【正文】 logbcb－32＝425a0??? ???a13b－ 32 ＝－ 54a－ 12b－ 2山東 )若點 (a,9)在函數 y＝ 3x的圖象上，則 tanaπ6 的值為 ( )． A． 0 B. 33 C． 1 D. 3 解析 由題意有 3a＝ 9，則 a＝ 2， ∴ tan aπ6 ＝ tan π3＝ 3. 答案 D 2． (20202x＋ 12x－ 1. ∴ f(－ x)＝ － x2 2x＝ 2 2 當且僅當 x＝ 2x，即 x＝ 2時，等號成立，因此 x＋ 2x的最小值為 2 2. 答案 2 2 考向一 函數的單調性的判斷 【例 1】 ?試討論函數 f(x)＝ xx2＋ 1的單調性． [審題視點 ] 可采用定義法或導數法判斷． 解 法一 f(x)的定義域為 R，在定義域內任取 x1＜ x2， 都有 f(x1)－ f(x2)＝ x1x21＋ 1－ x2x22＋ 1＝ ?x1－ x2??1－ x1x2??x21＋ 1??x22＋ 1?， 其中 x1－ x2＜ 0， x21＋ 1＞ 0， x22＋ 1＞ 0. ① 當 x1， x2∈ (－ 1,1)時，即 |x1|＜ 1， |x2|＜ 1， ∴ |x1x2|＜ 1， 則 x1x2＜ 1,1－ x1x2＞ 0， f(x1)－ f(x2)＜ 0， f(x1)＜ f(x2)， ∴ f(x)為增函數． ② 當 x1， x2∈ (－ ∞ ，－ 1]或 [1，＋ ∞ )時， 1－ x1x2＜ 0， f(x1)＞ f(x2)， ∴ f(x)為減函數． 綜上所述， f(x)在 [－ 1,1]上是增函數，在 (－ ∞ ，－ 1]和 [1，＋ ∞ )上是減函數． 法二 ∵ f′ (x)＝ ??? ???xx2＋ 1 ′ ＝ x2＋ 1－ x?x2＋ 1?′?x2＋ 1?2 ＝ x2＋ 1－ 2x2?x2＋ 1?2 ＝1－ x2?x2＋ 1?2， ∴ 由 f′ (x)＞ 0 解得－ 1＜ x＜ f′ (x)＜ 0 解得 x＜－ 1 或 x＞ 1， ∴ f(x)在 [－ 1,1]上是增函數，在 (－ ∞ ，－ 1]和 [1，＋ ∞ )上是減函數． 判斷 (或證明 )函數單調性的主要方法有： (1)函數單調性的定義； (2)觀察函數的圖象； (3)利用函數和、差、積、商和復合函數單調性的判斷法則； (4)利用函數的 導數等． 【訓練 1】 討論函數 f(x)＝ axx－ 1(a≠ 0)在 (－ 1,1)上的單調性． 解 設－ 1x1x21， f(x)＝ ax－ 1＋ 1x－ 1 ＝ a??? ???1＋ 1x－ 1 ， f(x1)－ f(x2)＝ a??? ???1＋ 1x1－ 1－ a??? ???1＋ 1x2－ 1 ＝ a x2－ x1?x1－ 1??x2－ 1? 當 a0 時， f(x1)－ f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 函數 f(x)在 (－ 1,1)上遞減； 當 a0 時， f(x1)－ f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 函數 f(x)在 (－ 1,1)上遞增． 考向二 利用已知函數的單調區(qū)間求參數的值 (或范圍 ) 【例 2】 ?已知函數 f(x)＝ x2＋ ax (a0)在 (2，＋ ∞ )上遞增，求實數 a 的取值范圍． [審題視點 ] 求參數的范圍轉化為不等式恒成時要注意轉化的等價性． 解 法 一 設 2x1x2，由已知條件 f(x1)－ f(x2)＝ x21＋ ax1 －x22＋ ax2 ＝ (x1－ x2)＋ ax2－ x1x1x2＝ (x1－ x2)x1x2－ ax1x20 恒成立．即當 2x1x2時， x1x2a 恒成立．又 x1x24，則 0a≤ 4.法二 f(x)＝ x＋ ax， f′ (x)＝ 1－ ax2＞ 0 得 f(x)的遞增區(qū)間是 (－ ∞ ，－ a)， ( a，＋∞ )，根據已知條件 a≤ 2，解得 0a≤ 4. 已知函數的解析式，能夠判斷函數的單調性，確定函數的單調區(qū)間，反之已知函數的單調區(qū)間可確定函數解析式中參數的值或范圍，可通過列不等式或解決不等式恒成立問題進行求解． 