高考数学解
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
技巧(每周一计整理版)
高考数学解题技巧(每周一计.整理版)
每周一计第一计——恒成立问题的处理策略
恒成立问题一直以来都有是数学中的一个重点、难点，这类问题也没有一个固定的思想方法去处理，
各类考试以及高考中都屡见不鲜。如何更好地简单，准确，快速解决这类问题并更好地认识把握，本文通
过举例说明这类问题的一些常规处理。
一 转化为二次函数，利用分类讨论思想直接处理
2例1( 已知函数f(x)=x-2ax+4在区间[-1，2] 上都不小于2，求a的值。
2解:由函数f(x)=x-2ax+4的对称轴为x=a
所以必须考察a与-1，2的大小，显然要进行三种分类讨论
1(当a2时f(x)在[-1，2]上是减函数此时 ,
3f(x)= f(2)=4-4a+4 即a 结合a2，所以a的解集为 ,,2,,min2
2(当a 时 f(x)在[-1，2]上是增函数， ,,1
3f(x)= f(-1)=1+2a+4结合a 即 ,,a,,1,2,,1min2
22f(x)3(当-1
4x+a-3都成立的x的取值范围。 ,,
2解:不等式变形为x+(x-1)a-4x+3>0
2设f(a)= (x-1)a+x-4x+3，则其是关于a的一个一次函数:是单调函数
2f(0),0,x,4x，3,0结合题意有即 得或 x,,1x,3,,f(4),02,x,1,0
三 利用不等式性质快速处理
x例3(若关于的不等式|x-2|+|x+3|a恒成立，试求a的范围 ,
解:由题意知只须 a,(x,2，x，3)min
由 所以 x,2，x，3,x,2,(x，3),5a,5
四 构造新函数，利用导数求最值迂回处理。
1g(x),lg(2x，t)x,[0,1]f(x),g(x)例4(已知f(x),lg(x，1) 若当时在[0，1]恒成立，求实数t2
的取值范围。
x，1,2x,t,0f(x),g(x)解:在[0，1] 上恒成立，即在[0，1]上恒成立
F(x),x，1,2x,t 则须F(x)在[0，1]上的最大值小于或等于0 令
11,4x，1'F(x),,2,所以
2x，12x，1
1
'又所以即在[0，1]上单调递减 x,[0,1]F(x)F(x),0
F(x),F(0)所以 即 得 F(x),F(0),1,t,0t,1max
(拓展:若将恒成立改成有解，即在[0，1]上有解，则应F(x)。) f(x),g(x),0min五 分离参变量，变换处理
2f(x),ax，x，1,,a例5 已知二次函数对x,0,2恒有，求的取值范围。 f(x),0
22ax,,(x，1),,解: 对x,0,2恒有即变形为 f(x),0ax，x，1,0
a 当时对任意的都满足只须考虑的情况 f(x),0x,0x,0
,(x，1)11 即 a,a,,,22xxx
a要满足题意只要保证比右边的最大值大。
1111，,t,？t,现求在x,0,2上的最大值。令 ,,2x2xx
11122()() () gt,,t,t,,t，，t,242
133()() 所以a,, gt,g,,max244
32f(x),ax，x，1又是二次函数所以a,,且 ？a,0a,04
六 利用数形结合，直观处理
例6:不等式在x,[0,3]内恒成立，求实数a的取值范围。 ax,x(4,x)
解:画出两个函数和在x,[0,3]上的图象 y,axy,x(4,x)
y 如图 y,ax
3y,3a,知当时， x,33
0 3 x 33a,a,当 x,[0,3]时总有所以 ax,x(4,x)33
每周一计第二计——由递推关系求数列通项
公式
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给定初始条件和递推关系是确定数列的一种方法，这类问题是近年来高考中的重点、热点问题。
1. 形如a-a=f(n)型 n+1n
(1)若f(n)为常数,即:a-a=d,此时数列为等差数列，则a=a+(n-1) d. n+1nn1(2)若f(n)为n的函数时，用迭加法.
n3,1n,1a,1,a,3，a(n,2)a,例1. 已知数列{a}满足,证明 n1nn,1n2
2
n-1证明:由已知得:a-a=3，故 nn-1n31,n,1n,2a=(a-a)+(a-a)+???+(a-a)+a= 33？31.，，，，,nnn-1n-1n-22112n3,1？a,. n2
1a,a，(n,2)练一练1:已知数列{a}满足a,3，，求此数列的通项公式. nnn,11n(n,1)
a1，1na,f(n),4,2.形如 型 (答案: ) nnan
an,1，1naa,q,q(1)当f(n)为常数，即:(q?0)，此时数列为等比数列，=. n1an
(2)当f(n)为n的函数时,用累乘法.
