函数、方程、不等式解题方法集锦.doc

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高三数学复习-————-——-—函数、方程、不等式解题方法集锦
函数是高中数学的重要内容,也是历年高考所占比例最大的的一部分内容。对函数内容的考查一般都高于大纲的要求，高考试题中对函数内容的考查主要集中在函数的概念、性质,函数图象的变换等方面,并注意与方程、不等式、数列等内容相联系，进行综合考查,在考查中突出函数的思想、数形结合的思想。特别需注意的是在复习中必须加强对二次函数的再学习，再认识，从新的角度研究二次函数,加深对二次函数的理解和掌握。方程可看作函数值为零时的函数的解析式,而不等式则是函数的图象位于x轴上方的情形.在解决方程、不等式的有关问题时，可以从函数的角度去思考、分析和解决;在解决函数的有关问题时，可以借助方程、不等式的有关知识去理解和解决。这是解决这类问题的一个重要的策略.
一、对函数、方程、不等式的基本问题要熟练掌握
象函数有关的概念、基本性质、函数的图象及解不等式等问题都是基本问题,在高考试题中一般都是中、低档题目，所以必须提高解决这类问题的准确性和熟练性。
【例1】(99年全国）已知映射f：A→B，其中集合A=｛—3，—2，-1，1,2，3，4}，集合B中的元素都是A中元素在映射f下的象,且对任意的a∈A，在B中和它对应的元素是｜a｜,则集合B中元素的个数是（ )
A.4 B.5 C。6 D.7
分析:解决此题的关键有两个，一是要熟悉映射的定义，二是准确理解题意.根据映射的定义，可知对于集合A中的每一个元素，在集合B中都有唯一的元素和它对应；而根据题意，集合B是集合A的象集,由对应法则，不难得出集合B=｛1，2,3，4｝，故应选A。
【例2】（99年全国）若函数y=f(x）的反函数是y=g(x）,f(a）=b，ab≠0，则g(b）等于
A.a B。a—1 C.b D。b-1
分析：此题主要考查反函数的概念。g（b)是函数y=f（x)当函数值为b时的自变量的值，所以g(b)= a，故选A。
与此相类似的还有:
（2000年上海春季）若函数f（x）=，则f-1（）= 。
【例3】(2001年全国春季）设函数f(x)=，求f（x）的单调区间，并证明f（x）在其单调区间上的单调性。
分析：解决有关概念问题，一般都可以从它的定义开始。这个函数的单调区间既可以利用图象来求，也可以利用定义域结合特殊值的方法来求；证明也有两种方法，一是利用单调性的定义，二是利用函数的导数证明.
解法1:函数f(x)=的定义域为（—∞,-b)∪（—b,+∞)。函数f（x）在(-∞，-b）上是减函数，在(-b，+∞）上也是减函数。
取x1,x2∈（-b,+∞),且x10，x2-x1〉0,(x1+b)(x2+b）〉0.
∴f(x1）—f（x2）〉0,即f（x）在(—b，+∞)上是减函数。
同理可证f(x)在（-∞，-b）上也是减函数。
解法2:f/(x）=，显然，当x≠—b时，f/（x）〈 0恒成立,所以函数f（x)在(-∞，—b）∪(-b,+∞）上是减函数。
不难看出，利用导数解决有关单调性的问题有时还是很方便的.
【例4】（2000年全国）设函数f(x)=,其中a〉0。解不等式:f(x） ≤1。
分析：这个不等式是一个无理不等式，解无理不等式的基本思路是转化为有理不等式，然后再解.转化的基本方法是两边平方，在两边平方时要注意等价性。
解：f(x） ≤1即

由（2）得：x[(a2—1)x+2a]0.
当 0〈a<1时,得:;当 a=1时，得：x0;
当 a>1时,得：x0或。而这时因为，所以，当00恒成立，试求a的取值范围。
分析：本题考查求函数的最值的方法，以及等价变换和函数思想的运用.当a=时，f(x）=，当且仅当时等号成立，而,也就是说这个最小值是取不到的。
解：(1)当a=时，f(x）=,这时f/(x）=1-,当x∈时,f/(x)>0，说明函数f（x)为增函数，所以当x=1时，取到最小值f(1）=3.5.
