第二章 函 數
高考導航
考試要求重難點擊命題展望
1.了解構成函數的三要素，會求一些簡單函數的定義域和值域；了解映射的概念.
2.在實際生活中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.
3.了解簡單的分段函數，并能簡單運用.
4.理解函數的單調性、最大值、最小值及其幾何意義；結合具體函數，了解函數奇偶性的含義.
5.會運用函數的圖象理解和研究函數的性質.
6.理解有理指數冪的含義，了解實數指數冪的意義，掌握冪的運算.
7.理解指數函數的概念及其單調性，掌握指數函數通過的特殊點.
8.理解對數的概念及其運算性質，知道用換底公式能將一般對數化成自然對數或常用對數；了解對數在簡化運算中的作用.
9.理解對數函數的概念及其單調性，掌握對數函數通過的特殊點.
10.了解指數函數y＝ax與對數函數y＝logax (a＞0且a≠1)互為反函數.
11.了解冪函數的概念，結合函數y＝x， y＝x2， y＝x3 ,
y＝ ， y＝ 的圖象，了解它們的變化情況.
12.結合二次函數的圖象，了解函數的零點與方程的根的聯系，判斷一元二次方程根的存在性和根的個數.
13.根據具體函數圖象，能夠用二分法求相應方程的近似解.
14.了解指數函數、對數函數以及冪函數的增長特征；知道直線上升、指數增長、對數增長等不同函數類型增長的含義.
15.了解指數函數、對數函數、冪函數、分段函數等在社會生活中普遍使用的函數模型的廣泛應用.本章重點： 1.函數的概
念及其三要素；
2.函數的單調性、奇偶性及其幾何意義；
3.函數的最大(小)值；
4.指數函數與對數函數的概念和性質；
5.函數的圖象及其變換；
6.函數的零點與方程的根之間的關系；
7.函數模型的建立及其應用.
本章難點：
1.函數概念的理解；
2.函數單調性的判斷；
3.函數圖象的變換及其應用；
4.指數函數與對數函數概念的理解及其性質運用；
5.研究二次函數的零點與一元二次方程的根的關系；
6.函數模型的建立及求解. 高考對函數的考查，常以選擇題和填空題來考查函數的概念和一些基本初等函數的圖象和性質，解答題則往往不是簡單地考查概念、公式和法則的應用，而是常與導數、不等式、數列、三角函數、解析幾何等知識及實際問題結合起來進行綜合考查，并滲透數學思想方法，突出考查函數與方程、數形結合、分類與整合、化歸與轉化等數學思想方法.
知識網絡
2.1函數的概念及表示法
典例精析
題型一 求函數的解析式
【例1】 (1)已知f(x＋1)＝x2＋x＋1，求f (x)的表達式；
(2)已知f(x)＋2f(－x)＝3x2＋5x＋3，求f (x)的表達式.
【解析】(1)設x＋1＝t，則x＝t－1，代入得
f (x)＝(t－1)2＋(t－1)＋1＝t2－t＋1，所以f (x)＝x2－x＋1.
(2)由f (x)＋2f (－x)＝3x2＋5x＋3，
x換成－x，得f (－x)＋2 f (x)＝3x2－5x＋3，解得f (x)＝x2－5x＋1.
【點撥】已知f(x)，g(x)，求復合函數f[g(x)]的解析式，直接把f(x)中的x換成g(x)即可，已知f[g(x)]，求f (x)的解析式，常常是設g(x)＝t，或者在f[g(x)]中湊出g(x)，再把g(x)換成x.
【變式訓練1】已知f ( )＝ ，求f (x)的解析式.
【解析】設 ＝t，則x＝ ，所以f (t)＝ ＝ ，
所以f (x)＝ (x≠－1).
題型二 求函數的定義域
【例2】(1)求函數y＝ 的定義域；
(2)已知f(x)的定義域為[－2,4]，求f(x2－3x)的定義域.
【解析】(1)要使函數有意義，則只需要
即
解得－3＜x＜0或2＜x＜3，故所求的定義域為(－3,0)∪(2,3).
(2)依題意，只需－2≤x2－3x≤4，
解得－1≤x≤1或2≤x≤4，故f(x2－3x)的定義域為[－1,1]∪[2,4].
【點撥】有解析式的函數的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍，往往列不等式組求解.對于抽象函數f[g(x)]的定義域要把g(x)當作f(x)中的x來對待.
【變式訓練2】已知函數f (2x)的定義域為[－1,1]，求f(log2x)的定義域.
【解析】因為y＝f(2x)的定義域為[－1,1]，即－1≤x≤1時2－1≤2x≤21，所以y＝f(x)的定義域為[12，2].令12≤log2x≤2，所以2≤x≤22＝4，故所求y＝f(log2x)的定義域為[2，4].
題型三 由實際問題給出的函數
【例3】 用長為l的鐵絲彎成下部為矩形，上部為半圓形的框架(如圖)，若矩形底部長為2x，求此框圍成的面積y與x的函數關系式，并指出其定義域.
【解析】由題意知，此框架圍成的面積是由一個矩形和一個半圓組成的圖形的面積，而矩形的長AB＝2x，
設寬為a，則有2x＋2a＋πx＝l，即a＝ － x－x，半圓的半徑為x，
所以y＝ ＋( －π2x－x)?2x＝－(2＋π2)x2＋lx.
由實際意義知 －π2x－x＞0，因x＞0，解得0＜x＜ .
即函數y＝－(2＋π2)x2＋lx的定義域是{x0＜x＜ }.
【點撥】求由實際問題確定的定義域時，除考慮函數的解析式有意義外，還要考慮使實際問題有意義.如本題使函數解析式有意義的x的取值范圍是x∈R，但實際問題的意義是矩形的邊長為正數，而邊長是用變量x表示的，這就是實際問題對變量的制約.
【變式訓練3】一張正方形的紙片，剪去兩個一樣的小矩形得到一個“E”形圖案，如圖所示，設小矩形的長、寬分別為x、y，剪去部分的面積為20，若2≤x≤10，記y＝f(x)，則y＝f(x)的圖象是( )
【解析】由題意得y＝10x(2≤x≤10)，選A.
題型四 分段函數
【例4】 已知函數f(x)＝
(1)求f(1)＋f(－1)的值；
(2)若f(a)＝1，求a的值；
(3)若f(x)＞2，求x的取值范圍.
【解析】(1)由題意，得f(1)＝2，f(－1)＝2，所以f(1)＋f(－1)＝4.
(2)當a＜0時，f(a)＝a＋3＝1，解得a＝－2；
當a≥0時，f(a)＝a2＋1＝1，解得a＝0. 所以a＝－2或a＝0.
