6.函数f(x)=x²－2xsinθ+sinθ－1(θ∈R)在区间[0，1]上的极小值为g(sinθ)，则g(sinθ)的最小、最大值是(　　 )

A.最小值－1，最大值－　　　　　　　　 B.最小值－3，最大值－

C.最小值－2，最大值－　　　　　　　　 D.无最小值，最大值－

5.已知函数f(x)=－4x²+4ax－a²－4a(a<0)在区间[0,1]上有最大值－12，则实数a的值为(　　 )

A.－1　　　　　　　　　　　　　 B.－2　　　　　　　　　　　　　 C.－3　　　　　　　　　　　　　 D.－6

4.函数y=－x的值域是(　　 )

A.[,+∞　　　　　 B.(－∞，　　　　　 C.[－,+∞]　　　　 D.(－, +∞)

3.已知函数f(x)=x²,集合A={x|f(x－1) =ax,x∈R}，且A∪{x|x是正实数}={x|x是正实数}，则实数a的取值范围是(　　 )

A.(－4,+∞)　　　 B.(－∞，－1　　　　　 C.(0,+∞)　　　　　 D.(－∞,－4∪[0,+∞

2.已知集合M={x|x²=a²,a∈{x|x是正实数}}，集合N={x|nx=a，a≠0}，若NM，则n取值的集合是(　　 )

A.{1}　　　　　　　　　　　　　 B.{－1}　　　　　　　　　　　 C.{－1,1}　　　　　　　　　　　　　 D.{－1,0,1}

1.已知集合M={x|x²+6x－16>0},N={x|(x－k)(x－k－2)≤0},M∩N≠，则k的取值范围是(　　 )

A.k<－8或k>0　　　　　　　　　 B.k<－8或k>2　　　　　　　　　　 C.－8≤k≤0　　　　　　　　 D.k≤－8或k≥0

　　　 =f(x+10)

∴f(x)是以10为周期的周期函数。

∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9

(2)当x∈[16,17],x－10∈[6,7]

∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)²=(x－12)²

当x∈(17,20,x－20∈(－3,0,4－(x－20)∈[4,7

∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)]

　　 =f(24－x)=(x－22)²

∴g(x)= 　　　

∵x∈ [16,17]时，g(x)最大值为16，最小值为9；x∈(17，20，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36

∴g(x)的最大值为36，最小值为9。

(3)由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有两个解。

而在[－1000，1000上有200个周期，至少有400个解。又f(1000)=0

所以最少有401个解。且这401个解的和为－200。

注　 题中(2)可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到

f(x)= 　　　

一般地：当x∈[－3，2]时，4－x∈[2,7]

∴f(x)=f(4－x)=(x－2)²

∴当x∈[－3,7],f(x)=(x－2)²

故当x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7]

∴f(x)= (x－10k－2)²(k∈z)

∴f(x)= (x－10k－2)² x∈[－3+10k,7+10k],(k∈Z)

例3　 设a是正数，ax+y=2(x≥0,y≥0)，记y+3x－x²的最大值是M(a)，试求：

(1)M(a)的表达式；(2)M(a)的最小值。

解　 将代数式y+3x－x²表示为一个字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x的二次函数，逐步进行分类求M(a)。

(1)设S(x)=y+3x－x²,将y=2－ax代入消去y，得：

S(x)=2－ax+3x－x²

　 =－x²+(3－a)x+2

　 =－[x－(3－a)]²+(3－a)²+2(x≥0)

∵y≥0　 ∴2－ax≥0

而a>0　 ∴0≤x≤

下面分三种情况求M(a)

(i)当0<3－a<(a>0)，即

时

解得　 0<a<1或2<a<3时

M(a)=S(3－a)= (3－a)²+2

(ii)当3－a≥(a>0)即

时，

解得：1≤a≤2，这时

M(a)=S()=2－a·+3·－·

　　 =－+

(iii)当3－a≤0；即a≥3时

M(a)=S(0)=2

综上所述得：

M(a)=

(2)下面分情况探讨M(a)的最小值。

当0<a<1或2<a<3时

M(a)=(3－a) ²+2>2

当1≤a≤2时

M(a)=－+=－2(－)²+

∵1≤a≤2≤≤1

∴当=时，M(a)取小值，即

M(a)≥M(2)=

当a≥3时，M(a)=2

经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。

注　 解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3－a是否在定义域区间[0，]内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。