【訓練 2】 函數 y＝ x－ 5x－ a－ 2在 (－ 1，＋ ∞ )上單調遞增，則 a 的取值范圍是 ( )． A． a＝－ 3 B． a3 C． a≤ － 3 D． a≥ － 3 解析 y＝ x－ 5x－ a－ 2＝ 1＋ a－ 3x－ ?a＋ 2?，需 ??? a－ 30，a＋ 2≤ － 1， 即 ??? a3，a≤ － 3， ∴ a≤ － 3. 答案 C 考向三 利用函數的單調性求最值 【例 3】 ?已知函數 f(x)對于任意 x， y∈ R，總有 f(x)＋ f(y)＝ f(x＋ y)，且當 x＞ 0時， f(x)＜ 0， f(1)＝－ 23. (1)求證： f(x)在 R 上是減函數； (2)求 f(x)在 [－ 3,3]上的最大值和最小值． [審題視點 ] 抽象函數單調性的判斷，仍須緊扣定義，結合題目作適當變形． (1)證明 法一 ∵ 函數 f(x)對于任意 x， y∈ R 總有 f(x)＋ f(y)＝ f(x＋ y)， ∴ 令 x＝ y＝ 0，得 f(0)＝ 0. 再令 y＝－ x，得 f(－ x)＝－ f(x)． 在 R 上任取 x1＞ x2，則 x1－ x2＞ 0， f(x1)－ f(x2)＝ f(x1)＋ f(－ x2)＝ f(x1－ x2)． 又 ∵ x＞ 0 時， f(x)＜ 0， 而 x1－ x2＞ 0， ∴ f(x1－ x2)＜ 0，即 f(x1)＜ f(x2)． 因此 f(x)在 R 上是減函數． 法二 設 x1＞ x2， 則 f(x1)－ f(x2)＝ f(x1－ x2＋ x2)－ f(x2) ＝ f(x1－ x2)＋ f(x2)－ f(x2)＝ f(x1－ x2)． 又 ∵ x＞ 0 時， f(x)＜ 0，而 x1－ x2＞ 0， ∴ f(x1－ x2)＜ 0，即 f(x1)＜ f(x2)， ∴ f(x)在 R 上為減函數． (2)解 ∵ f(x)在 R 上是減函數， ∴ f(x)在 [－ 3,3]上也是減函數， ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值和最小值分別為 f(－ 3)與 f(3)． 而 f(3)＝ 3f(1)＝－ 2， f(－ 3)＝－ f(3)＝ 2. ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值為 2，最小值為－ 2. 對于抽象函數的單調性的判斷仍然要緊扣單調性的定義，結合題目所給性質和相應的條件，對任意 x1， x2在所給區(qū)間內比較 f(x1)－ f(x2)與 0 的大小，或 f?x1?f?x2?與 1 的大?。袝r根據需要，需作適當的變形：如 x1＝ x2江西 )若 f(x)＝ 1log12?2x＋ 1?，則 f(x)的定義域為 ( )． A.??? ???－ 12， 0 B.??? ???－ 12， 0 C.??? ???－ 12，＋ ∞ D． (0，＋ ∞ ) 解析 由 log12(2x＋ 1)＞ 0，即 0＜ 2x＋ 1＜ 1， 解得－ 12＜ x＜ 0. 答案 A 3．下列各對函數中，表示同一函數的是 ( )． A． f(x)＝ lg x2， g(x)＝ 2lg x B． f(x)＝ lgx＋ 1x－ 1， g(x)＝ lg(x＋ 1)－ lg(x－ 1) C． f(u)＝ 1＋ u1－ u， g(v)＝ 1＋ v1－ v D． f(x)＝ ( x)2， g(x)＝ x2 答案 C 4． (2020湖南 )已知函數 f(x)＝ ex－ 1， g(x)＝－ x2＋ 4x－ f(a)＝ g(b)，則 b 的取值范圍為 ( )． A． [2－ 2， 2＋ 2] B． (2－ 2， 2＋ 2) C． [1,3] D． (1,3) 解析 函數 f(x)的值域是 (－ 1，＋ ∞ )，要使得 f(a)＝ g(b)，必須使得－ x2＋ 4x－ 3＞－ x2－ 4x＋ 2＜ 0，解得 2－ 2＜ x＜ 2＋ 2. 答案 B 3． (2020福建 )對于函數 f(x)＝ asin x＋ bx＋ c(其中， a， b∈ R， c∈ Z)，選取 a， b，c 的一組值計算 f(1)和 f(－ 1)，所得出的正確結果一定不可能是 ( )． A． 4 和 6 B． 3 和 1 C． 2 和 4 D． 