(3)當x＜0時，f(x)＝x＋3＞2，解得－1＜x＜0；
當x≥0時，f(x)＝x2＋1＞2，解得x＞1.
所以x的取值范圍是－1＜x＜0或x＞1.
【點撥】分段函數中，x在不同的范圍內取值時，其對應的函數關系式不同.因此，分段函數往往需要分段處理.
【變式訓練4】(2010全國新課標)已知函數f(x)＝ 若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是( )
A.(1,10)B.(5,6)
C.(10,12)D.(20,24)
【解析】不妨設a＜b＜c，由f(a)＝f(b)＝f(c)及f(x)圖象知110＜a＜1＜b＜10＜c＜12，所以－lg a＝lg b＝－12c＋6，所以ab＝1，所以abc的范圍為(10,12)，故選C.
總結提高
1.在函數三要素中，定義域是靈魂，對應法則是核心，因為值域由定義域和對應法則確定，所以兩個函數當且僅當定義域與對應法則均相同時才表示同一個函數，而值域相同是兩函數為同一函數的必要非充分條件.
2.若一個函數在其定義域不同的子集上，解析式不同，則可用分段函數的形式表示.
3.函數的三種表示法各有利弊，一般情況下，研究函數要求出函數的解析式，通過解析式來解題.求函數解析式的方法有：配方法、觀察法、換元法和待定系數法等.
2.2 函數的單調性
典例精析
題型一 函數單調性的判斷和證明
【例1】討論函數f(x)＝ax＋1x＋2 (a≠12)在(－2，＋∞)上的單調性.
【解析】設x1，x2為區間(－2，＋∞)上的任意兩個數且x1＜x2，
則f(x1)－f(x2)＝ax1＋1x1＋2－ax2＋1x2＋2＝(x1－x2)(2a－1)(x1＋2)(x2＋2)，
因為x1∈(－2，＋∞)，x2∈(－2，＋∞)，且x1＜x2，
所以x1－x2＜0，x1＋2＞0，x2＋2＞0.
所以當a＜12時，1－2a＞0，f(x1)＞f(x2)，
函數f(x)在(－2，＋∞)上為減函數；
當a＞12時，1－2a＜0，f(x1)＜f(x2)，
函數f(x)在(－2，＋∞)上是增函數.
【點撥】運用定義判斷函數的單調性，必須注意x1，x2在給定區間內的任意性，另外本題可以利用導數來判斷.
【變式訓練1】已知函數f(x)滿足f(π＋x)＝f(π－x)，且當x∈(0，π)時，f(x)＝x＋cos x，則f(2)，f(3)，f(4)的大小關系是( )
A. f (2)＜f (3)＜f (4)B. f (2)＜f (4)＜f (3)
C. f (4)＜f (3)＜f (2)D. f (3)＜f (4)＜f (2)
【解析】B.
題型二 函數單調區間的求法
【例2】試求出下列函數的單調區間.
(1)y＝x－1；
(2)y＝x2＋2x－1；
(3)y＝ .
【解析】(1)y＝x－1＝
所以此函數的單調遞增區間是(1，＋∞)，單調遞減區間是(－∞，1).
(2)y＝x2＋2x－1＝
所以此函數的單調遞增區間是(1，＋∞)，單調遞減區間是(－∞，1).
(3)由于t＝－x2＋4x－3的單調遞增區間是(－∞，2)，單調遞減區間是(2，＋∞)，又底數大于1，所以此函數的單調遞增區間是(－∞，2)，單調遞減區間是(2，＋∞).
【點撥】函數的單調區間，往往需要借助函數圖象和有關結論，才能求解出.
【變式訓練2】在實數的原有運算法則中，我們補充定義新運算“ ”如下：當a≥b時，a b＝a；當a＜b時，a b＝b2.則函數f (x)＝(1 x)x－(2 x)，x∈[－2,2]的最大值是( )
A.－1B.6C.1D.12
【解析】B.
題型三 函數單調性的應用
【例3】已知函數f(x)的定義域為[－1,1]，且對于任意的x1，x2∈[－1,1]，當x1≠x2時，都有f(x1)－f(x2)x1－x2＞0.
(1)試判斷函數f(x)在區間[－1,1]上是增函數還是減函數，并證明你的結論；
(2)解不等式f(5x－1)＜f(6x2).
【解析】(1)當x1，x2∈[－1,1]，且x1＜x2時，由f(x1)－f(x2)x1－x2＞0，得f(x1)＜f(x2)，
所以函數f(x)在區間[－1,1]上是增函數.
(2)因為f(x)在[－1,1]上是增函數.所以由f(5x－1)＜f(6x2)知，
所以0≤x＜13，所求不等式的解集為{x0≤x＜13}.
【點撥】抽象函數的單調性往往是根據定義去判斷，利用函數的單調性解題時，容易犯的錯誤是忽略函數的定義域.
【變式訓練3】已知函數y＝f(x)是R上的偶函數，對于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，當x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2時，都有f(x1)－f(x2)x1－x2＞0，給出下列命題：
①f(3)＝0；②直線x＝－6是函數y＝f(x)的圖象的一條對稱軸；③函數y＝f(x)在[－9，－6]上為增函數；④函數y＝f(x)在[－9,9]上有四個零點.
其中所有正確命題的序號為 (把所有正確命題的序號都填上).
【解析】①②④.
總結提高
1.函數的單調區間是其定義域的子集，因此，討論函數的單調性，必須先確定函數的定義域.
2.函數的單調性可以借助函數圖象來研究，增函數的圖象自左向右是上升曲線，減函數的圖象自左向右是下降曲線.
3.導數是解決函數單調性問題的有力工具.
4.利用函數單調性可比較大小、證明不等式、解不等式、求函數值域或最值等，既是一種方法，也是一種技巧，應加強函數單調性的應用，提高解題技巧.
5.函數的單調性不同于周期性與奇偶性，它僅僅是函數的局部性質.
2.3 函數的奇偶性
典例精析
題型一 函數奇偶性的判斷
【例1】判斷下列函數的奇偶性.
(1)f(x)＝lg(1－x2)x2－2－2；
(2)f(x)＝
【解析】(1)由 得定義域為(－1,0)∪(0,1)，
這時f(x)＝lg(1－x2)－(x2－2)－2＝－lg(1－x2)x2，
因為f(－x)＝－lg[1－(－x)2](－x)2＝－lg(1－x2)x2＝f(x)，所以f(x)為偶函數.
