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高三数学《一题多解 一题多变》试题及详解答案


高三《 一题多变》 高三《一题多解 一题多变》题目
一题多解 一题多变(一) 一题多变( 原题: 原题: f ( x) = mx 2 + 8 x + 4 的定义域为 R,求 m 的取值范围 , 解:由题意 mx 2 + 8 x + 4 ≥ 0 在 R 上恒成立
∴ m > 0 且Δ ≤ 0 , 得 m ≥ 4

, 变 1: f ( x) = log 3 mx 2 + 8 x + 4 的定义域为 R,求 m 的取值范围 : 解:由题意 mx 2 + 8 x + 4 > 0 在 R 上恒成立
∴ m > 0 且Δ < 0 , 得 m > 4

, 变 2: f ( x) = log 3 (mx 2 + 8 x + 4) 的值域为 R,求 m 的取值范围 : 的实数, 解:令 t = mx 2 + 8 x + 4 ,则要求 t 能取到所有大于 0 的实数,
∴ 当 m = 0 时,t 能取到所有大于 0 的实数

当 m ≠ 0 时, m > 0 且Δ ≥ 0 ?0 < m ≤4
∴0 ≤ m ≤ 4

变 3: f ( x) = log 3 :

mx 2 + 8 x + n 的定义域为 R,值域为 [0,2] ,求 m,n 的值 值域为 x 2 +1

mx 2 + 8 x + n 由题意, ∈ [1,9],得 y - m)x 2 - 8 x + y - n = 0 ( 解:由题意,令 y = 2 x +1 y ≠ m 时,Δ ≥ 0 ? y 2 - (m + n) y + mn - 16 ≤ 0 -

∴ 1 和 9 时 y 2 - (m + n) y + mn - 16 = 0 的两个根 ∴ m=n=5 ∴ 当 y = m 时, x = ∴m=n=5
n-m = 0 Q x ∈ R ,也符合题意 8

一 题 多 解解不等式 3 < 2 x - 3 < 5 解法一:根据绝对值的定义, 解法一:根据绝对值的定义,进行分类讨论求解
-1-

(1)当 2 x - 3 ≥ 0 时,不等式可化为 3 < 2 x - 3 < 5 ?3 < x < 4 (2)当 2 x - 3 < 0 时,不等式可化为 3 < -2x + 3 < 5 ?-1 < x < 0 综上: 综上:解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法二: 解法二:转化为不等式组求解 原不等式等价于
2 x - 3 > 3且 2 x - 3 < 5 ?3 < x < 4或 1 < x < 0

综上: 综上:解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法三: 解法三:利用等价命题法 原不等式等价于
3 < 2 x - 3 < 5或 - 5 < 2x - 3 < -3 ,即 3 < x < 4或 - 1 < x < 0

解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 } 解法四:利用绝对值的集合意义 解法四: 原不等式可化为
3 3 5 3 < x - < , 不等式的几何意义时数轴上的点 x到 的距离大于 2 2 2 2
3 5 由图得, ,且小于 ,由图得, 2 2

解集为 {x 3 < x < 4或 - 1 < x < 0 }

一题多变( 一题多解 一题多变(二) 想项和, 成等差数列,求证: 已知 s n 是等比数列的前 n 想项和, s3 , s6 , s9 成等差数列,求证:
a 2 , a 5 , a8 成等差数列

法一: 法一:用公式 s n =

a1 (1一q n ) , 1一q

-2-

成等差数列, 因为 s3 , s6 , s9 成等差数列,所以 s3 + s6 = 2s9 且 q ≠ 1 则
a1 (1一q 3 ) a1 (1一q 6 ) 2a1 (1一q 9 ) + = ?q 3 + q 6 = 2q 9 (q ≠ ) ?1 + q 3 = 2q 6 1 1一q 1一q 1一q

所以 a 2 + a5 = a1 q + a1 q 4 = a1 q(2q 6 ) = 2a1 q 7 = 2a8 成等差数列` 所以 a 2 , a5 , a8 成等差数列` 法二用公式 s n =
a1一a n q a 一 a q a 一 a q 2( a 一 a q ) ,Q s3 + s 6 = 2s9 ,∴ 1 3 + 1 6 = 1 9 1一q 1一q 1一q 1一q

则 a3 + a6 = 2a9 ? a 2 q + a5 q = 2a8 q ? a 2 + a5 = 2a8 ,所以 a 2 , a5 , a8 成等 差数列` 差数列` 证法三: (用公式 证法三: 用公式 s 2 n = s n (1+ q n ), s3n = s n (1 + q n + q 2 n ) ) (
Q s 6 = s 3 + a 4 + a 5 + a 6 = s3 + (a1 + a 2 + a 3 )q 3 = (1 + q 3 ) s 3

s9 = s 3 (1 + q 3 + q 6 ) Q s 3 + s 6 = 2 s 9 ? s 3 + s 3 (1 + q 3 ) = 2 s 3 (1 + q 3 + q 6 )

下略) 解得 q 3 = 一 (下略)

1 2

-3-

变题: 变题: 是第二象限角, 已知 sin α = 且 α 是第二象限角,求 tan α 解
sin α =

4 5



α















4 3 4 ?cos α = 一 1一 sin 2 α = 一 , tan α = 一 5 5 3 4 变 1: sin α = ,求 tan α : 5 4 解: sin α = > 0 ,所以 α 是第一或第二象限角 5 3 4 若是第一象限角, 若是第一象限角,则 cos α = , tan α = 5 3 4 4 若是第二象限角, 若是第二象限角,则 cos α = 一 , tan α = 一 5 3

变 2:已知 sin α = m(m > 0) 求 tan α : 解:由条件 0 < m ≤ 1 ,所以 当
0 < m < 1 时, α 是第一或第二象限角

若是第一象限角时 cos α = 1一m 2 , tan α =

m 1一m 2 m 1一m 2

若是第二象限角 cos α = 一 1一m 2 , tan α = 一 当 m = 1 时 tan α 不存在

变 3:已知 sin α = m( m ≤ 1) ,求 tan α : 解:当 m = 1, 一1 时, tan α 不存在 当 m = 0 时,
tan α = 0

时第一、第四象限角时, 当 α 时第一、第四象限角时, tan α =

m 1一m 2

-4-

是第二、第三象限角时, 当 α 是第二、第三象限角时, tan α = 一

m 1一m 2

一题多变( 一题多解 一题多变(三) 题目: 题目:求函数 f ( x) = x + ( x f 0) 的值域 方法一: 方法一:判别式法 -设 y = x+
1 ,则 x 2 - yx +1 = 0 ,由Δ = y 2 - 4 ≥ 0? y ≥ 2 x 1 x

