +＞a. ＞a-x∴<x<a．选C.
[专家把脉] 上面解答错在最后解不等式＞a-x，这一步，因为x+＞a-x应等价于或a≤x.错解中只有前面—个不等式组．答案显然错了.
[对症下药] A 解法1 ∵y=(ax-a-x)a2x-2y·ax-1=0，ax==y+
∴x=loga(y+)．∴f-1(x)=loga(x+)(x∈R)．∵f-1(x)>1
∴loga(x+)>1x+>a＞a-x＜x＜+∞.
解法2：利用原函数与反函数的定丈域、值域的关系．原题等价于x>1时，f(x)=(ax-a-x)的值域，∴f(x)=(ax-a-x)在R上单调递增．∴f(x)＞(a-)=．选A.
4. 设函数f(x)的图像关于点(1，2)对称，且存在反函数f-1(x)，f(4)=0，f-1(4)=________．
[考场错解] 填0 ∵y=f(x)的图像关于点(1，2)对称，又∵f(4)=0，∴f(0)=4，∴f-1(4)=0
[专家把脉] 上面解答错在由图像过点(4，0)得到图像过点(4，0)上，因为f(x)图像关于点(1，2)对称不是关于y=x对称，因此应找出图像过点(-2，4)是关键．
[对症下药] 填-2．
解法1 ∵f(4)=0，∴f(x)的图像过点(4，0)．又∵f(x)的图像关于点(1，2)对称，∴f(x)的图像过点 (2-4，4-0)即(-2，4)．∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2．
解法2 设y=f(x)上任一点P(x、y)关于点(1，2)对称的点为P′(2-x，4-y)．依题意4-y=f(2-x)，∴4-f(x)=f(2-x) f(x)+f(2-x)=4．令x=4．∴f(4) +f(-2)=4.又f(4)=0，∴f(-2)=4．∴f-1(4)=-2．
专家会诊 1.求反函数时必须注意：(1)由原解析式解出x=f-1(y)，如求出的x不唯一，要根据条件中x的范围决定取舍，只能取一个；(2)要求反函数的定义域，即原函数的值域． 2．分段函数的反函数可以分别求出各段函数的反函数后再合成． 3．若点(a，b)在原函数y=f(x)的图像上，则(b，a)在反函数y=f-1(x)的图像上．
解法2：依定义f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t,f′(x)=-3x2+2x+t，
若f(x)在(-1，1)上是增函数，则在(-1，1)上恒有 f′(x)≥0，∵f′(x)的图像是开口向下的抛物线． ∴当且仅当t≥5时，f′(x)在(-1，1)上满足f′(x)>0．即f(x)在(-1，1)上是增函数．故t的取值范围是[5，+∞]．
2．已知函数f(x)=ax-x2的最大值不大于，又当x∈时，f(x)≥.
(1)求a的值; (2)设0<a1＜，an+1=f(an)，n ∈N*，证明：an＜.
[考场错解] 第(1)问，∵f(x)=ax-x2=-(x-a)2+． ∴≤，即a2≤1-1≤a≤1 ①
又当x∈时,f(x)≥，即f(x) ≥在上恒成立≤f(x)在上的最小值为f() ∴f()≥．即≥. ② 综合，①，②知≤a≤1．
[专家把脉] 上面解答错在f(x)在的最小值的计算上，由①得-1≤a≤1．∴∈(-,)，
∴对称轴x=离端点较远，因此,f(x)的最小值应是f().而不是f().
[对症下药] (1)由于f(x)=ax-x2=-(x-)2+
∴f(x)的最大值为.∴≤,即a2≤1．∴-1≤a≤1
又x∈时，f(x)≥，即f(x)≥在上恒成立．∴≤[f(x)]min.由①得-1≤a≤1．∴-≤a≤.∴f(x)在上的最小值为f()=-.∴-≥．解得a≥1 ②
由①,②得a=1.
(2)(i)当n=1时,0＜a1<，不等式0<an<成立.因f(x)>0，x∈(0，)，所以0<a2=f(a1)≤＜.故n=2时，不等式也成立.
(ⅱ)假设n=k(k≥2)时，不等式0＜ak＜成立，因为f(x)=x-x2的对称轴x=知f(x)在[0，]上为增函数，所以0<ak<≤得0<f(ak)<f()
于是有0<ak+1<-·.
所以当n=k+1时，不等式也成立. 根据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任何n∈N*，不等式an＜成立.
