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1、专题一 函数【考点聚焦】考点1：函数的概念、表示法、定义域、值域、最值；考点2：函数的单调性、奇偶性、周期性；考点3：指数函数和对数函数的定义、性质（尤其是单调性）、图象和应用；考点4：反函数的定义、求反函数、函数图象的位置关系；考点5：抽象函数问题的求解考点6：运用函数的思想、数形结合思想和分类讨论思想解决问题考点7：导数的概念及运算，导数的应用.【自我检测】1、函数的定义是_.2、对于函数定义域内任意x，若有则f(x)为奇函数，若有，则f(x)为偶函数.奇函数的图象关于对称，偶函数的图象关于对称.3、给定区间D上的函数f(x)，若对于任意x1,x2D，当x10a0且a1)对数函数y=log
2、ax(a0且a1)图象a10a10a1定义域值 域过点（）过点（）单调性 11、导数的定义是.12、写出常见函数的导数：13、导数与单调性：f(x)0，f(x)0【重点难点热点】问题：函数的定义域问题函数由定义域，解析式，值域三要素构成，而注重解析式同时还要注意定义域的限制，定义域的求法主要是使得解析式有意义，另外含参数函数以及复合函数的定义域是难点，含参数函数定义域往往需要分类讨论，复合函数定义域求法：定义域为，的定义域是指满足的的取值范围；而若已知定义域为是指，此时求定义域是指在的条件下，求的值域1. 函数的定义域为 2. （含参数）求函数的定义域3. 【06湖北高考】，则的定义域为4.
3、的定义域为，则函数的定义域为5. （逆向思维）的定义域为R,则求的取值范围（答案）专题小结1、求解函数解析式是高考重点考查内容之一，求解函数解析式的方法主要有 （1） 待定系数法（2）换元法或配凑法，已知复合函数fg(x)的表达式可用换元法，当表达式较简单时也可用配凑法；（3）消参法，若已知抽象的函数表达式，则用解方程组消参的方法求解f(x);另外，在解题过程中经常用到分类讨论、等价转化等数学思想方法2、函数值域的常用求法 配方法、分离变量法、单调性法、图象法、换元法、不等式法等无论用什么方法求函数的值域，都必须考虑函数的定义域 3、函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.
4、判断函数的奇偶性与单调性方法：若为具体函数，严格按照定义判断；若为抽象函数，用好赋值法，注意赋值的科学性、合理性 复合函数的奇偶性、单调性 解决的关键在于 既把握复合过程，又掌握基本函数4、三个“二次”是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系，同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具.高考试题中近一半的试题与这三个“二次”问题有关.复习时要理解三者之间的区别及联系，掌握函数、方程及不等式的思想和方法5、掌握指数函数、对数函数函数的概念、图象和性质并能灵活应用图象和性质分析问题、解决问题；特别是底是参数时，一定要区分底是大于1还是小于1，与对数有关的问题还要紧扣对数函数的定义域.6、
5、求函数的导数有两种方法：一种方法是用定义求，先求函数的改变量，再求平均变化率，最后取极限，得导数；另一种方法是利用公式与法则求导数.利用函数的导数研究函数的性质：先对函数求导，再利用导数y的正负判断函数的单调性或求函数的极值（或最值）【挑战自我】设函数，试证明：（1）存在两个实数满足：（2）；（3）思路：由“存在两个实数”联想到构造一个关于m的二次方程，只需证明该方程有两个不等的实根即可.证明：（1）令，将f(x)的解析式代入化简得关于m的一元二次方程：，因为，所以方程有两个不等实根，记为，故实数满足方程（2）因为是方程方程的两实根，所以，（3）由（1）知，所以0，所以点评：本题以全新的面目考
6、查了二次方程、二次不等式的有关内容，从而将函数、方程、不等式融为一体.这里的处理由到再到是循序渐进的，若将变为，这是一个关于1m的一元二次方程，这的两个实根为，且两根之积为，这就同时证明了（1）和（2）.再将已知条件变形为y=f(x) 变形为，由0得与比较可得，即可见这里的实质上是函数f(x)的最小值、最大值.这从题（3）中可以悟出来.对题目的要求：有较大的难度，有特别的解题思路、演变角度，要有一定的梯度.【答案及点拨】演变题要有点拨，原创题有详解，一般题给答案演变1：解法一(换元法）f(2cosx)=cos2xcosx=2cos2xcosx1令u=2cosx(1u3),则cosx=2uf(2