当 y = 2 时, x 2 - 2 x +1 = 0 ? x = 1 , 因此当 x = 1 时,
1 f ( x) = x + ( x f 0) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) , x

方法二: 方法二:单调性法 先判断函数 f ( x) = x + ( x f 0) 的单调性 任取 0 p x1 p x 2 ,则 f ( x1 ) - f ( x 2 ) =
( x1 - x 2 )( x1 x 2 - 1) x1 x 2
1 x

当 0 p x1 p x 2 ≤ 2 时,即 f ( x1 ) f f ( x 2 ) ,此时 f (x) 在 (0,1] 上时减函数 当 2 p x1 p x 2 时, f ( x1 ) p f ( x 2 ) f (x) 在 (2,+∞) 上是增函数

) 上是增函数, 上是减函数, 由 f (x) 在 (0,1] 上是减函数, f (x) 在 (1,+∞ 上是增函数,知
x =1

时, f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,

方法三: 方法三:配方法
1 1 2 1 f ( x) = x + = ( x ) + 2 ,当 x = 0 时, x = 1 ,此时 x x x f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,

方法四: 方法四:基本不等式法

-5-

f ( x) = x +

1 1 1 = ( x )2 + ( )2 ≥ 2 x =2 x x x

f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,

变 原题: 原题:若函数 f ( x) = 范围 解:由题意得
1 ax + 2 x +1
2

题 的定义域为 R,求实数 a 的取值 ,

ax 2 + 2 x +1 f 0 在 R 上恒成立,则要求 上恒成立,
af0

且Δ = 4 - 4 a p 0 ? a f 1

变式一: 变式一:函数 f ( x) = log 2 (ax 2 + 2 x +1) 的定义域为 R,求实数 a 的取 , 值范围 解:由题意得
ax 2 + 2 x +1 f 0 在 R 上恒成立,则要求 上恒成立, af0

且Δ = 4 - 4 a p 0 ? a f 1

变式二: 变式二:函数 f ( x) = log 2 (ax 2 + 2 x +1) 的值域为 R,求实数 a 的取 , 值范围 的实数, 解:令 u = ax 2 + 2 x +1 能取到所有大于 0 的实数,则
a = 0 时, u = zx +1 能取到所有大于 0 的实数 a ≠ 0 时, a f 0 且Δ = 4 - 4a ≥ 0 ? 0 p a ≤ 1

综上 0 ≤ a ≤ 1
-6-

一题多变( 一题多解 一题多变(四) 题目: 题目:求函数 f ( x) = x + ( x f 0) 的值域 方法一: 方法一:判别式法 -设 y = x+
1 ,则 x 2 - yx +1 = 0 ,由Δ = y 2 - 4 ≥ 0? y ≥ 2 x 1 x

当 y = 2 时, x 2 - 2 x +1 = 0 ? x = 1 , 因此当 x = 1 时,
1 f ( x) = x + ( x f 0) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) , x

方法二: 方法二:单调性法 先判断函数 f ( x) = x + ( x f 0) 的单调性 任取 0 p x1 p x 2 ,则 f ( x1 ) - f ( x 2 ) =
( x1 - x 2 )( x1 x 2 - 1) x1 x 2
1 x

当 0 p x1 p x 2 ≤ 2 时,即 f ( x1 ) f f ( x 2 ) ,此时 f (x) 在 (0,1] 上时减函数 当 2 p x1 p x 2 时, f ( x1 ) p f ( x 2 ) f (x) 在 (2,+∞) 上是增函数

) 上是增函数, 上时减函数, 由 f (x) 在 (0,1] 上时减函数, f (x) 在 (1,+∞ 上是增函数,知
x =1

时, f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,

方法三: 方法三:配方法
1 1 2 1 f ( x) = x + = ( x ) + 2 ,当 x = 0 时, x = 1 ,此时 x x x f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,

方法四: 方法四:基本不等式法
f ( x) = x + 1 1 1 = ( x )2 + ( )2 ≥ 2 x =2 x x x

f (x) 有最小值 2,即值域为 [2,+∞) ,
-7-

变 原题: 原题:若函数 f ( x) = 范围 解:由题意得
1 ax 2 + 2 x +1

题 的定义域为 R,求实数 a 的取值 ,

ax 2 + 2 x +1 f 0 在 R 上恒成立,则要求 上恒成立,
af0

且Δ = 4 - 4 a p 0 ? a f 1

变式一: , 变式一:函数 f ( x) = log 2 (ax 2 + 2 x +1) 的定义域为 R,求实数 a 的取 值范围 解:由题意得
ax 2 + 2 x +1 f 0 在 R 上恒成立,则要求 上恒成立, af0

且Δ = 4 - 4 a p 0 ? a f 1

变式二: 变式二:函数 f ( x) = log 2 (ax 2 + 2 x +1) 的值域为 R,求实数 a 的取 , 值范围 的实数, 解:令 u = ax 2 + 2 x +1 能取到所有大于 0 的实数,则
a = 0 时, u = zx +1 能取到所有大于 0 的实数 a ≠ 0 时, a f 0 且Δ = 4 - 4a ≥ 0 ? 0 p a ≤ 1

综上 0 ≤ a ≤ 1

一题多变( 一题多解 一题多变(五)
-8-

题目:椭圆 题目:

x2 y2 + = 1 的焦点是 F1、F2 ,椭圆上一点 P 满足 PF1 ⊥ PF2 , 25 16

下面结论正确的是————————————————————— 下面结论正确的是————————————————————— ——( ——( ) (B)P 点有四个 )

(A)P 点有两个 )

(C)P 点不一定存在 )

(D)P 点一定不存在 )

解法一: 为直径构圆, 以 F1 F2 为直径构圆,知:圆的半径 r = c = 3 < 4 = b ,即圆与椭圆不可能 有交点。 有交点。故选 D

解法二: 而在椭圆中: 由题知 ( S ?pF F ) max = × F1 F2 ? b = 3 × 4 = 12 ,而在椭圆中:
1 2

S ?PF1F2 = b 2 tan

π
4

1 2

= 16 ,∴ 不可能成立 12 > 16, 故选 D

解法三: 最大, 由题意知当 p 点在短轴端点处 < F1 PF2 最大,设 < F1 PF2 = 2α ,
tan α = 3 π < 1, ? α < ,∴此时 < F1 PF2 为锐角,与题设矛盾。故选 D 为锐角,与题设矛盾。 4 4

解法四: 设 P(5conθ ,4 sin θ ) ,由 PF1 ⊥ PF2 , 知 PF1 ⊥ PF2 ? PF1 ? PF2 = 0 ,而

-9-

PF1 ? PF2 = (5conθ ? 3,4 sin θ )(5conθ + 3,4 sin θ ) = 25con 2θ ? 9 + 16 sin 2 θ = 0 ? con 2θ = ?

