高一数学函数经典题目答案

创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日函数分析式的特别求法之吉白夕凡创作创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日例1已知f(x)是一次函数,且f[f(x)]=4x1,求f(x)的分析式例2若f(x1）x2x,求f(x)例3已知f(x1)x2x，求f(x1)例4已知：函数yx2x与yg(x)的图象对于点(2,3)对称，求g(x)的分析式2f(x)13x例5已知f(x)知足f()，求f(x)x函数值域的特别求法例1.求函数yx22x5,x[1,2]的值域。y1xx2例2.求函数1x2的值域。例3求函数y=(x+1)/(x+2)的值域yex1例4.ex1的值域。求函数例1以下各组中的两个函数能否为同样的函数？(x3)(x5)①y1x3y2x5②y1x1x1y2(x1)(x1)③f1(x)(2x5)2f2(x)2x52若函数f(x)的图象经过(0,1)，那么f(x4)的反函数图象经过点(A)(4,1)(B)(1,4)(C)(4,1)(D)(1,4)例3创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日已知函数f(x)对随意的a、bR知足：f(ab)f(a)f(b)6,当a0时,f(a)6；f(2)12。1）求：f(2)的值；2）求证：f(x)是R上的减函数；（3）若f(k2)f(2k)3，务实数k的取值范围。例4已知A{(x,y)|xn,yanb,nZ}，B{(x,y)|xm,y3m215,mZ}，C{(x,y)|x2y2≤14}，问能否存在实数a,b，使得(1)AB，(2)(a,b)C同时建立.证明题1.已知二次函数f(x)ax2bxc对于x1、x2R，且x1＜x2时1f(x1)f(x2)]有不等实根，且必有f(x1)f(x2)，求证：方程f(x)＝2[一根属于区间（x1，x2）.答案1解：设f(x)=kx+b则k(kx+b)+b=4x1k24k2k2b1则(k1)b13或b1f(x)2x13或f(x)2x1∴换元法：已知复合函数f[g(x)]的表达式时，还能够用换元法求f(x)的分析式。与配凑法同样，要注意所换元的定义域的变更。解法一（换元法）：令t=x1则x=t21,t≥1代入原式有创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日∴f(x)x21（x≥1）解法二（定义法）：x2x(x1)21∴f(x1)(x1)21x1≥1∴f(x)x21(x≥1)4代入法：求已知函数对于某点或许某条直线的对称函数时，一般用代入法。解：设M(x,y)为yg(x)上任一点，且M(x,y)为M(x,y)对于点(2,3)的对称点xx22yxx4y32y6y，则，解得：点M(x,y)在yg(x)上x4把y6y代入得：整理得yx27x6例5结构方程组法：若已知的函数关系较为抽象简洁，则能够对变量进行置换，想法结构方程组，经过解方程组求得函数分析式。12f(x)f()3x∵已知x①，1将①中x换成x得

132f()f(x)xx②，3f(x)316xf(x)2x①×2-②得x∴x.值域求法创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日例1解：将函数配方得：y(x1)24∵x[1,2]由二次函数的性质可知：当x=1时，ymin4，当x1时，ymax8故函数的值域是：[4，8]鉴别式法规2.解：原函数化为对于x的一元二次方程（1）当y1时，xR13解得：2y21313（2）当y=1时，x1,,0，而22故函数的值域为22当函数的反函数存在时，则其反函数的定义域就是原函数的值域。例3求函数y=(x+1)/(x+2)的值域。点拨：先求出原函数的反函数，再求出其定义域。解：明显函数y=(x+1)/(x+2)的反函数为:x=(1－2y)/（y－1）,其定义域为y≠1的实数,故函数y的值域为｛y∣y≠1,y∈R｝。评论：利用反函数法求原函数的定义域的前提条件是原函数存在反函数。这种方法表现逆向思想的思想，是数学解题的重要方法之一。练习：求函数y=(10x+10-x)/(10x－10-x)的值域。（答案：函数的值域为｛y∣y<－1或y>1｝函数有界性法直接求函数的值域困难时，能够利用已学过函数的有界性，反客为主来确立函数的值域。ex1exy1例4.y1的值域。解：由原函数式可得：y1求函数ex∵ex0y10y1解得：1y1故所求函数的值域为(1,1)例1（定义域分歧）（定义域分歧）（定义域、值域都分歧）例3解:（1）f(ab)f(a)f(b)6,令ab0，得f(0)6创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日令a2,b2，得f(2)0（2）证明：设x1,x2是R上的随意两个实数，且x1x2，即x2x10，进而有f(x2x1)6，则f(x2)f(x1)f[(x2x1)x1]f(x1)f(x2x1)f(x1)6f(x1)f(x2x1)60∴f(x2)f(x1)即f(x)是R上的减函数（3）f(ab)f(a)f(b)6,令a1,b1，得f(1)3∵f(k2)f(2k)3∴f(k2)3f(2k)，又f(1)3，f(2)0即有f(k2)f(1)f(2k)f(2)∴f(k2)f(1)6f(2k)f(2)6∴f[(k2)1]f[(2k)2]又∵f(x)是R上的减函数∴(k2)1(2k)2即k3∴实数k的取值范围是k3例4剖析：假定存在a,b使得(1)建立，获得a与b的关系后与x2y2≤14联立，而后议论联立的不等式组.解：假定存在实数a,b，使得AB，(a,b)C同时建立，则集合A{(x,y)|xn,yanb,nZ}与集合B{(x,y)|xm,y3m215,mZ}分别对应会合A1{(x,y)|yaxb,xZ}与B1{(x,y)|y3x215,xZ}，A1与B1对应的直线yaxb与抛物线yaxby3x215起码有一个公共点，所以方程组y3x215有解，即方程3x215axb必有解.所以a212(15b)≥0a2≤12b180，①创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日又∵a2b2≤14②由①②相加，b2得≤12b36，即(b6)2≤0.∴b6.将b6代入①得a2≥108，再将b6代入②得a2≤108，所以a63，将a63，b6代入方程3x215axb得3x263x90，解得x3Z.所以不存在实数a,b，使得(1)，(2)同时建立.证明题11[f(x1)f(x2)]，1解：设F（x）＝f(x)－2则方程与方程∵F（x1）＝

1[f(x1)f(x2)]f(x)＝2F（x）＝01[f(x1)f(x2)]＝f(x1)－2

①1[f(x1)f(x2)]

②等价1[f(x1)f(x2)]1[f(x1)f(x2)]F（x2）＝f(x2)－2＝21[f(x1)f(x2)]2f(x1)∴F（x1）·F（x2）＝－4，又∴F（x1）·F（x2）＜0

f(x2)故方程②必有一根在区间（x1，x2）内.因为抛物线y＝F（x）在x轴上、下方均有散布，所以此抛物线与x轴订交于两个分歧的交点，即方程②有两个不等的实根，进而方程①有两个不等的实根，且必有一根属于区间（x1，x2）.创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日创作时间：贰零贰壹年柒月贰叁拾日1[f(x1)f(x2)]，此中因为有评论：此题因为方程是f(x)＝2f(x)表达式，所以解题中有的学生不睬