7、cosx)=f(u)=2(2u)2(2u)1=2u27u+5(1u3)f(x1)=2(x1)27(x1)+5=2x211x+4(2x4)解法二 (配凑法）f(2cosx)=2cos2xcosx1=2(2cosx)27(2cosx）+5f(x)=2x27x5(1x3),即f(x1)=2x211x+14(2x4) 演变2：解 (1)当x1时，设f(x)=x+b射线过点(2，0) 0=2+b即b=2，f(x)=x+2 (2)当1x1,(xm)2+m+0恒成立，故f(x)的定义域为R 反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则只须x24mx+4m2+m+0,令0,即16m24(4m2+m+)0,解得m1
8、,故mM (2)解析 设u=x24mx+4m2+m+,y=log3u是增函数，当u最小时，f(x)最小.而u=(x2m)2+m+,显然，当x=m时，u取最小值为m+,此时f(2m)=log3(m+)为最小值 (3)证明 当mM时，m+=(m1)+ +13,当且仅当m=2时等号成立 log3(m+)log33=1 演变4：（1） 令a=b=0，则f(0)=f(0)2， f(0)0， f(0)=1（2） 令a=x，b=-x， 则 f(0)=f(x)f(-x)， 由已知x0时，f(x)10； 当x0，f(-x)0， 又x=0时，f(0)=10， 对任意xR，f(x)0（3） 任取x2x1，则f(x2
9、)0，f(x1)0，x2-x10 f(x2)f(x1)， f(x)在R上是增函数演变5 f(x)是R上的奇函数，且在0，+)上是增函数，f(x)是R上的增函数于是不等式可等价地转化为f(cos23)f(2mcos4m),即cos232mcos4m,即cos2mcos+2m20 设t=cos,则问题等价地转化为函数g(t)=t2mt+2m2=(t)2+2m2在0，1上的值恒为正，又转化为函数g(t)在0，1上的最小值为正 当0,即m0m1与m042m4+2,421,即m2时，g(1)=m10m1 m2综上，符合题目要求的m的值存在，其取值范围是m42 演变6：由条件知0,即(4a）24(2a+1
10、2)0,a2(1)当a1时，原方程化为x=a2+a+6,a2+a+6=(a)2+a=时，xmin=,a=时，xmax=x(2)当1a2时，x=a2+3a+2=(a+)2当a=1时，xmin=6,当a=2时，xmax=12,6x12综上所述,x12演变7：(1)由0,且2x0得F(x)的定义域为(1，1)，设1x1x21,则F(x2)F(x1)=()+(),x2x10,2x10,2x20,上式第2项中对数的真数大于1 因此F(x2)F(x1)0,F(x2)F(x1),F(x)在(1，1）上是增函数 (2)证明 由y=f(x)=得 2y=,f1(x)=,f(x)的值域为R，f-1(x)的定义域为R
11、 当n3时，f-1(n) 用二项式定理或数学归纳法易证2n2n+1(n3),证略 (3)证明 F(0)=,F1()=0,x=是F1(x)=0的一个根 假设F1(x)=0还有一个解x0(x0),则F-1(x0)=0,于是F(0)=x0(x0) 这是不可能的，故F-1(x)=0有惟一解 演变8 (1)由题意得ff(x)=f(x2+c)=(x2+c)2+cf(x2+1)=(x2+1)2+c,ff(x)=f(x2+1)(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,x2+c=x2+1,c=1f(x)=x2+1,g(x)=ff(x)=f(x2+1)=(x2+1)2+1(2)(x)=g(x)f(x)=x4+(2)x2+(2)若满足条件的存在，则(x)=4x3+2(2)x函数(x)在(,1)上是减函数，当x1时，(x)0即4x3+2(2)x0对于x(,1)恒成立2(2)4x2,x1,4x242(2)4,解得4又函数(x)在(1,0)上是增函数当1x0时，(x)0即4x2+2(2)x0对于x(1,0)恒成立2(2)4x2,1x0,44x202(2)4,解得4故当=4时，