7 ? 9

无解,故选 D 无解,

解法五: 设 ∠PF1 F2 = θ ,假设 PF1 ⊥ PF2 ,则
| PF1 | + | PF2 |= 6conθ + 6 sin θ = 6 2 sin(θ +

π
4

) ≤ 6 2 , | PF1 | + | PF2 |= 2a = 10 而

即: 10 ≤ 6 2 ,不可能。故选 D 不可能。

解法六:

con < F1 PF2 =

| PF1 | 2 + | PF2 | 2 ?36 (| PF1 | 2 + | PF2 | 2 ) ? 2 | PF1 || PF2 | ?36 64 ? 2 | PF1 | PF2 | = = = | PF1 || PF2 | 2 | PF1 || PF2 | 2 | PF1 || PF2 |

32 32 32 7 ?1 ≥ ?1 = ?1 = ≠ 0 ,故 | PF1 | + | PF2 | 2 | PF1 || PF2 | 25 25 ) ( 2
< F1 PF2 ≠ 90 o ∴ PF1 ⊥ PF2 不可能。故选 D 不可能。

由焦半径知: 解 法 七 :设 P( x0 , y 0 ) 由焦半径知:
| PF1 |= a + ex0 = 5 + 3 3 x0 , | PF2 |= a ? ex0 = 5 ? x0 ,Q PF1 ⊥ PF2 ∴ 5 5 | PF1 | 2 + | PF2 | 2 =| F1 F2 | 2
? (5 +

3 3 18 2 625 2 x0 ) 2 + (5 ? x0 ) 2 = 10 2 ? x0 = 50 ? x0 = 5 5 25 9

∴x = ±

25 3 25 > 8 ,故不符合题意,故选 D 故不符合题意 故不符合题意, 3

而在椭圆中 | x0 |≤ 5 而 | x0 |=

解法八.
- 10 -

设圆方程为: 设圆方程为: x 2 + y 2 = 9 椭圆方程为: 椭圆方程为:
x2 y2 + =1 25 16

两者联立解方程组得: 两者联立解方程组得:
16 x 2 + 25 y 2 = 25 × 16 16 x 2 + 25(9 ? x 2 ) = 25 × 16 ? 9 x 2 = 25 × 16 ? 25 × 9 = 25 × 7 ∴ x2 = ? 25 × 7 9

不可能 故圆 x 2 + y 2 = 9 与椭圆 即 PF1 不可能垂直 PF2 故选 D
x2 y2 + = 1 无交点 25 16

一题多变( 一题多解 一题多变(六) 一变题: 一变题:课本 P110 写出数列 {a n } 的前 5 项: a1 = ? , an = 1 ?
1 2

1 4

1 an -1

变题: 变题:已知函数 f ( x) = ?2 x + 2, x ∈ [ ,1] ,设 f (x) 的反函数为 y = g (x) ,
a1 = 1, a 2 = g (a1 )
a n = g (a n-1 ) ,求数列 {a n } 的通项公式。 的通项公式。

解:由题意得, y = g ( x) = 1 - x , a n = 1 - a n-1 由题意得,

1 2

1 2

- 11 -

∴ an ?

2 1 1 2 1 2 = (an ?1 ? ) , 令 bn = a n - , 则 {bn } 是以 为首项 , - 为公 为首项, 3 3 2 3 2 3

比的等比数列, 比的等比数列, 故 bn = (- ) n-1 (n ≥ 1)
2 2 n + (-1) n-1 (n ≥ 1) 从而, 从而, a n = bn + = 3 3 × 2 n -1

1 3

1 2

二、一题多解
x 2 + 2x + a , x ∈[1,+∞) 已知函数 f ( x) = x

的最小值; (1)当 a = 时,求函数 f (x) 的最小值;) 恒成立, 的取值范围, (2)若对于任意 x ∈[1,+∞), f ( x) > 0 恒成立,试求实数 a 的取值范围, ) (1) 解: )当 a = 时, f ( x) = x + 2 + ( 取等号 性质可知, 由 f ( x) = x + (k > 0) 性质可知, f (x) 在 [
k x 2 ,+∞) 上是增函数 2 1 2 1 2 ≥ 2 + 2 2 ,当且仅当 x = 时 2x 2

1 2

Q x ∈[1,+∞) ,所以 f (x) 在 [1,+∞ 是增函数, f (x) 在区间 [1,+∞ 上的 ) 是增函数, )

最小值为 f (1) =

7 2

x 2 + 2x + a ) >0 恒成立 ( 2 ) 法 一 : 在 区 间 上 [1,+∞ , f ( x) = x

? x 2 + 2 x + a > 0 恒成立
) 设 y = x 2 + 2 x + a , Q x ∈[1,+∞) y = x 2 + 2 x + a = ( x + 1) 2 + a - 1 在 [1,+∞

上增 所以 x = 1 时, y min = a + 3 ,于是当且仅当 y min = a + 3 > 0 时,函数
f (x) > 0 恒成立, 恒成立,

- 12 -

故 a > -3 法二: 法二: f ( x) = x + + 2, x ∈[1,+∞) 的值恒为正; 当 a ≥ 0 时,函数 f (x) 的值恒为正; 为增函数, 当 a < 0 时,函数 f (x) 为增函数,故当 x = 1 时, y min = a + 3 ,于是 恒成, 当且仅当 y min = a + 3 > 0 时,函数 f (x) > 0 恒成,故 a > -3
x 2 + 2x + a ) > 0 恒成立 ? x 2 + 2 x + a > 0 法三: 法三: 在区间 [1,+∞ 上,f ( x) = x
a x

恒成立
?a > - x 2 - 2 x 恒成立,故 a 应大于 u = - x 2 - 2 x ,x ∈[1,+∞ 时的最大值 恒成立, )

-3, , 所以 a > -3

一题多变( 一题多解 一题多变(七) 原题: 若 原题::若 f ( ) = x + 1 + x 2 ( x > 0) ,则 f (x) = 则 分析:用倒数换元 分析 用倒数换元 解 : 令 t = 则x = ,
1 x 1 t 1 x