22例2.设{a}是首项为1的正项数列，且(n+1) a-na+aa=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是nn+1nn+1na=________. n
解:已知等式可化为:(a+a)[(n+1) a-na]=0 n+1nn+1n
aa,1nn*，1nn？？？a,0a,na,0,,()(n+1), 即时， n,Nn,2nn，1nan，1annn,1
aaan,1n,2111nn,2？a,,,？,,a==. ,,？,11naaannn,12121n,n,
评注:本题是关于a和a的二次齐次式，可以通过因式分解(一般情况时用求根公式)得到a与ann+1nn+1
的更为明显的关系式，从而求出a. n
a,(n,1)～,(a，1)练一练2:已知a=na+n-1，a>-1,求数列{a}的通项公式.(-1.) n+1n1nn13.形如a=ca+d(c?0且c?1,d?0其中a=a)型 n+1n1用待定系数法构造辅助数列.
dda,ca，da，,ca，规律:将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列()n，1nn，1nc,c,11
ddd1n,a,，ca，从而求得通项公式 {a，}()n11n，,cc,c,111
11a例3(已知数列{a}中，a,2,a,a，,求通项. nn1n，1n22
d
分析
定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析
:两边直接加上,构造新的等比数列。 c,1
111解:由a,a，,得a,1,(a,1), n，1nn，1n222
1{a,1}a,1,1所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列 n12
11n,1n,1所以a,1,(),即 a,()，1. nn22
4(形如a=pa+f(n)型 n+1n
3
(1)若(其中k,b是常数，且) 用构造法 f(n),kn，bk,0例4(在数列{a}中，a=1，a=3a+2n求通项a. n1n+1nn解:设a+p(n+1)+d=3(a+pn+d) 则a=3a+2pn+2d-p n+1nn+1n
1？a=3a+2n ?2p=2 2d-p=0 则p=1,d= n+1n2
1令c=a+n+ 则 c=3c ， {c}是等比数列，公比为3 nnn+1nn2
5551n,1n,1?c= 则 ? c,gan,,,,331nn2222
31n练一练3:在数列{a}中，,2a-a=6n-3求通项a.(.) a,a,9,()，6n,9nnn-1n1n22n (2)若f(n)=q (其中q是常数，p?1且n?0,1) aa1qn+1nnn，1方法(i). 两边同除以p.即: , ,，,()nn，1pqpp
a1qnnbb,,,()令b,，则,变型为类型1，累加求通项. nn，1nnppp
1apan，1nn+1,,，(ii).两边同除以q .即: , n，1nqqqq
ap1n,,，b,令,则可化为bb.然后转化为类型3来解， nn，1nnqqq
(iii).待定系数法: 11nn+1nncaq,，,设a+λq=p(a+λq).则a=pa+λ(p-q)q)，，令 ,,n+1nn+1nnnpq,,pq则c=pc {c}是等比数列，可求{c}通项。 n+1nnnn-1例5.设a为常数，且a=3-2a(求通项a. (n,N)0nn-1 nnn-1n-1解:设a+λ?3=-2(a+λ?3), 即: a=-2a-5λ?3, nn-1nn-1
111nn,1比较系数得:,所以 所以, a,,3,,2(a,,3),,5,,1,,nn,1555
n,,33所以数列是公比为,2，首项为的等比数列. a,a,,,1n55,,
n1133nn,nnnn,1 即 . a,[3，(,1),2]，(,1),2a？a,,(1,2a,)(,2)(n,N).0nn0555
pan,1a,p,r,s,0,q,05、形如 ()型 取倒数法 nra，sn,1an,1a,(n,2)例6. 已知数列{a}中，a=2， ，求通项公式a。 n1nn2a，1n,1解:取倒数:
11321111？,，n,,,n,？a,,，2,,,2(1)22. naaaaaan,243nn,11nn,1n6、形如f(S,n)=0型 n
(n,2)S,S,nn,1aa,可利用公式: 直接求出通项 (别忘了讨论n=1的情况～) ,nnS(n,1)1,
22例7:已知数列{a}的前n项和为?S=2n-n ?S=n+n+1， 分别求数列{a}的通项公式。 nnnn
4
解析:?当n=1时，a=S=1 11
22 当n?2时，a=2n-n-2(n-1)+(n-1)=4n-3 n
经检验n=1时，a= 1 也适合 ?a=4n-3 1n
?当n=1时，a=S=3 11
22 当n?2时，a=n+n+1-(n-1)-(n-1)-1=2n n
(n,1)3,经检验n=1时，a=3 不适合 ? a,1,n(n,2)2n,7、形如f(S,S)=0型 nn+1
方法(i).看成{S}的递推公式，求S的通项公式，再转化成类型1-5 nn
(ii).利用a=S-S转化成关于a和a的关系式再求。 nnn-1nn-1
例8(已知数列{a}的首项a=1，前n项和S满足关系式3tS-(2t+3)S=3t(t为常数且t>0，n=2,3,4…) n1nnn-1(1)求证:数列{a}是等比数列; (2)设数列{a}的公比为f(t)，作数列{b}，使b=1，nnn1
1,(2,)nnN,,bf,()，求b nnbn,1
23t，Sa,,1Saaa,，,，13(1)(23)3tatt,，,，,解析:(1)由，，得, a,112122223t
at23，23(23)3tStSt,，,3(23)3tStSt,，,? ，又， ,nn,1nn,,12at31
a23t，n3(23)0tata,,，,,,,3,4,n得，得 nn,1at3,1n
23t，?是一个首项为1，公比为 的等比数列。 a,,n3t
122321t，bfb,,，()(2)由，有 ft(),,，nn,1b333ttn,1
2221n，?是一个首项为1，公差为的等差数列，?。 bn,，,,1(1)b,,nn3338、形如f(S,a)=0型 nn
利用a=S-S转化为g(a,a)=0型或h(S,S)=0型 nnn-1nn-1nn-1
n，2例9.数列{a}的前n项和记为S，已知a,1,a,S(n,1,2,3？). nn1n，1nnS,,n证明:数列 是等比数列. ,,n,,n，2方法(1)?a,S,S,a,S, n，1n，1nn，1nn
(n，2)S,n(S,S),nS,2(n，1)S,? 整理得 nn，1nn，1n
SSSn，1n,,n,2.所以 ， 故 是以2为公比的等比数列. ,,nn，1n,,S2nn,方法(2):事实上，我们也可以转化为，为一个商型的递推关系， Sn,1n,1
5
SSSnnn,,122nnn,,,111nn,12由S,,,？,S= 222,,,,,,,anann111SSSnnn,,,1231n,n,121
Sn,1n得 ， 下面易求证。 ,2n
每周一计第二计——由递推关系求数列通项公式
给定初始条件和递推关系是确定数列的一种方法，这类问题是近年来高考中的重点、热点问题。
2. 形如a-a=f(n)型 n+1n
(1)若f(n)为常数,即:a-a=d,此时数列为等差数列，则a=a+(n-1) d. n+1nn1(2)若f(n)为n的函数时，用迭加法.
n3,1n,1a,1,a,3，a(n,2)a,例1. 已知数列{a}满足,证明 n1nn,1n2
n-1证明:由已知得:a-a=3，故 nn-1n31,n,1n,233？31.a=(a-a)+(a-a)+???+(a-a)+a= ，，，，,nnn-1n-1n-22112n3,1？a,. n2
1a,a，(n,2)a,3练一练1:已知数列{a}满足，，求此数列的通项公式. nnn,11n(n,1)
a1，1na,f(n),4,2.形如 型 (答案: ) nnan
an,1，1naa,q,q(1)当f(n)为常数，即:(q?0)，此时数列为等比数列，=. n1an
(2)当f(n)为n的函数时,用累乘法.