(2)當x＜0時，－x＞0，則
f(－x)＝－(－x)2－x＝－(x2＋x)＝－f(x)，
當x＞0時，－x＜0，則f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x)，
所以對任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)都有f(－x)＝－f(x)，故f(x)為奇函數.
【點撥】判斷函數的奇偶性時，應先確定函數的定義域是否關于原點對稱，再分析
f(－x)與f(x)的關系，必要時可對函數的解析式進行化簡變形.
【變式訓練1】(2010廣東)若函數f(x)＝3x＋ 與g(x)＝3x－ 的定義域均為R，則( )
A. f (x)與g(x)均為偶函數B. f (x)為偶函數，g(x)為奇函數
C. f (x)與g(x)均為奇函數D. f (x)為奇函數，g(x)為偶函數
【解析】B.
題型二 由奇偶性的條件求函數的解析式
【例2】若函數f(x)＝x＋mx2＋nx＋1是定義在(－1,1)上的奇函數，求f(x)的解析式.
【解析】因為函數f(x)＝x＋mx2＋nx＋1是定義在(－1,1)上的奇函數，
所以f(0)＝0，從而得m＝0. 又f(12)＋f(－12)＝0，解得n＝0.
所以f(x)＝xx2＋1(－1＜x＜1).
【變式訓練2】已知定義域為R的函數f(x)＝－2x＋b2x＋1＋a是奇函數，求a，b的值.
【解析】因為f(x)是奇函數，所以f(0)＝0，即b－1a＋2＝0，解得b＝1，所以f(x)＝ .
又由f(1)＝－f(－1)，所以1－2a＋4＝－1－12a＋1，解得a＝2. 故a＝2，b＝1.
題型三 函數奇偶性的應用
【例3】設函數f(x)的定義域為R，對于任意實數x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當x＞0時，f(x)＞0且f(2)＝6.
(1)求證：函數f(x)為奇函數；
(2)求證：函數f(x)在R上是增函數；
(3)在區間[－4,4]上，求f(x)的最值.
【解析】(1)證明：令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)，所以f(0)＝0，
令y＝－x，有f(0)＝f(x)＋f(－x)，所以f(－x)＝－f(x)，所以函數f(x)為奇函數.
(2)證明：設x1，x2∈R，且x1＜x2，則f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)，
又x＞0時，f(x)＞0，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)，
所以函數f(x)在R上是增函數.
(3)因為函數f(x)在R上是增函數，
所以f(x)在區間[－4,4]上也是增函數，
所以函數f(x)的最大值為f(4)，最小值為f(－4)，
因為f(2)＝6，所以f(4)＝f(2)＋f(2)＝12，
又f(x)為奇函數，所以f(－4)＝－f(4)＝－12，
故函數f(x)在區間[－4,4]上的最大值為12，最小值為－12.
【點撥】函數的最值問題，可先通過判斷函數的奇偶性、單調性，再求區間上的最值.
【變式訓練3】定義在R上的函數f(x)滿足f(x)＝
則f(－1)＝ ，f(33)＝ .
【解析】4；－2.
總結提高
1.判定函數的奇偶性時，應先確定函數的定義域是否關于原點對稱，再看f(－x)與f(x)的關系，必要時可對函數解析式進行化簡變形.
2.判定函數的奇偶性時，有時可通過其等價形式：f(－x)±f(x)＝0或f(－x)f(x)＝±1 (f(x)≠0)進行處理.
3.奇偶性與單調性、不等式相結合的問題，要注意數形結合求解.
2.4 二次函數
典例精析
題型一 求二次函數的解析式
【例1】已知二次函數y＝f(x)的圖象的對稱軸方程為x＝－2，在y軸上的截距為1，在x軸上截得的線段長為22，求f(x)的解析式.
【解析】設f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，由已知有
解得a＝12，b＝2，c＝1，所以f(x)＝12x2＋2x＋1.
【點撥】求二次函數的解析式，要根據已知條件選擇恰當的形式，三種形式可以相互轉化，若二次函數圖象與x軸相交，則兩點間的距離為x1－x2＝b2－4aca.
【變式訓練1】已知二次函數y＝x2＋bx＋c的圖象過點A(c,0)，且關于直線x＝2對稱，則這個二次函數的解析式是 .
【解析】由已知x＝c為它的一個根，故另一根為1.
所以1＋b＋c＝0，又－b2＝2?b＝－4，所以c＝3.
所以f(x)＝x2－4x＋3.
題型二 二次函數的最值
【例2】已知二次函數f(x)的二次項系數為a，且不等式f(x)＞－2x的解集為(1,3).
(1)若方程f(x)＋6a＝0有兩個相等實根，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)的最大值為正數，求a的取值范圍.
【解析】(1)因為f(x)＋2x＞0的解集為(1,3).
所以f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①
由f(x)＋6a＝0?ax2－(2＋4a)x＋9a＝0，②
由②知，Δ＝[－(2＋4a)]2－4a×9a＝0?5a2－4a－1＝0，所以a＝1或a＝－15.
因為a＜0，所以a＝－15，代入①得f(x)＝－15x2－65x－35.
(2)由于f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝a(x－1＋2aa)2－a2＋4a＋1a，
又a＜0，可得[f(x)]max＝－a2＋4a＋1a.
由 ?a＜－2－3或－2＋3＜a＜0.
【點撥】(1)利用Δ＝0；(2)利用配方法.
【變式訓練2】已知二次函數y＝x2－2x＋3在區間[0，m]上有最大值3和最小值2，則m的取值范圍是 .
【解析】[1,2].
題型三 二次函數在方程、不等式中的綜合應用
【例3】設函數 f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，對于方程f(x)＝12[ f(x1)＋f(x2)]，求證：
(1)方程在區間(x1，x2)內必有一解；
(2)設方程在區間(x1，x2)內的根為m，若x1，m－12，x2成等差數列，則－b2a＜m2.
【證明】(1)令g(x)＝f(x)－12[ f(x1)＋f(x2)]，
則g(x1)g(x2)＝12[ f(x1)－f(x2)] 12[ f(x2)－f(x1)]＝－14 [ f(x1)－f(x2)]2＜0，
所以方程g(x)＝0在區間(x1，x2)內必有一解.
(2)依題意2m－1＝x1＋x2，即2m－x1－x2＝1，
又f(m)＝12[ f(x1)＋f(x2)]，即2(am2＋bm＋c)＝ax21＋bx1＋c＋ax22＋bx2＋c.
整理得a(2m2－x21－x22)＋b(2m－x1－x2)＝0，
a(2m2－x21－x22)＋b＝0，
所以－b2a＝m2－x21＋x222＜m2.