所以

1 1 f (t ) = + 1 + ( ) 2 (t > 0) t t

得到: 将 t 换成 x 得到
1 1 f (t ) = + 1 + ( ) 2 ( x > 0) x x

变题 1:设 f (x) 满足关系式 f ( x) + 2 f ( ) = 3 x, 求 f (x) 的解析式 : 解: t = 则 x =
1 x 1 t

1 x

- 13 -

1 1 f ( ) + 2 f (t ) = 3 t t

将 t 换成 x 得到: 得到
1 1 f ( ) + 2 f ( x) = 3 x x

与原式联立方程组消去 f ( ) 得到
f ( x) = 2 ? x( x ≠ 0) x

1 x

变题 2:已知 af ( x) + f (? x) = bx ,其中 a 2 ≠ 1 试求 f (x) 的解析式 : 解:用相反数换元 代入到原式当中得到: 令 t = ? x, x = ?t 代入到原式当中得到:

af (?t ) + f (t ) = ?bt

得到: 将 t 换成 x 得到
af (? x) + f ( x) = ?bx

与原式联立方程组,得到: 与原式联立方程组,得到:
(a 2 ? 1) f ( x) = b(a + 1) x
Q

a 2 ≠1 f ( x) = b(a + 1) b x= x 2 (a ? 1) a ?1



变题 3:已知 af (4 x ? 3) + bf (3 ? 4 x) = 2 x, a 2 ≠ b 2 ,试求 f (x) 的解析式 : 解:令 4 x ? 3 = t , 则 2 x =
t +3 2 ?t + 3 ∴ af (t ) + bf (?t ) = 2

(1)

得到: 将 (1) 中 t 换-t 得到
af (?t ) + bf (t ) = t +3 2

联立方程组得到: 与 (1) 联立方程组得到:

- 14 -

(a 2 ? b 2 ) f (t ) =
Q a2 ≠ b2

a+b 3 t + ( a ? b) 2 2

∴ f (t ) =

1 3 t+ 2(a ? b) 2(a + b) 1 3 x+ 2(a ? b) 2(a + b)

f ( x) =

变题 4:已知 af ( x n ) + f (? x n ) = bx,其中a 2 ≠ 1, n为奇数, f ( x) : 求 解:设 x n = t , x = n t 代入原式得: 代入原式得:

af (t ) + f (?t ) = b n t

换成— 得到: 将 t 换成—t 得到
af ( — t ) + f (t ) = — b n t (a 2 — 1) f (t ) = b(a + 1)n t
Q

与上式联立方程组得到

a 2 ≠1 f ( x) = b(a + 1) n b n t= t 2 (a ? 1) a ?1 b(a + 1) n b n x= x 2 a ?1 (a ? 1)





f (x) 的解析式为: f ( x) = 的解析式为:

一题多解 题目: 设二次函数 f (x) 满足 f ( x — 2) = f ( — x — 2), 题目: 且函数图象 y 轴上的 截距为 1,被 x 轴截的线段长为 2 2 ,求 f (x) 的解析式 , 分析: 分析 :设二次函数的一般形式 f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0) , 然后 根据条件求出待定系数 a,b,c 解法一: 解法一:设 f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0)
- 15 -

由 f ( x — 2) = f ( — x — 2), 得:
4a — b = 0
x1 — x 2 =


?
a =2 2

∴ b 2 — 4ac = 8a 2

由题意可知

c =1

解之得: 解之得:

1 a = , b = 2, c = 1 2 1 f ( x) = x + 2 x + 1 2

解法二: 解法二: f ( x — 2) = f ( — x — 2), 故函数 y = f (x) 的图象有对称轴 x = —2 可设 y = a( x + 2) 2 + k
Q

函数图象与 y 轴上的截距为 1,则 4a + k = 1 ,
?
d =2 2

又Q 被 x 轴截的线段长为 2 2 ,则 x1 — x 2 = 整理得: 整理得: 2a + k = 0 解之得: 解之得:

1 a = , k = —1 2 1 f ( x) = x + 2 x +1 2

解法三: : 解法三:

f ( x — 2) = f ( — x — 2), 故

- 16 -

函 数 y = f (x) 的 图 象 有 对 称 轴 x = —2 , 又
x1 — x 2 = 2 2

y = (x) 与 x 轴的交点为: 轴的交点为:

( —2 — 2 2,), ( —2 + 2 2,0 ) 0 ∴ 故可设 y = a ( x + 2 + 2 2 ) ∴

f (0) = 1, a =

1 2

∴ f ( x) =

1 x + 2 x +1 2

一题多变( 一题多解 一题多变(八) 原题 设 y = f ( x) 有反函数 y = f -1 ( x) , 又 y = f ( x + 2) 与 y = f -1 ( x - 1)

互为反函数, 《教学与测试 互为反函数,则 f -1 (1) - f -1 (0) = __________ ( 教学与测试》P77) 《教学与测试》 变题 设 y = f ( x) 有 反 函 数 y = f -1 ( x) , 又 y = f ( x + 1) 的 图 象 与
-1

y = f ( x + 1) 的图象关于 y = x 对称

的值; (1) 求 f (1) - f (0) 及 f -1 (1) - f -1 (0) 的值; ) 均为整数, (2) 若 a, b 均为整数,请用 a, b 表示 f (a ) ? f (b) 及 f -1 (a) - f -1 (b) ) 解 (1) 因 y = f ( x + 1) 的 反 函 数 是 y = f ( x) - 1 , 从 而
-1

f ( x + 1) = f ( x ) - 1 ,于是有 f ( x + 1) - f ( x ) = -1 , x = 1 得 f (1) - f (0) = -1 ; 于 令

同 样 , y = f ( x + 1) 得 反 函 数 为 y = f -1 ( x ) - 1 , 从 而
f -1 ( x + 1) = f -1 ( x) - 1 ,于是, f -1 ( x + 1) - f -1 ( x) = -1 . 于是,

(2)

f ( x + 2) - f ( x + 1) = -1

, 而

f ( x + 1) - f ( x ) = -1

, 故

f ( x + 2) - ( f ( x ) - 1) = -1 ,即 f ( x + 2) - f ( x) = -2 , … f ( x + n) - f ( x ) = -n , 即

- 17 -

从而 f (a) - f (b) = f [a + (b - a)] - f (a ) = b - a . 同理, 同理, f -1 (a) ? f -1 ( b ) = b ? a . 一题多解 1.函数 f ( x) = x 2 + bx + c, f (?1) = f (3) ,则( . (A) f (1) > c > f (?1) (B) f (1) < c < f (?1) (C) c > f (?1) > f (1) (D) c < f (?1) < f (1) 对称, 得 解法 1. 由 f (?1) = f (3) 知 f ( x ) 的图象关于 x = 1 对称, b = ?2 而
f (1) = 12 + (?2) ? 1 + c = c ? 1,f (?1) = (-1)2 + (?2) ? (?1) + c = c + 3

)





c + 3 > c > c ? 1 ,因此 f (1) < c < f (?1) .