例4　 已知函数f(x)=x(p∈Z)在(0,+∞)上是增函数，且在其定义域上是偶函数。

(1)求p的值，并写出相应的函数f(x)的解析式。

(2)对于(1)中求得的函数f(x)，设函数g(x)=－qf[f(x)]+(2q－1)f(x)+1，问是否存在实数q(q<0)，使得g(x)在区间(－∞,－4上是减函数，且在区间(－4,0)上是增函数。若存在，请求出来；若不存在，请说明理由。

解　 (1)若y=x^α在x∈(0,+∞)上是递增函数，则有α>0。

∵f(x)在(0,+∞)上是增函数，

∴－p²+p+>0

解得：－1<p<3,而p∈Z

∴p=0,1,2

当p=0或2时，有f(x)=x不是偶函数，故p=1，此时,f(x)=x²。

(2)利用函数单调性的定义进行探索求解。

∵f(x)=x²

∴g(x)=－qx⁴+(2q－1)x²+1

假设存在实数q(q<0)，使得g(x)满足题设条件。设x₁<x₂,则

g(x₁)－g(x₂)

=－qx₁⁴+(2q－1)x₁²+qx₂⁴－(2q－1)x₂²

=(x₁+x₂) (x₂－x₁) [q(x₁²+x₂²)－(2q－1)]

若x₁,x₂∈(－∞,－4，易知x₁+x₂<0, x₂－x₁>0,

要使g(x)在(－∞,－4上是递减函数，则应有

q(x₁²+x₂²)－(2q－1)<0

恒成立

∵x₁<－4,x₂≤－4

∴x₁²+x₂²>32，而q<0

∴q( x₁²+x₂²)<32q

从而要使q( x₁²+x₂²)<2q－1恒成立，则必有2q－1≥32q

即　 q≤－

若x₁,x₂∈(－4，0)，易知(x₁+x₂) (x₂－x₁)<0，要使g(x)在(－4，0)上是增函数，则应有

q(x₁²+x₂²)－(2q－1)>0

恒成立

∵－4<x₁<0,－4<x₂<0

∴x₁²+x₂²<32，而q<0

∴q( x₁²+x₂²)>32q

要使q( x₁²+x₂²)>2q－1恒成立，则必有2q－1≤32q,即　 q≥－

综合以上两方面，得q=－

故存在实数q=－，使得g(x)在(－∞,－4上是减函数，且在(－4,0)上是增函数。

注　 本例是一道综合性较强的题目。对于第(2)小题，还可以从复合函数性质方面来考虑，就有如下解法：

设t=x²，由g(x)在(－∞,－4上是减函数，在(－4,0)上是增函数，而t=x²在[16，+∞和(0,16)上都是增函数，得

h(t)=－qt²+(2q－1)t+1在(0，16)上是增函数，在[16，+∞上是减函数，从而可得

=16　　 ∴q=－

例5　 设函数f(x)定义域为R，当x>0时，f(x)>1，且对任意x,y∈R，有　 f(x+y)=f(x)·f(y)。

(1)证明：f(0)=1;

(2)证明：f(x)在R上是增函数；

(3)设集合A={(x,y)|f(x²)·f(y²)<f(1)}，B={(x,y)|f(x+y+c)=1,c∈R}，若A∩B=，求c的取值范围。

解　 (1)证明：为使f(x+y)=f(x)·f(y)中出现f(0)，借助当x>0时，f(x)>1。则设x=0,y=1得：

f(0+1)=f(0)·f(1)，即f(1)=f(0)·f(1)