（2)解法1：f（x）〉0恒成立，就是x2+2x+a>0恒成立，而函数g(x）=x2+2x+a在上增函数，所以当x=1时，g(x)取到最小值3+a，故3+a〉0，得:a〉-3。
解法2：f（x）>0恒成立,就是x2+2x+a〉0恒成立,即a〉—x2-2x恒成立,这只要a大于函数-x2—2x的最大值即可。而函数—x2—2x在上为减函数，当x=1时，函数-x2—2x取到最大值—3，所以a〉-3。
函数、方程不等式之间有着密切的联系，在解题时要重视这种联系，要善于从函数的高度理解方程和不等式的问题,也要善于利用方程和不等式的知识解决函数的问题。
二、对函数、方程、不等式之间的联系要能灵活运用
【例6】（97年全国）不等式组的解集是
A．{x｜0bx2+cx+d的图象如图所示，则
A.b∈（-∞，0） B。 b∈(0,1)
C. b∈（1,2） D。 b∈（2,+∞）
分析：显然，（想方程）方程f（x）=0的根为0、1、2，所以，可以设f（x)=ax(x-1)(x—2),与f（x)=ax3+bx2+cx+d比较可得:b=—3a。(想不等式）又x〉2时，有f（x）>0，于是有a>0，故b〈0.
【例8】(2000年全国）已知函数f(x）=,求a的取值范围，使函数f(x）在区间上是单调函数.
分析:设x1,x2∈ ,且x1证明还是探索,都要从人手,由，同理,故>x1+x2〉0。从而<1。
当a1时，函数f（x)是减函数;
（想方程）当0x2），其中x1、x2是方程ax2+bx+c=0的两根.
【例9】已知二次函数y= ax2+bx+c。
(1）对于x1,x2∈R,且x1〈 x2，f(x1)f(x2)，求证：方程f(x)=［f（x1)+f（x2）］有两个不相等的实根，且只有一个根属于(x1,x2)；
（2)若方程f(x)=[f（x1)+f（x2）］在（x1,x2）内的根为m，且x1,m-,x2成等差数列，设x=x0是f(x)的对称轴方程，求证:x02）=0,
=4b2+8a [a(x12+x22)+b（x1+x2)］=2（2ax1+b）2+2(2ax2+b)2>0(x1x2)。
设g（x)= f（x)—［f(x1)+f(x2）],则
因为g(x1）g(x2)= ｛f(x1）—［f（x1)+f(x2）]}｛ f(x2)-[f（x1)+f（x2)]}
=［f(x1)—f(x2）]2<0（f(x1)f（x2))，所以在(x1，x2）上必有一个实根。
（2)因为x1,m—，x2成等差数列，所以x1+x2=2m—1.
由2f(m)= f(x1）+f(x2)，得：a(2m2—x12-x22）+b(2m—x1-x2)=0，将上式代入，得
b=-a（2m2—x12-x22),所以x0=。
【例10】（97年全国）设二次函数f(x)= ax2+bx+c,方程f（x）—x=0的两根x1,x2满足0知a，b,c∈R，函数f（x)= ax2+bx+c。
(1)若a+c=0,f(x)在［—1,1］上的最大值为2，最小值为，证明：a0且｜|〈2；
（2）若a>0,p、q满足p+q=1，且对任意的实数x、y均有pf（x）+qf（y）≥f（px+qy)，证明：0≤p≤1。
分析：（1）用反证法.假设a=0或|｜≥2，由a+c=0,得a=—c，故f（x）= ax2+bx— a。
当a=0时，f（x)= bx，是一个单调函数，其最大值为|b｜,最小值为—｜b|,又已知得：|b｜=2且—|b|=,矛盾,故a0。
当｜｜≥2时,｜—|≥1，函数f（x）在[—1,1]上也是单调函数，由上可知矛盾，故||〈2。
综合以上两种情况,得a0且||<2;
(2)pf(x）+qf(y）—f（px+qy）=p(ax2+bx+c)+q(ay2+by+c）-［a(px+qy）2+b（px+qy)+c］
=ap（1-p）2x2-2apqxy+aq(1—q)y2=apq（x—y)2≥0,因为a〉0，(x-y）2≥0，所以pq≥0，p(1—p)≥0,故0≤p≤1.