解 法 2. 由 f (?1) = f (3) 知 f ( x ) 的 图 象 关 于 x = 1 对 称 , 而
c = f (0) ,而 f ( x ) 在[-1,1]上递减,易得答案为 B. 上递减, - 上递减 .

y

-1 1 x

0

- 18 -

一题多变( 一题多解 一题多变(九) 姜忠杰 变 题 原题: ,1 是减函数, 原题:若在区间 y = x 2 - ax - a 2 在区间 (-∞ - 3 ) 是减函数,则 a 的取值范 围是多少? 围是多少?
,1 上是减函数, 变 1:若函数 y = x 2 - ax - a 2 在 (-∞ - 3 ) 上是减函数,则 a 的取值范

围是多少? 围是多少? 上是增函数, 变 2、若函数 y = log ( x 2 - ax - a 2 ) 在 (-∞,1 - 3 ) 上是增函数,则 a 的取值
1 2

范围是多少? 范围是多少?
,1 上是增函数, 变 3、若函数 y = log ( x 2 - ax - a 2 ) 在 (-∞ - 3 ) 上是增函数,且函数的
1 2

的取值范围是多少? 值域为 R,则 a 的取值范围是多少?
a a ( ( ,1 解:Q 函数 y = x 2 - ax - a 2 的减区间为 - ∞,] ,∴ (-∞ - 3 ) ? - ∞,] 2 2

∴ [2 - 2 3, ∞ + )

,1 为减函数, ,1 变 1、设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在 (-∞ - 3 ) 为减函数,且在 (-∞ - 3 ) ,

u ≥0

所 以 有 1- 3 ≤ a 且 u ( 1- 3 ) ≥ 0 , ∴ a 的 取 值 范 围 是 2
[
( 3 -1)(1- 5 ) 2

,

( 3 -1)(1+ 5 ) 2

]

在为减函数, ,1 变 2:设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在为减函数,且在 (-∞ - 3 ] , u ≥ 0所 以有 1- 3 ≤ a 且 u ( 1- 3 ) ≥ 0 ,∴ a 的 取值 范围是 2
[
( 3 -1)(1- 5 ) 2

,

( 3 -1)(1+ 5 ) 2

]

,1 减区间, ,1 变 3:设 u = x 2 - ax - a 2 ,则 u 在 (-∞ - 3 ) 减区间,u 在 (-∞ - 3 ) 取到

一切正实数
- 19 -

1 - 3 ≤ a , u (1 - 3 ) = 0 ,所以 a = 2

( 3 -1)(1- 5 ) 2

或(

3 -1)(1+ 5 ) 2

一题多解: 一题多解: 的值。 设 a + lg a = 10 , b + 10 b = 10 ,求 a + b 的值。 解法一(构造函数) :设 解法一(构造函数) 设 f ( x) = x + lg x ,则 :
f (a ) = 10 = b + 10 b = lg 10 b + 10 b = f (10 b ) ,由于 f ( x) 在 (0,+∞) 上是单调递

增函数,所以 a = 10 b ,故 a + b = 10 b + b = 10 。 增函数, 解法二(图象法) 解法二(图象法) 的一个根, 因为 a 是方程 x + lg x = 10 的一个根,也就是方程 lg x = 10 - x 的一个 根
b 是方程 x + 10 x = 10 的一个根,也就是方程 10 x = 10 -x 的一个 的一个根,

根 令 g ( x) = lg x , h( x) = 10 x , Φ ( x) = 10 - x ,在同一坐标系中作出他们 的图象,如图所示: 的图象,如图所示:
10

8

6

4

2

-5

B

5

AC

10 A

a 是方程 g ( x) = Φ ( x) 的根,即图中 OA= a 的根,
b 是方程 h( x) = Φ ( x) 的根,即图中 OB= b 的根,
- 20 -

OA+OB=10, 易得 OA+OB=10,所以 a + b = 10 解法三: 解法三 : 方程 x + lg x = 10 , x + 10 x = 10 的根为 a , b 由 x + 10 x = 10 , 得
10 x = 10 - x ,∴ x = lg(10 - x) ,又 x + lg x = 10 ∴ lg(10 - x) + lgx = 10 ,

即x(10 - x) = 1010 , 即x 2 - 10x + 1010 = 0

x1 + x 2 = 10

(虚根? < 0)

一题多变( 一题多解 一题多变(十)
x1 + x 2 f ( x1 ) + f ( x 2 ) )= ; 2 2 证明: )证明: x + x2 f ( x ) + f ( x2 ) (2)若f ( x) = x 2 + ax + b, 则f ( 1 )≤ 1 2 2 ()若f ( x) = ax + b, 则f ( 1

(课本 P102

变题: 、如图所示, 是定义在[0, 上的四个函数 上的四个函数, 变题:1、如图所示, f ( xi )(i = 1,2,3,4) 是定义在 ,1]上的四个函数, 其 中 满 足 性 质 :“ 对 [0 , 1] 中 的 任 意 的 x1 , x 2 , 任 意
Y

λ ∈ [0,1], f [λ x1 + (1 ? λ ) x2 ] ≤ λ f ( x1 ) + (1 ? λ ) f ( x2 ) 恒 成 立 ”

的只有( 的只有( A )
O 1 X

Y
Y

Y

O
O 1 X

O

1 X X 1

- 21 -

A、 f ( x1 ), f ( x3 ) 、

B、 f ( x 2 ) 、

C、 f ( x 2 ), f ( x3 ) 、

D、 f ( x 4 ) 、

满足: 变题 2、定义在 R 上的函数 f (x) 满足:如果对于任意 x1 , x 2 ∈ R 都有 、
f( x1 + x 2 f ( x ) + f ( x2 ) )≤ 1 2 2

则 称 函 数 f (x) 是 R 上 的 凹 函 数 。 已 知 二 次 函 数
f ( x) = ax 2 + x(a ∈ R, a ≠ 0)

是凹函数; (1)求证:当 a > 0 时,函数 f (x) 是凹函数; )求证: 的取值范围。 (2)如果 x ∈[0,1] 时, | f ( x) |≤ 1 ,试求实数 a 的取值范围。 ) (1)证明:略 )证明: (2)实数 a 的取值范围是 [?2, 0) )