【點撥】二次方程ax2＋bx＋c＝0的根的分布問題，一般情況下，需要從三個方面考慮：①判別式；②區間端點對應二次函數的函數值的正負；③相應二次函數的對稱軸x＝－b2a與區間的位置關系.
【變式訓練3】已知f(x)＝(x－a)(x－b)－2(a＜b)，α，β是f(x)＝0的兩根(α＜β)，則實數α，β，a，b大小關系為( )
A.α＜a＜b＜βB.a＜α＜β＜b
C.a＜α＜b＜βD.α＜a＜β＜b
【解析】A.
總結提高
1.二次函數的表達式有多種形式，形式的選擇要依據題目的已知條件和所求結論的特征而定.
2.利用二次函數的知識解題始終要把握二次函數圖象的關鍵要素：①開口方向；②對稱軸；③與坐標軸的交點.
3.二次函數、一元二次方程和一元二次不等式是一個有機的整體，相互滲透，解題時要注意三者的相互轉化，重視用函數思想處理方程和不等式問題.
2.5 指數與指數函數
典例精析
題型一 指數及其運算
【例1】計算：
(1) ；
(2)(0.027) －(－17)－2＋(279) －(2－1)0.
【解析】(1)原式＝ ? ? ? ? ＝125.
(2)原式＝(271 000 －(－1)－2(17)－2＋(259 －1
＝103－49＋53－1＝－45.
【點撥】進行指數的乘除運算時，一般先化成相同的底數.
【變式訓練1】已知a，b是方程9x2－82x＋9＝0的兩根，求 － 的值.
【解析】a＋b＝829，ab＝1.
原式＝2 ＝2(ab) ＝2.
題型二 指數函數性質的應用
【例2】已知函數f(x)＝2x－12x＋1，其中x∈R.
(1)試判斷函數f(x)的奇偶性；
(2)證明f(x)是R上的增函數.
【解析】(1)因為函數f(x)的定義域為x∈R，
且f(－x)＝ ＝1－2x1＋2x＝－f(x)， 所以f(x)為R上的奇函數.
(2)證明：設x1，x2∈R，且x1＜x2，
則f(x1)－f(x2)＝ － = ＜0，
所以f(x)是R上的增函數.
【點撥】在討論指數函數的性質或利用其性質解題時，要特別注意底數是大于1還是小于1，如果不能確定底數的范圍應分類討論.
【變式訓練2】函數y＝ex＋e－xex－e－x的圖象大致為( )
【解析】A.
題型三 指數函數的綜合應用
【例3】已知函數f(x)＝2x－12x.
(1)若f(x)＝2，求x的值；
(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立，求實數m的取值范圍.
【解析】f(x)＝2x－12x＝
(1)因為f(x)＝2，所以2x－12x＝2.
因為x≥0，所以2x＝1＋2，解得x＝log2(1＋2).
(2)因為t∈[1,2]，所以2tf(2t)＋mf(t)≥0可化為2t(22t－122t)＋m(2t－12t)≥0，
即m(22t－1)≥－(24t－1).
因為22t－1＞0，所以上式可化為m≥－(22t＋1).
又因為－(22t＋1)的最大值為－5，所以m≥－5.
故使得2tf(2t)＋mf(t)≥0對于t∈[1,2]恒成立的實數m的取值范圍是[－5，＋∞).
【變式訓練3】已知函數f(x)＝2x－1，a＜b＜c，且f(a)＞f(c)＞f(b)，則下列結論中一定成立的是( )
A.a＜0，b＜0，c＜0B.a＜0，b≥0，c＞0
C.2－a＜2cD.2a＋2c＜2
【解析】D.
總結提高
1.增強分類討論的意識，對于根式na的意義及其性質要分清n是奇數，還是偶數，指數函數的圖象和性質與底數a的取值范圍有關，研究與指數函數有關的問題時，要注意分a＞1與0＜a＜1兩種情況討論.
2.深化概念的理解與應用，對于分數指數冪中冪指數為負數的情形，要注意底數a的取值限制.
3.掌握指數函數的圖象與性質，能利用數形結合的思想解決有關問題.
2.6 對數與對數函數
典例精析
題型一 對數的運算
【例1】計算下列各題：
(1)2(lg2)2＋lg2 lg 5＋(lg2)2－lg 2＋1；
(2)lg 2＋lg 5－lg 8lg 50－lg 40.
【解析】
(1)原式＝2×(12lg 2)2＋12lg 2lg 5＋(lg2－1)2
＝12lg 2(lg 2＋lg 5)＋1－12lg 2＝1.
(2)原式＝lg2×58lg5040＝lg54lg54＝1.
【點撥】運用對數的運算性質以及式子的恒等變形.
【變式訓練1】已知log89＝a，log25＝b，用a，b表示lg 3為 .
【解析】由 ?lg 3＝3a2＋2b.
題型二 對數函數性質的應用
【例2】設函數f(x)＝loga(x－2) (a＞0，且a≠1).
(1)求函數f(x)經過的定點坐標；
(2)討論函數f(x)的單調性；
(3)解不等式log3(x－2)＜1.
【解析】(1)當x＝3時，loga1＝0恒成立，所以函數f(x)所經過的定點坐標為(3,0).
(2)當a＞1時，函數f(x)在區間(2，＋∞)上為單調遞增函數；當0＜a＜1時，函數f(x)在區間(2，＋∞)上為單調遞減函數.
(3)不等式log3(x－2)＜1等價于不等式組
解得2＜x＜5，所以原不等式的解集為(2,5).
【變式訓練2】已知函數f(x)＝ 若f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍為 .
【解析】要保證函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，則分段函數應該在各自定義域內分別單調遞增.若f(x)＝(a－2)x－1在區間(－∞，1]上單調遞增，則a－2＞0，即a＞2.若f(x)＝logax在區間(1，＋∞)上單調遞增，則a＞1.另外要保證函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增還必須滿足(a－2)×1－1≤loga1＝0，即a≤3.故實數a的取值范圍為2＜a≤3.
題型三 對數函數綜合應用
【例3】已知函數f(x)＝loga(3－ax).
(1)當x∈[0,2]時，函數f(x)恒有意義，求實數a的取值范圍；
(2)是否存在這樣的實數a，使得函數f(x)在區間[1,2]上為減函數，并且最大值為1？如果存在，試求出a的值；如果不存在，請說明理由.
【解析】(1)由題設知3－ax＞0對一切x∈[0,2]恒成立，a＞0，且a≠1.
因為a＞0，所以g(x)＝3－ax在[0,2]上為減函數，
從而g(2)＝3－2a＞0，所以a＜32，
所以a的取值范圍為(0,1)∪(1，32).