22例2.设{a}是首项为1的正项数列，且(n+1) a-na+aa=0(n=1,2,3,…)，则它的通项公式是nn+1nn+1na=________. n
解:已知等式可化为:(a+a)[(n+1) a-na]=0 n+1nn+1n
aa,1nn*，1nn？？？a,0a,na,0,,()(n+1), 即时， n,Nn,2nn，1nan，1annn,1
aaan,1n,2111nn,2？a,,,？,,a=,,？,1=. 1naaannn,12121n,n,
评注:本题是关于a和a的二次齐次式，可以通过因式分解(一般情况时用求根公式)得到a与ann+1nn+1
的更为明显的关系式，从而求出a. n
a,(n,1)～,(a，1)练一练2:已知a=na+n-1，a>-1,求数列{a}的通项公式.(-1.) n+1n1nn13.形如a=ca+d(c?0且c?1,d?0其中a=a)型 n+1n1
用待定系数法构造辅助数列.
dda,ca，da，,ca，()规律:将递推关系化为,构造成公比为c的等比数列n，1nn，1nc,c,11
6
ddd1n,从而求得通项公式a,，ca， {a，}()n11n，,cc,c,111
11a例3(已知数列{a}中，求通项. a,2,a,a，,nn1n，1n22
d分析:两边直接加上,构造新的等比数列。 c,1
111得, 解:由a,a，,a,1,(a,1)n，1nn，1n222
1{a,1}所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列 a,1,1n12
11n,1n,1所以,即 . a,1,()a,()，1nn22
4(形如a=pa+f(n)型 n+1n
(1)若(其中k,b是常数，且) 用构造法 f(n),kn，bk,0例4(在数列{a}中，a=1，a=3a+2n求通项a. n1n+1nn解:设a+p(n+1)+d=3(a+pn+d) 则a=3a+2pn+2d-p n+1nn+1n
1？a=3a+2n ?2p=2 2d-p=0 则p=1,d= n+1n2
1 令c=a+n+ 则 c=3c ， {c}是等比数列，公比为3 nnn+1nn2
5551n,1n,1?c= 则 ? c,gan,,,,331nn2222
31n练一练3:在数列{a}中，,2a-a=6n-3求通项a.(.) a,a,9,()，6n,9nnn-1n1n22n (2)若f(n)=q (其中q是常数，p?1且n?0,1) aa1qn+1nnn，1方法(i). 两边同除以p.即: , ,，,()nn，1pqpp
a1qnnbb,,,()b,令，则,变型为类型1，累加求通项. nn，1nnppp
1apan，1nn+1,,，(ii).两边同除以q .即: , n，1nqqqq
ap1n,,，b,bb令,则可化为.然后转化为类型3来解， nn，1nnqqq
(iii).待定系数法: 11nn+1nncaq,，,设a+λq=p(a+λq).则a=pa+λ(p-q)q)，，令 ,,n+1nn+1nnnpq,,pq则c=pc {c}是等比数列，可求{c}通项。 n+1nnnn-1例5.设a为常数，且a=3-2a(求通项a. (n,N)0nn-1 nnn-1n-1解:设a+λ?3=-2(a+λ?3), 即: a=-2a-5λ?3, nn-1nn-1
111nn,1比较系数得:,所以 所以a,,3,,2(a,,3), ,,5,,1,,nn,1555
n,,33所以数列是公比为,2，首项为a,的等比数列. a,,,1n55,,
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n1133nn,nnnn,1 即 . a,[3，(,1),2]，(,1),2a？a,,(1,2a,)(,2)(n,N).0nn0555
pan,1a,5、形如 ()型 取倒数法 p,r,s,0,q,0nra，sn,1an,1a,(n,2)例6. 已知数列{a}中，a=2， ，求通项公式a。 n1nn2a，1n,1解:取倒数:
11321111？,，n,,,n,？a,,，2,,,2 (1)22. naaaaaan,243nn,11nn,1n
6、形如f(S,n)=0型 n
(n,2)S,S,nn,1aa,可利用公式: 直接求出通项 (别忘了讨论n=1的情况～) ,nnS(n,1)1,
22例7:已知数列{a}的前n项和为?S=2n-n ?S=n+n+1， 分别求数列{a}的通项公式。 nnnn
解析:?当n=1时，a=S=1 11
22 当n?2时，a=2n-n-2(n-1)+(n-1)=4n-3 n
经检验n=1时，a= 1 也适合 ?a=4n-3 1n
?当n=1时，a=S=3 11