二、一题多解 不查表计算: 不查表计算: lg 3 2 + lg 3 5 + 3 lg 2 lg 5 解法一:原式 解法一:原式= (lg 2 + lg 5)(lg 2 2 - lg2lg5 + lg 2 5) + 3lg2lg5 = lg 2 2 - lg 2 lg 5 + lg 2 5 + 3 lg 2 lg 5 = lg 2 2 + 2 lg 2 lg 5 + lg 2 5 = (lg 2 + lg 5) 2 = 1
- 22 -

解法二:原式 解法二:原式= (lg 2 + lg 5)3 ? 3lg 2 2 lg 5-3lg 2 lg 2 5 + 3lg 2 lg 5 =1- 3lg 2 lg 5(lg 2 + lg 5 ? 1) =1 解法三:原式 解法三:原式= (lg 2 + lg 5) 3 - 3 lg 2 lg 5(lg 2 + lg 5) + 3 lg 2 lg 5 =1 - 3 lg 2 lg 5 + 3 lg 2 lg 5 =1 解 法 四 : 原 式

= lg 3 2 + lg 3 5 + 3 lg 2 2 lg 5 + 3 lg 2 lg 2 5 - 3 lg 2 2 lg 5 - 3 lg 2 lg 2 5 + 3 lg 2 lg 5 = (lg 2 + lg 5) 3 - 3 lg 2 lg 5(lg 2 + lg 5 - 1) =1 解法五:原式 解法五:原式= lg 3 2 + lg 3 5 + 3 lg 2 lg 5 ×1 = lg 3 2 + lg 3 5 + 3 lg 2 lg 5 × (lg 2 + lg 5) = (lg 2 + lg 5) 3 =1

一题多变(十一) 一题多解 一题多变(十一) 一题多解一题多解 1. . 已知 f ( x) =
2 2 -1 2 ( x < -1) ,求 f (- ) 的值 1- x 3

解法 1 先求反函数 由y=
Q

2 2 得 x 2 = 1- 2 1-x y
x < -1

- 23 -



x = - 1-

2 且 y<0 y
2 ( x < 0) x

故原函数的反函数是 f -1 ( x) = - 1 ∴
2 f -1 (- ) = -2 3

解法 2 从互为反函数的函数的关系看 令
Q

2 2 解得 x = ±2 2 =3 1- x

x < -1



x = -2 2 即 f -1 (- ) = -2 3

变题 2. . 已知 f (x) 对于任意实数 x. y 满足 f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) , 当 x > 0

时, f (x) < 0 (1) 求证 f ( x) = - f (- x) )
- 24 -

(2) 判断 f (x) 的单调性 ) 证明 (1)令 x = y = 0, 得 f (0) = f (0) + f (0) )

f (0) = 0

-

令 x = -y ,得 f (0) = f ( x) + f (-x) = 0

f ( x ) = - f (- x )



2





x1 < x 2





f ( x 2 ) = f [ x1 + ( x2 - x1 )] = f ( x1 ) + f ( x2 - x1 ) < f ( x1 )

f (x) 在 R 上是单调函数

变 题 1.
x f ( ) = f ( x) - f ( y ) y

已知函数是定义 R 在上的增函数,且满足

(1) 求 f (1) 的值 ) (2) 若 f (6) = 1, 解不等式 f ( x + 5) - f ( ) < 2 ) 解 (1) 令 x = y = 1 ,得 )
f (1) = f (1) - f (1) 1 x

∴ f (1) = 0 -

(3) 在 f ( ) = f ( x) - f ( y ) 中,令 x = 1, y = 6 得 )
1 f ( ) = - f (6) = -1 6

x y

从而 f (36) = f (6) - f ( ) = 2

1 6

又原不等式可化为
- 25 -

f [ x( x + 5)] < f (36) ,

上的增函数, 且 f (x) 是 (0,+∞) 上的增函数,
∴ 原不等式等价于
x(x + 5) < 36

∴ -9< x < 4



Q

x>0 0< x<4

x +5> 0

解得


原不等式的解集为( , ) 原不等式的解集为(0,4)

一题多变(十二) 一题多解 一题多变(十二) 考查知识点: 考查知识点:函数的对称中心 原题: 的图象关于原点对称。 原点对称 原题:函数 y = lg( x + x 2 +1) 的图象关于原点对称。 解:该函数定义域为 R,且 f (- x) + f ( x) = lg(- x + (- x) 2 +1) + ,
lg( x + x 2 + 1) = lg(- x + x 2 + 1)( x + x 2 +1) = lg 1 = 0

∴ f (- x) =- f ( x) ,∴该函数图像关于原点对称

变题 1: : 已知函数 y = f (x) 满足 f (- x +1) =- f ( x +1) 则 y = f (x) 的图象的关 于 (1,0) 对称
Q 为奇函数, 解: f (- x +1) =- f ( x +1) ∴ y = f ( x +1) 为奇函数, y = f ( x +1) 的图象关 即

对称, 对称。 于原点 (0,0) 对称,故 y = f (x) 的图象关于 (1,0) 对称。 变题 2:已知函数 y = f (x) 满足 f ( x) + f (- x) = 2 ,则函数 y = f (x) 的图象 : 关于 (0,1) 对称 解:由 f ( x) + f (- x) = 2 得,∴ f (- x)-1 =-[ f ( x)-1] , y = f (x) -1 为奇函数, 为奇函数, 的图象关于( , )对称, 即 y = f (x) -1 的图象关于(0,0)对称,∴ y = f (x) 的图象关于 (0,1) 对
- 26 -

称 变题 3:已知函数 y = f (x) 满足 f ( x) + f (2 + x) = 2 ,则 y = f (x) 的图象关 : 于(1,1)对称 , ) 令 解: x = t -1 , - x = 1-t , 则 故由 f ( x) + f (2 + x) = 2 得 f (1 + t ) + f (1-t ) = 2 , 即 f (x) 满足 f (1 + x) + f (1- x) = 2 ,即 f (- x +1)-1 =-[ f ( x +1)-1] ,∴ y = f ( x + 1)-1 的图 的图象关于( , )对称。 象关于原点( , )对称, 象关于原点(0,0)对称,故 y = f (x) 的图象关于(1,1)对称。 结论: 结论:若函数 y = f (x) 满足 f (a + x) + f (c- x) = b ,则 y = f (x) 的图象关于

(a+c , b )对称。 2 2 对称。
4x 求证: (1) 变题 4:已知 f ( x) = x : 求证: ) f ( x) + f (1- x) = 1(2)指出该函数 ( ) 4 +2

图象的对称中心并说明理由。 图象的对称中心并说明理由。
1 2 (3)求 f ( 1000 ) + f ( 1000 ) + L + f ( 1000 ) 的值。 ) 1001 的值。

(1)证明: f ( x) + f (1- x) = )证明:

4x 41- x 4x 2 + 1- x = x + x = 1 ,得证。得证。 x 4 +2 4 +2 4 +2 4 +2

1 ( 2 ) 解 : 该 函 数 图 象 的 对 称 中 心 为(1 ,), 由 f ( x) + f (1- x) = 1 得 2 2

f ( 1 + x) + f ( 1 - x) = 1 2 2

即 f (- x + 1 ) - 1 = -[ f ( x + 1 ) - 1 ] , ∴ y = f ( x + 1 ) - 1 的图象关于原点中心对 2 2 2 2 2 2
(2 1 对称。 称,故 y = f (x) 的图象关于 1 ,) 2 对称。

( 3 ) 解 : Q f ( x) + f (1 - x) = 1 , 故

1 f ( 1001 ) + f ( 1000 ) = 1 1001



999 2 1 2 f ( 1001 ) + f ( 1001 ) = 1 ,……,∴ f ( 1000 ) + f ( 1000 ) + L + f ( 1000 ) =500 ……, 1001

的图象没有对称中心。 变题 5:求证:二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象没有对称中心。 :求证: 的图象的对称中心, 证明: 证明:假设 (m, n) 是 f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象的对称中心,则对任
- 27 -



x∈ R







f ( m + x ) + f ( m- x ) = 2n





a (m + x) 2 + b(m + x) + c + a (m- x) 2 + b(m- x) + c = 2n 恒成立, 恒成立,

恒成立, 即有 ax 2 + am 2 + bm + c = n 恒成立 , 也就是 a = 0 且 am 2 + bm + c-n = 0 与
a ≠ 0 矛盾

的图象没有对称中心。 所以 f ( x) = ax 2 + bx + c(a ≠ 0) 的图象没有对称中心。

一题多解 一题多变(十三) 一题多变(十三)
= 题 目 : 已 知 函 数 f(x)

x2 + 2 x + a x ∈ [1 + ∞ 若 对 任 意 , ) x

x ∈ [1 + ∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围。 , 恒成立, 的取值范围。

解法一: 解法一 在区间 [1, ∞) 上,f(x) + =

x2 + 2 x + a > 0 恒成立 ? x 2 + 2 x + a > 0 x

+ 恒 成 立 , 设 y = x 2 + 2 x + a 在 [1, ∞) 递 增 , ∴ 当 x=1 时

y min = 3 + a ,于是当且仅当 y min = 3 + a > 0 时,函数恒成立,故 函数恒成立,

a>—3。 — 。

解法二: = + 的值恒为正,当 解法二: f(x) x + + 2,x ∈ [1, ∞) 当 a ≥ 0 的值恒为正 当 a<0 时,函 函 数 f(x)为增函数故当 x=1 时 f(x) = 3 + a 于是当且仅当 min 3+a>)时恒成立 故 a>—3。 时恒成立, 时恒成立 — 。

a x

解法三: + = 解法三: 在区间 [1, ∞) 上 f(x) 立 ?a > — x2 — 2 x

x2 + 2 x + a 恒成立 ? x 2 + 2 x + a > 0 恒成 x

恒 成 立 , 故
- 28 -

a

应 大 于

u = — x2 — 2 x,x ∈ [1 + ∞) 时的最大值—3, ∴ a > — (x+1) + 1 , 时的最大值— ,
2

当 x=1 时,取得最大值 —3

∴ a > —3。

题目: 题目:

将函数 f ( x) = ? 的图象向左平移 1 个单位,再向上平移 1 个单位, 个单位,求所得图象的函数表达式。 个单位,求所得图象的函数表达式。

1 x

1 中 的 x 换 成 x+1 , y 换 成 y-1 得 x 1 1 x ? f ( x) = 1 ? ? f ( x) = f ( x) ? 1 = ? x +1 x +1 x +1 x ?1 变题 1:作出函数 f ( x) = : 的图象 x +1 x ?1 2 2 解: 函数 f ( x) = =1 ? , 它是由函数 f ( x) = ? 的图象向左平 x +1 x +1 x

解:

将 函 数 f ( x) = ?

个单位, 个单位得到。图象为: 移 1 个单位,再向上平移 1 个单位得到。图象为:

变题 2:求函数 f ( x) = :

x ?1 的单调递增区间 x +1
- 29 -

解:

由图象知 函数 f ( x) =

x ?1 的单调递增区间为: 的单调递增区间为:(? ∞,?1), (? 1,+∞ ) x +1

变题 3:求函数 f ( x) = : 解: 由

x ?1 的单调递增区间 x +1 x ?1 的单调递增区 x +1

x ?1 ≥ 0 得 x ≥ 1或x < ?1 所以函数 f ( x) = x +1

间为 (? ∞,?1), [1,+∞ ) 变题 4: 求函数 f ( x) = log2 ( : 解: 增区间 为 (1,+∞ ), (? ∞,?1) 变题 5 求实数 a 解: 由 f ( x) =
1 a?x = ?1 + 知对称中心为( (a+1,-1) 知对称中心为( ( , ) , x ? a ?1 x ? (a + 1) x ?1 ) 的单调递增区间 的单调递增区间 x +1



x ?1 x ?1 > 0 ? x > 1或x < ?1 ,所以函数 f ( x) = log ( ) 的单调递 2 x +1 x +1

函数 f ( x) =

a?x 的反函数的图象的对称中心为(-1,3) 的反函数的图象的对称中心为( , ) , x ? a ?1

( , a+1) 由题意知: a+1=3 所以它的反函数的对称中心为 -1, ) 由题意知: , 得 a=2。 。 变题 6 :函数 f ( x) = 解:
x?2 的图象关于 y=x 对称求 a 的值 x+a x?2 的反函数是它本身,且过点( , ) 因为函数 f ( x) = 的反函数是它本身,且过点(2,0) , x+a x?2 所以其反函数的图象必过点( , ) ,即函数 所以其反函数的图象必过点(0,2) 即函数 f ( x) = , 也 x+a

过点( , ) ,代入得 过点(0,2) 代入得 a=-1。 , 。 变题 7 设 ( a , b ) 与 ( c , d ) 都是 函数 f ( x ) 的单 调区间 ,

x、 x
1

2

∈ a,b)(c,d) 且 ( U

x <x
1

2

则 f ( x1) 与 f ( x2) 的 大 小 关 系 为





) ) ) (A) f ( x1) < f ( x2) (B) f ( x1) > f ( x2) (C) f ( x1) = f ( x2) (D)不能确 )
- 30 -