3．已知函数f(x)的二项式系数为a，且不等式f(x)>-2x的解集为(1，3)． (1)若方程f(x)+6a=0有两个相等的根，求f(x)的解 (2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围．
[考场错解] (1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集．为(1，3)，∴1、3是方程ax2+(b+2)x+c=0的两根，∴
∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ②
∵方程②有两个相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0即 5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-.
∴f(x)的解析式为f(x)=x2-6x+9或f(x)=- x2-x-.
(2)由f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x-)2-可得f(x)的最大值为-．
令->0a(a+2+)(a+2-)<0解得0<-2-或-2+<a<0．
故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是(-∞，-2-)∪(-2+，0)．
[专家把脉] 上面解答由f(x)+2x＞0的解集为(1，3)．忽视了隐含条件a＜0．所以(1)应舍去a=1．另外第(2)问若没有a＜0这个条件，也不能说f(x)的最大值是-，从而很不容易求得a的范围．
[对症下药] (1)∵f(x)+2x＞0的解集为(1，3),∴f(x)+2=a(x-1)(x-3)且a<0，因而f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a ①
由方程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ②
因为方程②有两个相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0．即5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-.
由于a＜0，舍去a=1．将a=-代入①得f(x)的解析式为f(x)=- x2-x-.
(2)由f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a=a(x-)2-及a＜0，可得f(x)的最大值为-.由， 解得a＜-2-或-2+＜a<0．
专家会诊
利用二次函数图像可以求解一元二次不等式和讨论一元二次方程的实根分布情况，还可以讨论二次函数在闭区间上的最值．对于根的分布问题，一般需从三个方面考虑：①判别式；②区间端点函数值的正负；③对称轴x=-与区间端点的关系．另外，对于二次函数在闭区间上的最值要抓住顶点的横坐标与闭区间的相对位置确定二次函数的单调性进行求解.
命题角度6 指数函数与对数函数的图象和性质的应用
1．函数y=e｜lnx｜-|x-1|的图像大致是 ( )
[考场错解] 选A或B或C
[专家把脉] 选A，主要是化简函数y=e｜lnx｜-|x-1|不注意分x≥1和x<1两种情况讨论，选B，主要是化简时错误地认为当，x<1时，e｜lnx｜-|x-1|=-.选C，主要时当x≥1时化简错误．
[对症下药] D ∵f(x)=e｜lnx｜-|x-1|=作出其图像即可
2．(典型例题)在y=2x，y=log2x，y=x2，y=cos2x这四个函数中，当0<x1<x2<1，使f>恒成立的函数的个数是 ( )
A.0 B．1 C．2 D．3
[考场错解] C
[专家把脉] 对四个函数图像不熟悉导致错误．由题设条件知F(x)在(0，1)上是凸函数，认为y=log2x和y=cos2x在(0，1)上是凸函数．其实y=cos2x在(0，)是凸函数，在(，1)是凹函数.
[对症下药] B 根据条件，当0<x1<x2<1，使f>恒成立知f(x)在(0，1)上是凸函数，因此只有y=log2x适合．y=2x和y=x2在(0，1)上是函数．y=cos2x在(0，)是凸函数，但在(，1)是凹函数，故选B．
3．若函数f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在区间(0, )内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为
A.(-∞，-) B．(-，+∞) C．(0，+∞) D．(-∞，-)
[考场错解] 选A或C
[专家把脉] 选A，求f(x)的单调区间时没有考虑函数定义域导致错误；选C，求复合函数的单调区间时没有注意内、外层函数均递减时，原函数才是增函数．事实上 (0，+∞)是f(x)的递减区间．
[对症下药] D ∵f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在区间(0，)内恒有f(x)>0，若a>1，则由f(x)>0 x>或x<-1．与题设矛盾.∴0<a<1．设(x)= 2x2+x=2(x+)2-.(x)>0x>0或x<- .∴f(x)在(-∞，-)内是增函数．
4．已知函数f(x)=ln(ex+a)(a>0) (1)求函数y=f(x)的反函数y=f-1(x)及f(x)的导数f′(x)． (2)假设对任意x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求实数m的取值范围．
[考场错解] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)．∴f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)=[ln(ex+a)]′=
(2)由｜m-f-1(x)｜+ln[f′(x)]<0得-ln+ln(ex-a)<m<ln(ex-a)+ln在(ln(3a)，ln(4a))上恒成立．设h(x)=ln(ex-a)+ln. S(x)=-ln+ln（ex-a)．即m＜[h(x)]mni.且m＞[S(x)]max
∵S(x)，h(x)=ln(ex-a)+ln(1+)在[ln(3a)，ln(4a)]上是增函数．∴[h(x)]min=ln(2a)+ln=ln(a)． [S(x)]max=ln(3a)-ln=ln(a) ∴ln(a)<m<ln(a)．
[专家把脉] 错在第(2)问h(x),S(x)在(ln(3a)，ln(4a))上是增函数没有根据．应用定义法或导数法判定后才能用这一结论．
[对症下药] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)∴y=f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)= .