1 和 2 解析 ∵ f(1)＝ asin 1＋ b＋ c， f(－ 1)＝－ asin 1－ b＋ c 且 c∈ Z， ∴ f(1)＋ f(－ 1)＝ 2c是偶數，只有 D 項中兩數和為奇數，故不可能是 D. 答案 D 5． (2020aa－ 12b12＋ 13－ 56＝ 1a. (2)原式 ＝－ 52a－ 16b－ 3247。a32山東 )函數 y＝ ex＋ e－ xex－ e－ x的圖象大致為 ( )． [審題視點 ] 函數圖象的判斷要充分利用函數的性質，如奇偶性、單調性． 解析 y＝ e2x＋ 1e2x－ 1＝ 1＋2e2x－ 1，當 x＞ 0 時， e2x－ 1＞ 0 且隨著 x 的增大而增大，故y＝ 1＋ 2e2x－ 1＞ 1 且隨著 x 的增大而減小，即函數 y 在 (0，＋ ∞ )上恒大于 1 且單調遞減，又函數 y 是奇函數，故選 A. 答案 A 利用指數函數的圖象和性質可研究復合函數的圖象和性質，比如：函數 y＝ ax－ 1ax＋ 1， y＝ex－ e－ x2 ， y＝ lg(10x－ 1)等． 【訓練 3】 已知方程 10x＝ 10－ x， lg x＋ x＝ 10 的實數解分別為 α 和 β，則 α＋ β的值是 ________． 解析 作函數 y＝ f(x)＝ 10x， y＝ g(x)＝ lg x， y＝ h(x)＝ 10－ x 的圖象如圖所示，由于 y＝ f(x)與 y＝ g(x)互為反函數， ∴ 它們的圖象是關于直線 y＝ x 對稱的．又直線y＝ h(x)與 y＝ x 垂直， ∴ y＝ f(x)與 y＝ h(x)的交點 A 和 y＝ g(x)與 y＝ h(x)的交點 B是關于直線 y＝ x 對稱的．而 y＝ x 與 y＝ h(x)的交點為 (5,5)．又方程 10x＝ 10－ x的解 α 為 A點橫坐標，同理， β 為 B 點橫坐標． ∴ α＋ β2 ＝ 5，即 α＋ β＝ 10. 答案 10 難點突破 3——如何求解新情景下指數函數的問題 高考中對指數函數的考查，往往突出新概念、新定義、新情景中的問題，題目除最基本問題外，注重考查一些小、巧、活的問題，突出考查思維能力和化歸等數學思想． 一、新情景 下求指數型函數的最值問題的解法 【示例】 ? (2020黃岡中學月考 )函數 f(x)＝ log2(3x＋ 1)的值域為 ( )． A． (0，＋ ∞ ) B． [0，＋ ∞ ) C． (1，＋ ∞ ) D． [1，＋ ∞ ) 解析 設 y＝ f(x)， t＝ 3x＋ 1. 則 y＝ log2t， t＝ 3x＋ 1， x∈ R. 由 y＝ log2t， t1 知函數 f(x)的值域為 (0，＋ ∞ )． 答案 A 4． (2020f(x)， f?x?f?－ x?來判斷． (2)將不等式恒成立問題轉化為求函數值域問題，是解決恒成立問題的常用方法． 【訓練 2】 設 f(x)＝ e－ xa ＋ae－ x是定義在 R 上的函數． (1)f(x)可能是奇函數嗎？ (2)若 f(x)是偶函數，試研究其在 (0，＋ ∞ )的單調性． 解 (1)假設 f(x)是奇函數，由于定義域為 R， ∴ f(－ x)＝－ f(x)，即 exa＋aex＝－ ??????e－ xa ＋ae－ x ， 整理得 ??? ???a＋ 1a (ex＋ e－ x)＝ 0， 即 a＋ 1a＝ 0，即 a2＋ 1＝ 0 顯然無解． ∴ f(x)不可能是奇函數． (2)因為 f(x)是偶函數，所以 f(－ x)＝ f(x)， 即 exa＋aex＝e－ xa ＋ae－ x， 整理得 ??? ???a－ 1a (ex－ e－ x)＝ 0， 又 ∵ 對任意 x∈ R 都成立， ∴ 有 a－ 1a＝ 0，得 a＝ 177。 ? 4ab－ 1?3－ 2?a3b－ 3?12. 解 (1)原式＝ ??? ???271 000 － 13－ (－ 1)－ 2??? ???17 － 2＋ ??? ???259 12－ 1 ＝ 103 － 49＋ 53－ 1＝－ 45. (2)原式＝412b－ 3)12. [審題視點 ] 熟記有理數指數冪的運算性質是化簡的關鍵． 解 (1)原式＝a－ 13b12天津一中月考 )已知 a12＋ a－ 12＝ 3，則 a＋ a－ 1＝ ______； a2＋ a－ 2＝________. 解析 由已知條件