7．(2005年高考·福建卷·理12)是定义在R上的以3为周期的奇函数，且则方程=0在区间(0，6)内解的个数的最小值是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ( D )

　　　 A．2　　　　　　　　　　　　 B．3　　　　　　　　　　　　 C．4　　　　　　　　　　　　 D．5

6．(2005年高考·福建卷·理5文6)函数的图象如图，其中a、b为常数，则下列结论正确的是　　　 ( D )

　　　 A．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．

　　　 C．　 　　　　　　　　　　　　　　　 D．

5．(2005年高考·上海卷·理16)设定义域为R的函数，则关于的方程有7个不同实数解的充要条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ( C )

A．且　 B．且　　 C．且　　 D．且

4．(2005年高考·上海卷·理13文13)若函数，则该函数在上是　　　　　 ( A )

　　　 A．单调递减无最小值　　　　 　　　　　　　　　　 B．单调递减有最小值

　　　 C．单调递增无最大值　　　　 　　　　　　　　　　 D．单调递增有最大值

3. (2005年春考·上海卷16)设函数的定义域为，有下列三个命题：

(1)若存在常数，使得对任意，有，则是函数的最大值；

(2)若存在，使得对任意，且，有，则是函数

　　 的最大值；

(3)若存在，使得对任意，有，则是函数的最大值.

　　 这些命题中，真命题的个数是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ( C )

　　　 A．0个　　　　　　　　　　 B．1个　　　　　　　　　　 C．2个　　　　　　　　　　 D．3个

2．(2005年春考·北京卷·文2)函数　　　　　　　　　　　　　　　 ( B )

1．(2005年春考·北京卷·理2)函数y=|log_­2x|的图象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ( A )

[例1]　　　　　　　　　 关于x的不等式2·3^2x–3^x+a²–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为　　　 .

解：设t=3^x，则t∈［1,3］，原不等式可化为a²–a–3＞–2t²+t,t∈［1,3］.

等价于a²–a–3大于f(t)=–2t²+t在［1,3］上的最大值.

答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)

[例2]　　　　　　　　　 设是定义在上的奇函数，的图象与的图象关于直线对称，而当时，(c为常数)。

(1)求的表达式；

(2)对于任意，且，求证：；

(3)对于任意，且，求证：1.

解：(1)设g(x)上点与f(x)上点P(x，y)对应，

∴　 ；∵在g(x)图象上

∴

∵g(x)定义域为x∈[2,3]，而f(x)的图象与g(x)的图象关于直线x=1对称，

所以，上述解析式是f(x)在[–1，0]上的解析式

∵f(x)是定义在[–1,1]上的奇函数，∴f(0)=0，∴c=–4　

所以，当x∈[0，1]时，–x∈[–1，0]，f(x)=–f(–x)=–　

所以

(2)当x∈[0，1]时，

∵，∴，所以

(3)∵，∴

∴，∴

即

[例3]　　　　　　　　　 已知函数f(x)=(a>0, a≠1)

　 (1) 求反函数f(x)，并求出其定义域。

　 (2) 设P(n)=)，如果P(n)<(n∈N)，求a的取值范围。

解：(1) 设y= f(x)=log

∴a^y=x+

两端平方整理得：a^2y-2xa^y+2=0Þx=

∴　 ∵a>1时，f(x)=值域为

0<a<1时，f(x)的值域为

∴ f^-1 (x)的定义域为：a>1时，x∈　 0<a<1时，x∈

(2) P(n)=

由

即aⁿ+a^-n－(3ⁿ－3^-n)=

∵(3a)ⁿ>0 ∴(aⁿ－3ⁿ)[(3a)ⁿ－1]<0Þ<a<3；

又∵n∈N，∴n+>Þa>1

即

[例4]　　　　　　　　　 设函数f(x)的定义域关于原点对称，且满足① ②存在正常数a，使f(a) = 1，求证：(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)为周期函数，且一个周期为4a。

证明：(1)令x =x₁ - x₂

则f( - x) = f ( x₂ - x₁)=

= －f (x₁ －x₂ )= －f (x)，∴f (x)为奇函数。

(2)∵f( x+a ) = f[x － ( －a ) ]=

∴f (x+2a )=

∴f ( x+4a)==f (x)

　∴f (x)是以4a为周期的周期函数。

[例5]　　　　　　　　　 已知函数f(x)=log_m

(1)若f(x)的定义域为，(β＞α＞0)，判断f(x)在定义域上的增减性，并加以说明；

(2)当0＜m＜1时，使f(x)的值域为的定义域区间为

(β＞α＞0)是否存在？请说明理由.

解：(1)x＜–3或x＞3.

∵f(x)定义域为,∴α＞3

设β≥x₁＞x₂≥α，有

当0＜m＜1时，f(x)为减函数，当m＞1时，f(x)为增函数.

(2)若f(x)在上的值域为

∵0＜m＜1, f(x)为减函数.

∴

即

即α,β为方程mx²+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的两个根

∴　 ∴0＜m＜

故当0＜m＜时，满足题意条件的m存在.

[例6]　　　　　　　　　 已知函数f(x)=x²–(m+1)x+m(m∈R)

(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的两个实根，A、B是锐角三角形ABC的两个内角.求证：m≥5;

(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0，证明m≥3;

(3)在(2)的条件下，若函数f(sinα)的最大值是8，求m.