(2)假設存在這樣的實數a，由題設知f(1)＝1，
即loga(3－a)＝1，所以a＝32，
此時f(x)＝ (3－32x).
當x＝2時，f(x)沒有意義，故這樣的實數不存在.
【點撥】這是一道探索性問題，注意函數、方程、不等式之間的相互轉化，存在性問題的處理，一般是先假設存在，再結合已知條件進行轉化求解，如推出矛盾，則不存在，反之，存在性成立.
【變式訓練3】給出下列四個命題：
①函數f(x)＝ln x－2＋x在區間(1，e)上存在零點；
②若f′(x0)＝0，則函數y＝f(x)在x＝x0處取得極值；
③若m≥－1，則函數y＝ (x2－2x－m)的值域為R；
④“a＝1”是“函數f(x)＝a－ex1＋aex在定義域上是奇函數”的充分不必要條件.
則其中正確的序號是 (把全部正確命題的序號都填上).
【解析】因為f(1)＝ln 1－2＋1＝－1＜0，f(e)＝ln e－2＋e＝e－1＞0，故函數f(x)在區間(1，e)上存在零點，命題①正確；對于函數f(x)＝x3來說，f′(x)＝3x2，顯然有f′(0)＝0，但f(x)在定義域上為增函數，故x＝0不是函數的極值點，命題②錯誤；令t＝x2－2x－m，若m≥－1，則Δ＝(－2)2－4×1×(－m)＝4＋4m≥0，所以t＝x2－2x－m可以取遍所有的正數，所以函數
y＝ (x2－2x－m)的值域為R，命題③正確；由f(－x)＝－f(x)，可得a－e－x1＋ae－x＝－a－ex1＋aex，解得a＝±1，即函數f(x)為奇函數的充要條件為a＝±1，故 “a＝1”是“函數f(x)＝a－ex1＋aex為奇函數”的充分不必要條件，所以命題④正確.綜上所述，正確的命題為①③④.
總結提高
1.熟練運用對數的運算公式是解決對數運算的基礎和前提，運用對數的運算法則，要注意各字母的取值范圍，同時，不要將積、商、冪、方根的對數與對數的積、商、冪、方根混淆起來.
2.研究對數問題時，要盡量化成同底，另外，研究對數問題時要注意對數的底數與真數的限制條件.
3.對數函數的重要性質是單調性，比較大小是單調性的重要運用，在比較時，通常利用函數的單調性或借助于中間量－1,0,1來比較，但要注意分類討論.
4.利用對數函數的概念、圖象、性質討論一些函數的應用問題是常考題型，應注意數形結合、分類討論、化歸等數學思想方法的靈活運用.
2.7 冪函數與函數的圖象
典例精析
題型一 冪函數的圖象與性質
【例1】點(2，2)在冪函數f(x)的圖象上，點(－2，14)在冪函數g(x)的圖象上.
(1)求f(x)、g(x)的解析式；
(2)問當x為何值時，有：①g(x)＜f(x)；②f(x)＝g(x)；③f(x)＜g(x).
【解析】(1)設f(x)＝xa，因為點(2，2)在冪函數f(x)的圖象上，將(2，2)代入f(x)＝xa中，得2＝(2)a，解得a＝2，即f(x)＝x2.
設g(x)＝xb，因為點(－2，14)在冪函數g(x)的圖象上，將(－2，14)代入g(x)＝xb中，得14＝(－2)b，解得b＝－2，即g(x)＝x－2.
(2)在同一坐標系中作出f(x)和g(x)的圖象，如圖所示，由圖象可知：
①當x＞1或x＜－1時，g(x)＜f(x)；
②當x＝±1時，f(x)＝g(x)；
③當－1＜x＜1且x≠0時，f(x)＜g(x).
【點撥】(1)求冪函數解析式的步驟：
①設出冪函數的一般形式y＝xa(a為常數)；
②根據已知條件求出a的值；
③寫出冪函數的解析式.
本題的第(2)問采用了數形結合的思想，即在同一坐標系下畫出兩函數的圖象，借助圖象求出不等式和方程的解.這一問也可用分類討論的思想.x2＝1x2，即x4＝1，x＝±1，以x＝1，－1為分界點分x＞1，－1＜x＜1，x＜－1，x＝±1五種情況進行討論，也能得到同樣的結果.
【變式訓練1】函數f(x)＝(m2－m－1) 是冪函數，且當x∈(0，＋∞)時是減函數，求實數m.
【解析】因為f(x)為冪函數，
所以m2－m－1＝1，解得m＝2或m＝－1.
當m＝2時，f(x)＝x－3在(0，＋∞)上是減函數；
當m＝－1時，f(x)＝x0在(0，＋∞)上不是減函數.
所以m＝2.
題型二 作函數圖象
【例2】作下列函數圖象：
(1)y＝1＋log2x；
(2)y＝2x－1；
(3)y＝x2－4.
【解析】(1)y＝1＋log2x的圖象是：
(2)y＝2x－1的圖象是：
(3)y＝x2－4的圖象是：
【變式訓練2】在下列圖象中，二次函數y＝ax2＋bx與指數函數y＝(ba)x的圖象只可能是( )
【解析】A.
題型三 用數形結合思想解題
【例3】已知f(x)＝x2－4x＋3.
(1)求f(x)的單調區間；
(2)求m的取值范圍，使方程f(x)＝mx有4個不同實根.
【解析】
遞增區間為[1,2]，[3，＋∞)；
遞減區間為(－∞，1)，(2,3).
(2)設y＝mx與y＝f(x)有四個公共點，過原點的直線l與y＝f(x)有三個公共點，如圖所示.令它的斜率為k，則0＜m＜k.
由
?x2＋(k－4)x＋3＝0.①
令Δ＝(k－4)2－12＝0?k＝4±23.
當k＝4＋23時，方程①的根x1＝x2＝－3?(1,3)，舍去；當k＝4－23時，方程①的根x1＝x2＝3∈(1,3)，符合題意.故0＜m＜4－23.
【點撥】(1)作出f(x)的圖象；(2)利用(1)的圖象，研究函數y＝mx與y＝f(x)的交點情況.
【變式訓練3】若不等式x2－logax＜0對x∈(0，12)恒成立，則實數a的取值范圍是( )
A.0＜a＜1 B.116≤a＜1
C.a＞1 D.0＜a≤116
【解析】原不等式為x2＜logax，設f(x)＝x2，g(x)＝logax，因為0＜x＜12＜1，而logax＞x2＞0，所以0＜a＜1，作出f(x)在x∈(0，12)內的圖象，如圖所示.