∵f(1)>1　 ∴f(0)=1

(2)证明f(x)在R上是增函数，即证明当x₁<x₂时，有f(x₁)<f(x₂)。

∵对x₁,x₂∈R,x₁<x₂,，有x₂－x₁>0

∴f(x₂)=f(x₁+x₂－x₁)=f(x₁)·f(x₂－x₁)

中有f(x₂－x₁)>1

故要证明f(x₂)>f(x₁)，只要证明f(x₁)>0即可。

事实上，当x₁>0时，f(x₁)>1>0

当x₁=0时，f(x₁)=1>0

当x₁<0时，f(x₁)·f(－x₁)=f(x₁－x₁)=f(0)=1

又∵f(－x₁)>1　 ∴0<f(x₁)<1

故对于一切x₁∈R，有f(x₁)>0

∴f(x₂)=f(x₁)·f(x₂－x₁)>f(x₁)，故命题得证。

(3)解 A：f(x²+y²)<f(1)，则由单调性知x²+y²<1。

B：由f(x+y+c)=f(0)=1和函数单调性知

x+y+c=0

故若A∩B=，用图形分析可得：只要圆x²+y²=1与直线x+y+c=0相离或相切即可。

故≥1　 ∴c≥或c≤

注　 第(2)题也可作如下处理：

f(x)·f(－x)=f(0)=1>0，得f(－x)=，证得f(x)>0恒成立。

且=f(x₂)·f(－x₁)=f(x₂－x₁)>1

∴f(x₂)>f(x₁)

例6　 已知二次函数f(x)=ax²+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0(a,b,c∈R)。

(1)求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；

(2)求线段AB在x轴上的投影A₁B₁的长度的取值范围。

解　

(1)证：由消去y，得ax²+2bx+c=0

Δ=4b²－4ac

=4(－a－c)²－4ac

=4(a²+ac+c²)

=4[(a+)²+c²]

此证法不够自然　 ∵a>b>c　 ∴，c不同时为0

∴Δ>0，即两函数的图像交于不同的两点。

(2)设方程ax²2bx+c=0的两根为x₁和x₂，则

x₁+x₂=－,x₁x₂=

|A₁B₁|²=( x₁－x₂)²=( x₁+x₂)²－4x₁x₂

　　　　　　 =(－)²－=

==4[()²++1]

=4[(+)²+]

∵a>b>c，a+b+c=0，a>0,c<0,

∴，解得∈(－2, －)

∵f()=4[()²++1]的对称轴是=－

∴当∈(－2,－)时，为减函数

∴|A₁B₁|²∈ (3,12)，故|A₁B₁|∈(,2)

例7　 二次函数f(x)=px²+qx+r中实数p、q、r满足++=0，其中m>0，求证：

(1)pf()<0;

(2)方程f(x)=0在(0，1)内恒有解。

解　 (1)pf()=p[p()²+q()+r]=pm[++]=pm

[－]=p²m[]=－，由于f(x)是二次函数,故p≠0，又m>0，所以，pf()<0。

(2)由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r。

①当p>0时，由(1)知f()<0

若r>0，则f(0)>0，又()<0,所以f(x)=0在(0，)内有解。

若r≤0，则f(1)=p+q+r=p+(m+1)(－－)+r=－>0　 又f()<0，所以f(x)=0在(,1)内有解。

②当p<0时同理可证。

注　 (1)题目点明是“二次函数”，这就暗示着二次项系数p≠0。若将题中的“二次”两个字去掉，所证结论相应更改。

(2)对字母p、r分类时先对哪个分类是有一定讲究的，本题的证明中，先对p分类，然后对r分类显然是比较好。

例8　 设二次函数f(x)=ax²+bx+c(a>0),已知二次方程f(x)－x=0的两个根x₁与x₂满足0<x₁<x₂<。

(1)证明：当u∈(0,x₁)时，u<f(u)<x₁;

(2)若f(x₀－x)=f(x₀+x)，证明：2x₀<x₁。

证法一　 (1)令F(x)=f(x)－x，因为x₁,x₂是方程f(x)－x=0的根，所以可设

F(x)=a(x－x₁)(x－x₂)