解：　 (1)证明：f(x)+4=0即x²–(m+1)x+m+4=0.依题意：

　 又A、B锐角为三角形内两内角

∴＜A+B＜π

∴tan(A+B)＜0，即

∴∴m≥5

(2)证明：∵f(x)=(x–1)(x–m)

又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0

即1≤x≤3时，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0

∴m≥x但x_max=3，∴m≥x_max=3

(3)解：∵f(sinα)=sin²α–(m+1)sinα+m=

且≥2,∴当sinα=–1时，f(sinα)有最大值8.

即1+(m+1)+m=8，∴m=3

[例7]　　　　　　　　　 已知函数的定义域为实数集。(1)求实数m的所有允许值组成的集合M；(2)求证：对所有，恒有 。

证明(1)∵的定义域为实数集

(2)令

[例8]　　　　　　　　　 设=，(a>0,a≠1)，求证：(1)过函数y=f(x)图象上任意两点直线的斜率恒大于0；(2)f(3)>3。

解：(1)令t=，则x=，f(x)= 　(t∈R)

∴f(x)= 　(x∈R)

设，f()－f()=

(1)a>1时，…，f()<f()，∴f(x)在(－∞,+∞)上单调递增

(2)0<a<1时，…，f()<f()，∴f(x)在(－∞,+∞)上单调递增

∴<时，恒有f()<f()，∴K=>0

(2)f(3)=

∵a>0，a≠1　 ∴　 ∴上述不等式不能取等号，∴f(x)>3

[例9]　　　　　　　　　 已知函数f(x)=lg(的定义域为(0，+∞)，问是否存在这样的a,b，使f(x)恰在(1，+∞)上取正值，且f(3)=lg4，若存在，求出a,b的值，若不存在，说明理由。

解：由，得，∵a>1>b>0，∴>1，∴x>log

　又f(x)定义域为(0，+∞)，∴log=0，K=1，∴f(x)=lg

设0<，，∵a>1>b>0，∴a< a，－b< b

∴0< a－b< a－ b，∴0<<1，∴lg<0

　∴，∴f(x)在(0，+∞)上是增函数

　∴x(1,+∞)时，必有f(x)>f(1)=lg(a－b)

　∵f(x)在(1，+∞)上取正值，∴lg(a－b)=0　 a－b=1　 (1)

　又f(3)=lg4　 ∴lg=lg4， =4　　　 (2)

　 解(1)(2)得：，b=，即有在，b=满足条件

[例10]　　　　　　　 设二次函数f(x)= ax² +bx+c (a>0且b≠0)。

(1) 已知|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1，试求f(x)的解析式和f(x)的最小值；

(2) 已知f(x)的对称轴方程是x=1，当f(x)的图象在x轴上截得的弦长不小于2时，试求a, b, c满足的条件；

(3) 已知|b|<a, |f(0)|1, |f(-1)|1, |f(1)|1，当|x|1时，证明：|f(x)|

解：(1)由|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|知|c|=1，|a+b+c|=1，|a-b+c|=1

∴(a+b+c)²=(a-b+c)²即4(a+c)b=0

∵b≠0　 ∴a+c=0，即：a=-c

又∵a>0　 ∴a=1 c=-1　 此时b=+1　 ∴f(x)=x² + x-1

于是 f(x)=(x + )²　　 ∴[f(x)]

　　 (2)依题意即b=-2a，∵a>0且b≠0　 ∴b<0

令f(x)=0的两根为x₁，x₂，则函数y=f(x)的图象与x轴的两个交点为(x₁，0)，(x₂，0)

且，满足题设的充要条件是

　∴a>0　 c0　 b<0且b=－2a为所求

　　 (3)方法1：

　∵|2b|=|(a+b+c)-(a-b+c)|<|a+b+c|+|a-b+c|<2　 ∴|b|1　 又|b||a|　 ∴1　

　又|c|=|f(0)|1　 又|f(

　而f(x)所示开口向上的抛物线且|x|<1，则|f(x)|的最大值应在x=1或x=-1或x=-时取到，因|f(-1)|<1, |f(1)|1, |f(-)|　 故|f(x)|得证。

　　 方法2：

令f(x)=uf(1)+vf(-1)+(1-u-v)f(0) 则f(x)=(a+b+c)u+(a-b+c)v+(1-u-v)c

　ax² +bx+c=a(u+v)+b(u-v)+c

∴　　

∴f(x)=

　而|f(1)| 1, |f(-1)|1, |f(0)|1

　∴<　 x∈[-1, 1]

　　 =|x|·==

综上，当|f(0)|1, |f (-1)|1, |f(-1)|1, |x|1时，|f(x)|

解法3：我们可以把，和当成两个独立条件，先用和来表示.

∵ ,

∴ ,

∴ .

∴ 当时，，所以，根据绝对值不等式的性质可得：

，，

∴

综上，问题获证.

5、已知函数

(1)函数在区间(0，+)上是增函数还是减函数？证明你的结论；

(2)若当时，恒成立，求正整数的最大值.

解：(1)

　 .

　 因此函数在区间(0，+∞)上是减函数.

(2)(方法1)当时，恒成立，令有

又为正整数. 的最大值不大于3.……7′

下面证明当恒成立.

即证当时，恒成立.

令

当

取得最小值

时，恒成立.

因此正整数的最大值为3.

(2)(方法2)当时，恒成立，

即恒成立.

即的最小值大于

上连续递增，

又

存在唯一实根，且满足：

由知：

的最小值为

因此正整数的最大值为3.

第2讲

4．x为何值时，不等式成立。

解：当时，

当时，

故时，

时，为所求。