因為f(12)＝14，所以A(12，14)，當g(x)圖象經過點A時，14＝loga12?a＝116，因為當x∈(0，12)時，logax＞x2，g(x)圖象按如圖虛線位置變化，所以116≤a＜1，故答案為B.
題型四 有關圖象的對稱問題
【例4】設函數f(x)＝x＋1x，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)的圖象為C1，C1關于點A(2,1)對稱的圖象為C2，C2對應的函數為g(x).
(1)求函數y＝g(x)的解析式，并確定其定義域；
(2)若直線y＝b與C2只有一個交點，求b的值，并求出交點的坐標.
【解析】(1)設P(u，v)是y＝x＋1x上任意一點，所以v＝u＋1u.①
設P關于A(2,1)對稱的點為Q(x，y)，
所以 ?
代入①得2－y＝4－x＋14－x?y＝x－2＋1x－4.
所以g(x)＝x－2＋1x－4，其定義域為(－∞，4)∪(4，＋∞).
(2)聯立方程得
?x2－(b＋6)x＋4b＋9＝0，
所以Δ＝(b＋6)2－4×(4b＋9)＝b2－4b＝0?b＝0或b＝4.所以，當b＝0時，交點為(3,0)；當b＝4時，交點為(5,4).
【變式訓練4】函數f(x)的定義域為R，且滿足：f(x)是偶函數，f(x－1)是奇函數.若f(0.5)＝9，則f(8.5)等于( )
A.－9B.9 C.－3 D.0
【解析】因為f(－x)＝f(x)，f(－x－1)＝－f(x－1)，所以f(－2＋x)＝－f(－x)＝－f(x)，則f(4＋x)＝－f(x＋2)＝f(x)，即4是函數f(x)的一個周期，所以f(8.5)＝f(0.5)＝9，故應選B.本題考查了抽象函數周期性的判斷及其函數值的求解問題，合理進行轉化是解題的關鍵.
總結提高
掌握描繪函數圖象的兩種基本方法——描點法和圖象變換法.函數圖象為研究函數的性質，解決方程、不等式中的問題提供了一種直觀方法，用數形結合思想、分類討論思想和轉化變換的思想分析解決數學問題.函數的圖象是溝通“數”與“形”的一個重要橋梁.應用函數圖象法解數學問題往往具有直觀易懂、運算量小的優點，但用圖象法求變量的取值范圍時，要特別注意端點值的取舍和特殊情況.
2.8 函數與方程
典例精析
題型一 確定函數零點所在的區間
【例1】已知函數f(x)＝x＋log2x，問方程f(x)＝0在區間[14，4]上有沒有實根，為什么？
【解析】因為f (14)＝14＋log214＝14－2＝－74＜0，
f(4)＝4＋log24＝4＋2＝6＞0，f(14) f(4)＜0，又f(x)＝x＋log2x在區間[14，4]是連續的，
所以函數f(x)在區間[14，4]上有零點，即存在c∈[14，4]，使f(c)＝0，
所以方程f(x)＝0在區間[14，4]上有實根.
【點撥】判斷函數f(x)的零點是否在區間(a，b)內，只需檢驗兩條：①函數f(x)在區間(a，b)上是連續不斷的；②f(a) f(b)＜0.
【變式訓練1】若x0是函數f(x)＝x＋2x－8的一個零點，則[x0](表示不超過x0的最大整數)＝ .
【解析】因為函數f(x)＝x＋2x－8在區間(－∞，＋∞)上是連續不間斷的單調遞增函數，且f(2) f(3)＜0，所以函數f(x)在區間(2,3)上存在唯一的零點x0，所以[x0]＝2.
題型二 判斷函數零點的個數
【例2】判斷下列函數的零點個數.
(1)f(x)＝x2＋mx＋(m－2)；
(2)f(x)＝x－4＋log2x.
【解析】(1)由Δ＝m2－4(m－2)＝(m－2)2＋4＞0，得知f(x)＝x2＋mx＋(m－2)＞0有兩個不同的零點.
(2)因為函數f(x)＝x－4＋log2x在區間(0，＋∞)上是連續不間斷的單調遞增函數，且f(2) f(3)＜0，所以函數f(x)在區間(0，＋∞)上存在唯一的零點.
【點撥】判斷函數的零點個數有以下兩種方法：
(1)方程f(x)＝0的根的個數即為函數f(x)的零點個數；
(2)函數f(x)與x軸的交點個數，即為函數f(x)的零點個數；
特殊情況下，還可以將方程f(x)＝0化為方程g(x)＝h(x)，然后再看函數y＝g(x)與y＝h(x)的交點個數.
【變式訓練2】問a為何值時，函數f(x)＝x3－3x＋a有三個零點，二個零點，一個零點？
【解析】f′(x)＝3x2－3＝0，得x1＝1，x2＝－1，此時f(x)有極大值f(－1)＝2＋a，極小值f(1)＝－2＋a.由圖象(圖略)得知：
當－2＜a＜2時，函數f(x)有三個零點；
當a＝－2或a＝2時，函數f(x)有兩個零點；
當a＜－2或a＞2時，函數f(x)有一個零點.
題型三 利用導數工具研究函數零點問題
【例3】設函數f(x)＝x3＋2x2－4x＋2a.
(1)求函數f(x)的單調區間；
(2)關于x的方程f(x)＝a2在[－3,2]上有三個相異的零點，求a的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)＝3x2＋4x－4.
由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞23；由f′(x)＜0，得－2＜x＜23.
故f(x)的遞增區間為(－∞，－2)、(23，＋∞)，
f(x)的遞減區間為(－2，23).
(2)由f(x)＝a2?x3＋2x2－4x－a2＋2a＝0，
令g(x)＝x3＋2x2－4x－a2＋2a.
所以g′(x)＝3x2＋4x－4.
由(1)可知，g(x)在(－∞，－2)和(23，＋∞)上遞增，在(－2，23)上遞減，故g(x)在[－3，
－2]和[23，2)上為增函數，在[－2，23]上為減函數.
關于x的方程f(x)＝a2在[－3,2]上有三個不同的零點，則
解得－2＜a≤－1或3≤a＜4.
【點撥】(1)先求f′(x)，由f′(x)＝0求出極值點，再討論單調性；(2)利用(1)及函數f(x)的大致圖形，找到滿足題設的a的條件.
