1.()已知函數(shù)f(x)=loga［
–(2a)2］對任意x∈［
,+∞］都有意義，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.(0,
B.(0,)
C.［,1
D.(,
)
2.()函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且x≠1，已知f(x+1)為奇函數(shù)，當(dāng)x＜1時，f(x)=2x2–x+1，那么當(dāng)x＞1時，f(x)的遞減區(qū)間是( )
A.［
，+∞
B.(1,
C.［
,+∞
D.(1,］
3.()關(guān)于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，則a的取值范圍是 .
4.()如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4，則m的值為 .
5.()設(shè)集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.
(1)若A中僅有一個元素，求實(shí)數(shù)a的取值集合B；
(2)若對于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范圍.
6.()已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx(a,b為常數(shù)，且a≠0)滿足條件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在實(shí)數(shù)m，n(m＜n＝，使f(x)定義域和值域分別為［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，說明理由.
7.()已知函數(shù)f(x)=6x–6x2，設(shè)函數(shù)g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］,
…gn(x)=f［gn–1(x)］,…
(1)求證：如果存在一個實(shí)數(shù)x0，滿足g1(x0)=x0，那么對一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；
(2)若實(shí)數(shù)x0滿足gn(x0)=x0，則稱x0為穩(wěn)定不動點(diǎn)，試求出所有這些穩(wěn)定不動點(diǎn)；
(3)設(shè)區(qū)間A=(–∞,0),對于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，
且n≥2時，gn(x)＜0.試問是否存在區(qū)間B(A∩B≠
)，對于區(qū)間內(nèi)任意實(shí)數(shù)x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.
8.()已知函數(shù)f(x)=
(a＞0,x＞0).
(1)求證:f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù)；
(2)若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范圍；
(3)若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范圍.
難點(diǎn)36 函數(shù)方程思想 函數(shù)與方程思想是最重要的一種數(shù)學(xué)思想，高考中所占比重較大，綜合知識多、題型多、應(yīng)用技巧多.函數(shù)思想簡單，即將所研究的問題借助建立函數(shù)關(guān)系式亦或構(gòu)造中間函數(shù)，結(jié)合初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)，加以分析、轉(zhuǎn)化、解決有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問題；方程思想即將問題中的數(shù)量關(guān)系運(yùn)用數(shù)學(xué)語言轉(zhuǎn)化為方程模型加以解決. ●難點(diǎn)磁場 1.()關(guān)于x的不等式2.32x–3x+a2–a–3＞0，當(dāng)0≤x≤1時恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 . 2.()對于函數(shù)參考答案
參 考 答 案
●難點(diǎn)磁場
1.解析：設(shè)t=3x，則t∈［1,3］，原不等式可化為a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.
等價于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.
答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解：(1)當(dāng)a=1,b=–2時，f(x)=x2–x–3，由題意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.
故當(dāng)a=1,b=–2時，f(x)的兩個不動點(diǎn)為–1,3.
(2)∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點(diǎn)，
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實(shí)根
∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1
故當(dāng)b∈R，f(x)恒有兩個相異的不動點(diǎn)時，0＜a＜1.
(3)由題意A、B兩點(diǎn)應(yīng)在直線y=x上，設(shè)A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B關(guān)于y=kx+
對稱.
∴k=–1.設(shè)AB的中點(diǎn)為M(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.
∴x′=y′=
，又點(diǎn)M在直線
上有
，即
∵a＞0，∴2a+
≥2
當(dāng)且僅當(dāng)2a=即a=
∈(0,1)時取等號，
故b≥–
，得b的最小值–
.
●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練
一、1.解析：考查函數(shù)y1=和y2=(2a)x的圖象，顯然有0＜2a＜1.由題意
得a=，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)圖象性質(zhì)可得答案.
答案：A
2.解析：由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，則x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).
當(dāng)x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–
)2–
，其遞減區(qū)間為［，+∞).
答案：C
3.解析：顯然有x＞3，原方程可化為
故有(10–a).x=29,必有10–a＞0得a＜10
又x=
＞3可得a＞
.
答案：＜a＜10
4.解析：原式化為
.
當(dāng)
＜–1,ymin=1+m=–4
m=–5.
當(dāng)–1≤≤1,ymin=
=–4m=±4不符.
當(dāng)＞1，ymin=1–m=–4m=5.
答案：±5
二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，設(shè)f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實(shí)根，則有
①f(t)=0有兩等根時，Δ=016–4a=0a=4
驗(yàn)證：t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，這時x=1
②f(t)=0有一正根和一負(fù)根時,f(0)＜0a＜0
③若f(0)=0，則a=0，此時4x–4.2x=02x=0(舍去)，或2x=4,∴x=2，即A中只有一個元素
綜上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}
(2)要使原不等式對任意a∈(–∞,0］∪{4}恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只須
＜x≤2
6.解：(1)∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.
由f(x–1)=f(3–x)知此函數(shù)圖象的對稱軸方程為x=–
=1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.
(2)f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤
而拋物線y=–x2+2x的對稱軸為x=1
∴n≤時，f(x)在［m,n］上為增函數(shù).
若滿足題設(shè)條件的m,n存在，則
又m＜n≤,∴m=–2,n=0，這時定義域?yàn)椋郇C2,0］，值域?yàn)椋郇C8,0］.
由以上知滿足條件的m、n存在，m=–2,n=0.
7.(1)證明：當(dāng)n=1時，g1(x0)=x0顯然成立；
設(shè)n=k時，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，
則gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0
即n=k+1時，命題成立.
∴對一切n∈N,若g1(x0)=x0，則gn(x0)=x0.
(2)解：由(1)知，穩(wěn)定不動點(diǎn)x0只需滿足f(x0)=x0
由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴穩(wěn)定不動點(diǎn)為0和.
(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0x＜0或x＞1.
∴gn(x)＜0
f［gn–1(x)］＜0gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1
要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必須有g1(x)＜0或g1(x)＞1.
由g1(x)＜06x–6x2＜0x＜0或x＞1
由g1(x)＞06x–6x2＞1
故對于區(qū)間(
)和(1,+∞)內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.
8.(1)證明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=
∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0,
∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
(2)解：∵≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0,
∴a≥
在(0，+∞)上恒成立，令
(當(dāng)且僅當(dāng)2x=
即x=時取等號)，要使a≥在(0,+∞)上恒成立，則a≥.故a的取值范
圍是［,+∞).
(3)解：由(1)f(x)在定義域上是增函數(shù).
∴m=f(m),n=f(n)，即m2–m+1=0，n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有兩個不相等的正根m，n，注意到m.n=1，故只需要Δ=()2–4＞0,由于a＞0，則0＜a＜.