定 解 : 构 造 函 数 f ( x) = ? 它 在 (? ∞,0), (0,+∞ ) 上 都 是 增 函 数 , 但 在
1 x

(? ∞,0) U (0,+∞ ) 上无单调性,故选 D 上无单调性,
变题 8:讨论函数 f ( x) = :
ax + 1 1 (a ≠ ) 在 (?2,+∞) 上的单调性。 上的单调性。 x+2 2 ax + 1 1 ? 2a 1 1 (a ≠ ) 由 f (x) 的图象知 ,当 a > 时在上 =a+ 解: f ( x ) = x+2 x+2 2 2 1 是增函数; 是增函数;当 a < 时在上为减函数 2

一题多变(十四) 一题多解 一题多变(十四) 求证: 已知 a > b > 0, m > 0 ,求证:
b+m b > a+m a

变 1、已知数列 {a n } 满足 a n = 、



n , n ∈ N * ,试比较 a n 与 a n+1 的大小 n+2 b+m b 2、已知 a > b > 0, m < 0 ,且 a + m > 0, b + m > 0 ,求证: 求证: < 、 a+m a b+m b 3、已知 a > b > 0, m > 0 ,求证: 求证: < 、 a+m a

原题:证明:作差解: 原题:证明:作差
Qa > b > 0,m > 0

b + m b ab + am - ab - bm m(a - b) - = = ‘ a+m a a ( a + m) a ( a + m) ∴
m( a - b ) >0 a ( a + m)

∴a - b > 0



b+m b - >0 a+m a

1 、 Q an > 0
∴ a n < a n+1



an a n+1

n 2 n + 2 = n(n + 3) = n + 3n < 1 = n + 1 (n + 2)(n + 1) n 2 + 3n + 2 n+3

2、 、

b + m b ab + am - ab - bm m(a - b) - = = a+m a a ( a + m) a ( a + m)

- 31 -

Q a > b > 0 ,∴ a - b > 0 ,又 a + m > 0



m( a - b) <0 a ( a + m)





b+m b < a+m a a + m a b(a + m) - a (b + m) m(b - a ) - = = b+m b b(b + m) b(b + m)
∴b - a < 0

3、作差 、

Qa > b> 0 , m> 0



m(b - a ) <0 b(b + m)



a+m a < b+m b

一 题 多 解 已知数列 {a n } 满足 a n = 方法一: 方法一:作差 a n+1 - a n = 方法二: 方法二:作商Q a n > 0
n an n(n + 3) n 2 + 3n ∴ = n+2 = = 2 <1 n + 1 (n + 2)(n + 1) n + 3n + 2 a n+1 n+3

n , n ∈ N * ,试比较 a n 与 a n+1 的大小 n+2

n +1 n 2 = > 0 ,∴ a n+1 > a n n + 3 n + 2 (n + 2)(n + 3)

∴ a n < a n+1 -

方法三: 单调性) (单调性 方法三: 单调性) a n = (
∴ a n < a n+1

n+2 -2 n 2 = =1 , a n 关于 n 单调递增 n+2 n+2 n+2

方法四: 方法四:浓度法 把 a n =

n 看成是一杯溶液( 的浓度, 看成是一杯溶液(糖)的浓度,随着 n 的 n+2

增大(相当于向溶液中加糖) 增大(相当于向溶液中加糖) 浓度 于向溶液中加糖 ,浓度 ,
- 32 -

当然增大, 当然增大,易得 a n < a n+1

一题多变(十五) 一题多解 一题多变(十五)

恒成立, 例、 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立,求 a 的取值范围 解:1 、当 a = 0 时 > 0 2、 、
a>0
?0<a≤2

1 2

1 2

? = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤ a ≤ 2 变式 1:已知函数 g (x ) = ax 2 ? ax + 的定义域为 R ,求实数 a 的
1 2

取值范围。 取值范围。 恒成立, 解:由题意得 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立, ∴ 1 、当 a = 0 时 > 0 2、 、
a>0
?0<a≤2

1 2

1 2

? = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤ a ≤ 2 变式 2、函数 g (x ) = ax 2 ? ax + 的定义域为 R 的充要条件是什 、
1 2



恒成立, 解:由题意得 ax 2 - ax + ≥ 0 恒成立,
- 33 -

1 2

∴ 1 、当 a = 0 时 > 0 2、 、
a>0
?0<a≤2

1 2

? = a 2 - 4a ×

1 ≤0 2

∴0≤a ≤2 变式 3、y = 、
1 1 ax ? ax + 2
2

的定义域为 R , 求实数 a 的取值范

围。

恒成立, 解:由题意得 ax 2 - ax + > 0 恒成立, ∴ 1 、当 a = 0 时 > 0 2、 、
a>0
?0 < a < 2

1 2

1 2

? = a 2 - 4a ×

1 <0 2

∴0≤ a < 2

变式 4、y = 、

1 1 ax ? ax + 2
2

的取值范围。 的定义域为 R, , 求实数 a 的取值范围。
ax 2

解 : 由 题 意 得
? < 0, a 2 - 4a × < 0? 0 < a < 2
1 2

-

ax +

1 =0 2

无 解 即

或a =0 ∴0≤a <2

- 34 -

变式 5、 y = log 2 (ax 2 - ax + ) 的定义域为 R,求 a 的取值范围 恒成立, 解:由题意得 ax 2 - ax + > 0 恒成立,
1 2 1 ∴1 、当 a = 0 时 > 0 2

1 2

2、 、

a>0 ?0 < a < 2 1 <0 2

? = a 2 - 4a ×

∴0≤ a < 2

一题多解 徐晓洲 求y=
x 2 +1 的值域 x2 + 2

法一: 法一:常数分离法
y =11 x +2
2


1 1 ≤1 - 2 <1 2 x +2

x 2 ≥ 0? x 2 + 2 ≥ 2? 0 <

1 1 1 1 ≤ ?- ≤- 2 <0 2 x +2 2 x +2
2



∴值域为[ ,1 ) 值域为[

1 2

法二:反解法 法二:
- 35 -

由y=

x 2 +1 1 - 2y ? yx 2 + 2 y = x 2 + 1? x 2 = ≥0 2 y -1 x +2
1 2

∴函数的值域为[ ,1 ) 函数的值域为[ 法三: 法三:判别式法
x 2 +1 ? yx 2 + 2 y = x 2 + 1 ?( y - 1)x 2 + 2 y - 1 = 0 由y= 2 x +2

即:1、当 y = 1 时 、 2、当 y ≠ 1 时 、

1≠ 0

故舍去

? = 0 - 4(y - 1)(2y - 1) ≥ 0 ?
1 2

1 ≤ y ≤1 2

所以函数的值域为[ 所以函数的值域为[ ,1 ) 函数的值域为

- 36 -


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