当u∈(0，x₁)时，∵ x₁<x₂,∴得

(u－x₁)(u－x₂)>0，又∵a>0，得

F(u)=a(u－x₁)(u－x₂)>0，即u<f(u)

x₁－f(u)=x₁－(u+F(u))

　　 =(x₁－u)[1+a(u－x₂)]

∵0<u<x₁<x₂<

所以x₁－u>0,1+a(u－x₂)=1+au－ax₂>1－ax₂>0，得x₁－f(u)>0。　 ∴f(u)<x₁

故当u∈(0，x₁)时，u<f(u)<x₁

(2)依题意得x₀=－

∵x₁,x₂是方程f(x)－x=0的两根，即x₁,x₂是方程

ax²+(b－1)x+c=0的根，

所以x₁+x₂=－

x₀=－==

∵ax₂<1, ∴x₀<=，即2x₀<x₁。

证法二　 (1)∵方程f(x)－x=0的两根为x₁,x₂ ∴f(x)－x=a(x－x₁)(x－x₂)

故欲证u<f(u)<x₁0<f(u)－u<x₁－u0<a(u－x₁)(u－x₂)<x₁－u0<a(x₂－u)<1。

(∵u∈(0,x₁),∴x₁－u>0)0<x₂－u<(∵a>0)

又∵0<u<x₂<,　　 ∴0<x₂－u<成立。

故u<f(u)<x₁成立。

(2)由于方程x₁,x₂是方程f(x)－x=0的根，也即ax²+(b－1)x+c=0的两根。

∴x₁+x₂=－=－₊

又∵0<x₂<,∴x₁+>x₁+x₂=－₊

∴x₁>－

又∵x₀=－<，故2x₀<x₁。

注　 解决本题的关键是熟练掌握抛物线方程的基本形式：y=a(x－x₁)(x－x₂)。另外，要求掌握用差比较证明不等式的基本变形方向：化为乘积式或非负数之和的形式。

例9　 设f(x)是定义在R上的偶函数，其图像关于直线x=1对称，对任意x₁,x₂∈[0,]，都有f(x₁+x₂)=f(x₁)·f(x₂)，且f(1)=a>0。

(1)求f()及f();

(2)证明f(x)是周期函数；

(3)记a_n=f(2n+),求(lna_n)。

解　 (1)∵f(1)=f(+)=f()·f()=f²()=a

∴f()=±

又∵f()=f(+)=f²()>0　 ∴f()=a

　同理可得f()=a

(2)∵f(x)是偶函数，∴ f(－x)=f(x)

又∵f(x)关于x=1对称，∴f(x)=f(2－x)

∴f(x)=f(－x)=f[2－(－x)]=f(2+x)　 (x∈R)

这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期。

(3)对于x∈[0，1]，有∈[0, ]

∴f(x)=f(+)=f()·f()>0　 (x∈[0,1])(∵，其中，…不能同时为0，∴)

∵f()=f(n·)=f[+(n－1)·]

=f()·f[(n－1)·]

……

=f()·f()…f()

=[f()]ⁿ

又∵f()=a,∴f()=a

∵f(2n+)=f()　 ∴a_n=a

∴(lna_n)= (lna)=0

例10　 已知a,b,c是实数，函数f(x)=ax²+bx+c,g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时，|f(x)| ≤1。

(1)证明：|c|≤1;

(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)| ≤2;

(3)设a>0，当－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)。

解　 (1)取x=0∈[－1，1]，由已知得：|c|=|f(0)| ≤1

(2) 因为g(x)=ax+b是关于x的一次函数(也可能是常数函数)，所以g(x)在区间[－1，1]上单调(a≥0时，单调递增；a<0时，单调递减)，所以要证|g(x)| ≤2，只要证明|g(1)| ≤2，|g(－1)| ≤2。