【變式訓練3】已知函數f(x)＝x33＋12ax2＋2bx＋c的兩個極值分別為f(x1)和f(x2)，若x1和x2分別在區間(0,1)與(1,2)內，則b－2a－1的取值范圍為( )
A.(－1，－14)B.(－∞，14)∪(1，＋∞)
C.(14，1)D.(14，2)
【解析】因為f′(x)＝x2＋ax＋2b，由題意可知，
畫出a，b滿足的可行域，如圖中的陰影部分(不包括邊界)所示，b－2a－1表示可行域內的點與點D(1,2)的連線的斜率，記為k，觀察圖形可知，kCD＜k＜kBD，而kCD＝2－11－(－3)＝14，kBD＝2－01－(－1)＝1，所以14＜b－2a－1＜1，故選C.
總結提高
函數的零點就是方程的實數根，也就是函數的圖象與x軸的交點的橫坐標，注意零點不是“點”，并不是所有的函數都有零點，或者說不是所有的函數圖象都與x軸有交點.二分法是求一般函數零點的一種通法，但要注意使用二分法的條件.二分法是利用“逐步逼近”的數學思想得到零點的近似值，但二分法也存在局限性，一是二分法一次只能求一個零點，二是在(a，b)內有零點時，未必f(a) f(b)＜0成立，三是二分法計算量較大，常要借助計算器完成.
2.9 函數模型及其應用
典例精析
題型一 運用指數模型求解
【例1】按復利計算利率的一種儲蓄，本金為a元，每期利率為r，設本利和為y，存期為x，寫出本利和y隨期數x的變化函數式.如果存入本金10 000元，每期利率為2.25%，計算5期的本息和是多少？
【解析】已知本金為a元，
1期后的本利和為y1＝a＋a×r＝a(1＋r)；
2期后的本利和為y2＝a(1＋r)＋a(1＋r)r＝a(1＋r)2；
3期后的本利和為y3＝a(1＋r)2＋a(1＋r)2r
＝a(1＋r)3；
? ?
x期后的本利和為y＝a(1＋r)x.
將a＝10 000， r＝2.25%， x＝5代入上式得
y＝10 000(1＋2.25%)5＝11 176.8，
所以5期后的本利和是11 176.8元.
【點撥】在實際問題中，常遇到有關平均增長率的問題，如果原來產值的基礎數為N，平均增長率為p，則總產值y與時間x的關系為y＝N(1＋p)x.
【變式訓練1】某工廠去年十二月的產值為a，已知月平均增長率為p，則今年十二月的月產值較去年同期增長的倍數是( )
A.(1＋p)12－1B.(1＋p)12
C.(1＋p)11D.12p
【解析】今年十二月產值為a(1＋p)12，去年十二月產值為a，故比去年增長了[(1＋p)12－1]a，故選A.
題型二 分段函數建模求解
【例2】在對口脫貧活動中，為了盡快脫貧(無債務)致富，企業甲經營狀況良好的某種消費品專賣點以5.8萬元的優惠價格轉給尚有5萬元無息貸款沒有償還的小型殘病人企業乙，并約定從該經營利潤中，首先保證企業乙的全體職工每月的最低生活費開支3600元后，逐步償還轉讓費(不計息). 在甲提供資料中有：①這種消費品的進價每件14元；②該店月銷售量Q(百件)與銷價p(元)關系如圖；③每月需各種開支2 000元.
(1)試問為使該店至少能維持職工生活，商品價格應控制在何種范圍？
(2)當商品價格為每件多少元時，月利潤扣除職工最低生活費的余額最大？并求最大余額；
(3)企業乙只依靠該廠，最早可望幾年后脫貧？
【解析】設該店月利潤額為L，則由假設得
L＝Q(p－14)×100－3 600－2 000，①
(1)當14≤p≤20時，由L≥0得18≤p≤20，
當20＜p≤26時，由L≥0得20＜p≤22，
故商店銷售價應控制在18≤p≤22之內.
(2)當18≤p≤20時，L最大＝450元，此時，p＝19.5元.
當20＜p≤22時，L最大＝41623元，此時，p＝2013元.
故p＝19.5元時，月利潤最大余額為450元.
(3)設可在n年內脫貧，依題意得
12n×450－50 000－58 000≥0，解得n≥20，
即最少可望在20年后脫貧.
【點撥】解答這類題關鍵是要仔細審題，理解題意，建立相應數學模型，求解時，也可利用導數，此外要注意問題的實際意義.
【變式訓練2】國家稅務部門規定個人稿費的納稅辦法是：不超過800元的不納稅；超過800元而不超過4 000元的按照超過800元部分的14%納稅；超過4 000元的按全稿費的11%納稅.某人出版了一本書，共納稅550元，問此人的稿費為多少元？
【解析】設納稅y(元)時稿費為x(元)，則
由y＞500知x＞4 000，所以x×11%＝550?x＝5 000，
所以此人稿費為5 000元.
題型三 生活中的優化問題
【例3】(2010湖北)為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層.某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元.該建筑物每年的能源消耗費用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關系：C(x)＝k3x＋5(0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元，設f(x)為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和.
(1)求k的值及f(x)的表達式；
(2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達到最小？并求最小值.
【解析】(1)設隔熱層厚度為x cm，由題設，每年能源消耗費用為C(x)＝k3x＋5，
再由C(0)＝8得k＝40，因此C(x)＝403x＋5.而建造費用為C1(x)＝6x.
最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為
f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×403x＋5＋6x＝8003x＋5＋6x(0≤x≤10).
(2)f′(x)＝6－2 400(3x＋5)2，令f′(x)＝0，即2 400(3x＋5)2＝6，
解得x＝5，x＝－253(舍去).
當0＜x＜5時，f′(x)＜0；當5＜x＜10，f′(x)＞0，
故x＝5是f(x)的最小值點，對應的最小值為f(5)＝6×5＋80015＋5＝70.
當隔熱層修建5 cm厚時，總費用達到最小值70萬元.
【點撥】如果根據數據判斷函數的類型，可由數據的變化情況對其單調性、對稱性和特定值進行判斷，也可以從所給的部分數據求出模擬函數解析式，再由其他數據進一步判斷.
【變式訓練3】某廠有許多形狀為直角梯形的鐵皮邊角料，如圖，為降低消耗，開源節流，現要從這些邊角料上截取矩形鐵片(如圖中陰影部分)備用，當截取的矩形面積最大時，矩形兩邊長x、y應為x＝ ，y＝ .
【解析】如圖，由已知有x20－x＝24－yy－8，
即4x＋5y－120＝0，
S＝xy＝120(4x 5y)≤120(4x＋5y2)2＝180.
所以 ?x＝15，y＝12.
總結提高
利用數學模型解決實際問題，運用數學建模思想、不同的函數模型刻畫現實世界中不同的增長變化規律.一次函數、二次函數、指數函數、對數函數及冪函數就是常用的描述現實世界中不同增長規律的函數模型，它們的增長存在很大的差異，如指數函數增長是指數“爆炸”，對數函數增長是逐步趨于平衡，而冪函數增長遠低于指數函數，因此建立恰當數學模型并利用所得函數模型解釋有關現象，對某些發展趨勢進行預測具有很強的現實意義.