由′(x)=+1,-1．
注意到0<ex-a<ex<ex+a，故有′(x)>0，r′(x)>0，从而可知 (x)与r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上单调递增，因此不等式③成立，当且仅当(ln(4a))<m<r(ln(3a))，即ln(a)＜m<ln(a)．
专家会诊
论由指数函数和对数函数构成的复合函数的单调性时，首先要弄清复合函数的构成，然后转转化为基本初等函数的单调性加以解决，注意不可忽视定义域，忽视指数和对数的底数对它们的图像和性质起的作用.
命题角度 7 函数的应用
1．某公司在甲，乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L1=5．06x-0．15x2，和L2=2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为 ( )
A．45．606 B．45．6 C．46．8 D．46．806
[考场错解] D 设甲地销售x轴，则乙地销售15-x辆．总利润L=L1+L2=5.06x-0．15x2+2(15-x)=
-0．15x2+3．06x+30=-O．15(x-)2+46.806
∴当x=时，获得最大利润46．806万元．故选D.
[专家把脉] 上面解答中x=不为整数，在实际问题中是不可能的，因此x应根据抛物线取与x=接近的整数才符合题意．
[对症下药] B 设甲地销售x辆．则乙地销售(15-x)辆，则总利润L=L1+L2=5．06x-0．15x2+2(15-x)=
-0．15x2+3．06x+30=-0．15(x-10．2)2+46．806． 根据二次函数图像和x∈N*，∴当x=10时，获得最大利润L=-0．15×102+3．06×10+30=45．6万元．选B．
2．甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙方生产须占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2000，若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方S元(以下称S为赔付价格)．
[对症下药] (1)解法1
因为赔付价格为S元／吨，所以乙方的实际年利润为：W=2000-St
∵W=2000-St=S(-)≤S=()2当且仅当=-即t=()2时，W取得最大值． ∴乙方取得最大年利润的年产量t=()2吨．
解法2 因为赔付价格为S元／吨，所以乙方的实际年利润为W=2000-St．
∴W=2000-St=-S(-)2+ ∴当t=()2时，w取得最大值．
∴乙方取得最大年利润的年产量t=()2 (吨)
解法3 因为赔付价格为S元／吨，所以乙方的实际年利润为：w=2000-St．
由w′=-S=,令w′=0得t=t0=()2．当t<t0时，w′>0；当t>t0时，w′<0．所以t=t0时w取得最大值．因此乙方取得最大年利润的年产量t0=()2吨．
设甲方净收入为v元，则v=St-0．002t2． 将t=()2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式v=-.又v′=--令v′=0得S=20，当S<20时，v′>0；当S>20时，v′<0，∴S=20时，v取得最大值．因此甲方向乙方要求赔付价格S=20(元／吨)时，获得最大净收入．
3．某段城铁线路上依次有A，B，C三站，AB=5km，BC=3km在列车运行时刻表上，规定列车8时整从A站发车，8时07分到达B站并停车1分钟，8时12分到达C站，在实际运行时，假设列车从A站正点发车，在B站停留1分钟，并在行驶时以同一速度vkm／h，匀速行驶，列车从A站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差． (1)分别写出列车在B、C两站的运行误差； (2)若要求列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，求v的取值范围．
[考场错解] (1)列车在B、C两站的运行误差(单位：分钟)分别是|-7|和|-11|
(2)由于列车在B、C两站的误差之和不超过2分钟，所以|-7|+|-11|≤2(*)
当0<v≤时，(*)式变形为-y+-11≤2 解得≤v≤．当<v≤时，(*)式变形为7-+-11≤2，解得<v≤.当v＞时，(*)式变形为7-+11-≤2． 解得＜v≤．综上所述，v的取值范围[,]．
[专家把脉] 上述解答错在单位不统一，应将速度v(km／h)化为v(60km／分)．由于一开始出现错误，导致后面结果全是错误的．
[对症下药] (1)列车在B、C两站的运行误差(单位：分钟)分别是[-7]和[-11]
(2)由于列车在B、C两站的误差之和不超过2分钟，∴|-7|+|-11
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