∵－1,0,1均在区间[－1，1]内，∴由已知得

|f(－1)|=|a－b+c|≤1|f(1)|=|a+b+c|≤1

∴|g(1)|=|a+b|=|a+b+c－c|≤|a+b+c|+|c|≤2

|g(－1)|=|a－b|=|a－b+c－c|≤|a－b+c|+|c|≤2。

∴当－1≤x≤1时，|g(x)| ≤2。

(3)因为a>0时，g(x)在[－1，1]上是增函数，所以当x=1时，g(x)取得最大值2，即

2=g(1)=f(1)－f(0)

所以　 －1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1

从而得：c=f(0)=1

又当x∈[－1，1]时，f(x)≥－1=f(0)，表明二次函数f(x)在[－1，1]上不单调，所以有－∈[－1,1]，且　 f(－)=f(0)=－1。

又由二次函数极值的惟一性得：

－=0，即b=0,a=2，

所以　 f(x)=2x²－1。

注　 本题第(2)小题还可这样证明：用f(－1),f(0),f(1)表示出a,b,c。

由

解得：a=－f(0),b=,c=f(0)

故|g(x)|=|ax+b|

　　　 =|[－f(0)]x+|

　　　 =|f(1)+ ·f(－1)－x·f(0)|

　　　 ≤||·|f(1)|+|||f(－1)|+|x|·|f(0)|

　　　 ≤||+||+1

　　　 =++1

　　　 =2

3.函数与方程思想

函数思想，即先构造函数，把给定问题转化对辅助函数的性质研究，得出所需的结论。方程思想，就是把对数学问题的认识，归纳为对方程和方程组的认识。

对于函数思想，应深刻理解一般函数y=f(x)、的性质(单调性、奇偶性、周期性、最值和图像变换)。熟练掌握基本初等函数的性质，是应用函数思想解题的基础。

函数方程思想常同数形结合、等价转化思想相互融合后才能充分发挥其具体解题的功效。

[例题解析]

例1 (1)已知集合A={x|x²－ax+a²－19=0}，集合B={x|log₂(x²－5x+8)=1}，集合C={x|m=1,m≠0，|m|≠1}满足A∩B, A∩C=，求实数a的值；

(2)已知集合P={x|x²－5x+4≤0},Q={x|x²－2bx+b+2≤0}满足PQ，求实数b的取值范围。

解 (1)由条件即可得B={2，3}，C={－4，2}，由A∩B，A∩C=，可知3∈A，2A。

将x=3代入集合A的条件得：

a²－3a－10=0

∴a=－2或a=5

当a=－2时，A={x|x²+2x－15=0}={－5,3},符合已知条件。

当a=5时,A={x|x²－5x+6=0}={2，3}，不符合条件“A∩C”=，故舍去。

综上得：a=－2。

(2)显然P={x|1≤x≤4}，记

f(x)=x²－2bx+b+2

若Q为空集，则由Δ<0得：

4b²－4(b+2)<0　 ∴－1<b<2。

若Q不是空集，则应满足

　　 即

解之得：2≤b≤

综上得：－1<b≤

注　 对于稍复杂的某些集合题目，一定要全面考虑并仔细审题，防止解的取值扩大或缩小。本题的第(1)题，在“由3∈A求得a=－2或5”后，应清楚3∈A是其必要条件，但不是充分条件，因此必须进行检验，否则解的取值可能扩大。而第(2)小题，应该分两类(，)讨论，千万不能遗忘这一特殊情形。

例2　 已知函数f(x)的定义域为R，且对于一切实数x满足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x)

(1)若f(5)=9,求：f(－5);

(2)已知x∈ [2,7]时，f(x)=(x－2)²，求当x∈[16,20]时，函数g(x)=2x－f(x)的表达式，并求出g(x)的最大值和最小值；

(3)若f(x)=0的一根是0，记f(x)=0在区间[－1000,1000]上的根数为N，求N的最小值。

解　 (1)由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的图像关于直线x=2,x=7对称。

∴　 f(x)=f[(x－2)+2]

2.求值域的常用方法：观察法，函数单调性法，求逆函数法，分离法，配方法，换元法，Δ判别式法，不等式法等。

1.求函数解析式的方法：配方法与代入法。