2.10函數的綜合應用
典例精析
題型一 抽象函數的計算或證明
【例1】已知函數 f (x)對于任何實數x，y都有 f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)，且f(0)≠0.
求證： f(x)是偶函數.
【證明】因為對于任何實數x、y都有 f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)，
令x＝y＝0，則f(0)＋f(0)＝2f(0)f(0)，所以2f(0)＝2f(0)f(0)，
因為f(0)≠0，所以f(0)＝1，
令x＝0，y＝x，則f(0＋x)＋f(0－x)＝2f(0)f(x)，
所以f(x)＋f(－x)＝2f(x)，所以f(－x)＝f(x)，
故f(x)是偶函數.
【點撥】對于判斷抽象函數的奇偶性問題常常采用“賦值法”探索求解途徑；判斷或證明抽象函數的奇偶性單調性時，既要扣緊函數奇偶性單調性的定義，又要靈活多變，以創造條件滿足定義的要求.
【變式訓練1】已知函數f(x)對任意的x，y有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(x)的定義域為R，請判定f(x)的奇偶性.
【解析】取x＝y＝0，得f(0)＝0.
取y＝－x，得f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數.
題型二 函數與導數的綜合應用
【例2】已知函數f(x)＝x3＋2x2－ax＋1.
(1)若函數f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為4，求實數a的值；
(2)若函數g(x)＝f′(x)在區間(－1,1)上存在零點，求實數a的取值范圍.
【解析】由題意得g(x)＝f′(x)＝3x2＋4x－a.
(1)f′(1)＝3＋4－a＝4，所以a＝3.
(2)方法一：①當g(－1)＝－a－1＝0，即a＝－1時，g(x)＝f′(x)的零點x＝－13∈(－1,1)；
②當g(1)＝7－a＝0，即a＝7時，
f′(x)的零點x＝－73?(－1,1)，不合題意；
③當g(1)g(－1)＜0時，－1＜a＜7；
④當 時，－43≤a＜－1.綜上所述，a∈[－43，7).
方法二：g(x)＝f′(x)在區間(－1,1)上存在零點，等價于3x2＋4x＝a在區間(－1,1)上有解，也等價于直線y＝a與曲線y＝3x2＋4x，x∈(－1,1)有公共點，作圖可得a∈[－43，7).
方法三：等價于當x∈(－1,1)時，求值域：a＝3x2＋4x＝3(x＋23)2－43∈[－43，7).
【變式訓練2】二次函數y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與坐標軸交于(－1,0)和(0，－1)，且其頂點在第四象限，則a＋b＋c的取值范圍為 .
【解析】由已知c＝－1，a－b＋c＝0，所以a＋b＋c＝2a－2.
又 ?0＜a＜1，所以a＋b＋c∈(－2,0).
題型三 化歸求函數的最大值和最小值問題
【例3】某個體經營者把開始6個月試銷售A、B兩種商品的逐月投資與所獲得的純利潤列成下表：
投資A商品
(萬元)123456
獲純利
(萬元)0.651.391.8521.841.40
投資B商品
(萬元)123456
獲純利
(萬元)0.250.490.7611.261.51
該經營者下月投入12萬元經營這兩種商品，但不知投入A、B兩種商品各多少才能獲得最大的利潤，請你幫助制定一個資金投入方案，使該經營者能獲得最大利潤，并根據你的方案求出經營者下個月可能獲得的最大利潤(結果保留兩個有效數字).
【解析】以投資金額為橫坐標，純利潤為縱坐標，可以在直角坐標系中畫出圖象.
據此可以考慮用下列函數描述上述兩組數據之間的對應關系
y＝－a(x－4)2＋2 (a＞0)，①
y＝bx，②
把x＝1，y＝0.65代入①得a＝0.15，故前6個月所獲得的純利潤關于投資A商品的金額函數關系式可近似的用y＝－0.15(x－4)2＋2表示，
再把x＝4，y＝1代入②可得b＝0.25，故前6個月所獲得的純利潤關于投資B商品的金額函數關系式可近似的用y＝0.25x表示，
設下個月投資A商品x萬元，則投資B商品(12－x)萬元，則可獲得純利潤為
y＝－0.15(x－4)2＋2＋0.25(12－x)＝－0.15x2＋0.95x＋2.6，
可得當x≈3.2時，y取最大值4.1萬元.
故下個月分別投資A、B兩種商品3.2萬元和8.8萬元可獲得最大利潤4.1萬元.
【點撥】本題可以用兩個函數近似地表示兩種投資方案，是估計思想的體現.根據表中所列數據，把近似函數的解析式求出來，由此求得最大利潤.解決此類問題的關鍵在于根據列出的散點圖來選取適當的函數模型，然后求出待定系數便可求得函數解析式，再由解析式求最優解.
【變式訓練3】求函數y＝ 的值域.
【解析】x＝0時，y＝0；
x＞0時，y＝ ，所以0＜y＜1；
x＜0時，y＝ ，所以－2≤y＜0.
綜上，－2≤y＜1.
總結提高
1.函數把數學各個分支緊緊地連在一起，函數與方程、不等式、數列、幾何、三角函數彼此滲透、互相融合，構成了函數應用的廣泛性、解法的多樣性、思維的創造性.解這類綜合問題應注意如下幾點：
(1)在解題時有些函數的性質并不明顯，深入挖掘這些隱含條件，將獲得簡捷解法；
(2)應堅持“定義域優先”的原則，先弄清自變量的取值范圍；
(3)函數思想處處存在，要重視對函數思想的研究和應用，在解題時，要有意識地引進變量，建立相關函數關系，利用有關函數知識解決問題.
2.解函數應用題的基本步驟：
(1)閱讀理解，審清題意.讀題要逐字逐句，讀懂題中的文字敘述，理解敘述所表達的實際背景，在此基礎上分析出已知什么，求什么，從中提煉出相應的數學問題；
(2)引進數學符號，建立數學模型.一般地，設自變量為x，函數為y，必要時引進其他相關輔助變量，并用x、y和輔助變量表示各相關量，然后再根據問題已知條件，運用已掌握的數學知識、物理知識和其他相關知識建立關系式，在此基礎上，將實際問題轉化為函數問題，實現問題數學化，即建立數學模型；
(3)利用數學方法將得到的常規函數問題予以解答，求出結果；
(4)將所得結果轉譯成具體問題的解答.
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