22 当n?2时，a=n+n+1-(n-1)-(n-1)-1=2n n
(n,1)3,经检验n=1时，a=3 不适合 ? a,1,n(n,2)2n,7、形如f(S,S)=0型 nn+1
方法(i).看成{S}的递推公式，求S的通项公式，再转化成类型1-5 nn
(ii).利用a=S-S转化成关于a和a的关系式再求。 nnn-1nn-1
例8(已知数列{a}的首项a=1，前n项和S满足关系式3tS-(2t+3)S=3t(t为常数且t>0，n=2,3,4…) n1nnn-1(1)求证:数列{a}是等比数列; (2)设数列{a}的公比为f(t)，作数列{b}，使b=1，nnn1
1,(2,)nnN,,bf,()，求b nnbn,1
23t，Sa,,1Saaa,，,，13(1)(23)3tatt,，,，,解析:(1)由，，得, a,112122223t
at23，23(23)3tStSt,，,3(23)3tStSt,，,? ，又， ,nn,1nn,,12at31
a23t，n3(23)0tata,,，,,,,3,4,n得，得 nn,1at3,1n
23t，?是一个首项为1，公比为 的等比数列。 a,,n3t
122321t，bfb,,，()(2)由，有 ft(),,，nn,1b333ttn,1
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2221n，?是一个首项为1，公差为的等差数列，?。 bn,，,,1(1)b,,nn333
8、形如f(S,a)=0型 nn
利用a=S-S转化为g(a,a)=0型或h(S,S)=0型 nnn-1nn-1nn-1
n，2}的前n项和记为S，已知 例9.数列{aa,1,a,S(n,1,2,3？).nn1n，1nnS,,n证明:数列 是等比数列. ,,n,,n，2方法(1)? a,S,S,a,S,n，1n，1nn，1nn
(n，2)S,n(S,S),nS,2(n，1)S,? 整理得 nn，1nn，1n
SSSn，1n,,n,2.所以 ， 故 是以2为公比的等比数列. ,,nn，1n,,S2nn方法(2):事实上，我们也可以转化为,，为一个商型的递推关系， Sn,1n,1
SSSnnn,,122nnn,,,111nn,12S,,,？,S由= 222,,,,,,,anann111SSSnnn,,,1231n,n,121
Sn,1n得 ,2， 下面易求证。 n
每周一计第四计 — 用导数探讨函数图象的交点问题
运用导数进行函数的性质、函数图象的交点和方程根的分布等的综合研究，实际上就是运用导数考查函数图象的交点个数问题。如何运用导数的知识研究函数图象的交点问题呢,
2例1 已知函数f(x)=,x+8x,g(x)=6lnx+m
(?)求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值h(t);
(?)是否存在实数m，使得y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点,若存在，求出m的取值范围;，若不存在，说明理由。
解:(?)略(II)?函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有三个不同的交点，
2?x>0?函数 (x)=g(x),f(x) =,8x+6ln x+m的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 x,
?,'(x)=2x,8+ 262x,8x，62(x,1)(x,3),,(x,0),,(x)随x变化如下
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
: xxx
x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+?)
’(x) ,+ 0 - 0 +
(x) ,增 极大值 减 极小值 增
,?x= (1)=1-8+m=m-7，x= (3)=9-24+6ln3+m=m+6ln3-15 极小值极大值,
+?当x?0时， (x)? ,,，当x 时， (x) ,，,,,,，,
?要使 (x)=0有三个不同的正实数根，必须且只须
,,(x),m,7,0,,极大值 ?70或 m-7<0， 极大值极小值
即m>15-6In3 或m<7时，函数y=f(x)与y=g(x)的图象有且只有一个不同的交点(分析草图见图2和图3)。
引申2:如果“有且只有三个不同的交点”变为“有且只有两个不同的交点”怎么解答呢,
,(x),,(x),前面相同，只需把后面改为m+6In3-15=0或m-7=0， 极小值极大值
即m=15-6In3 或m=7时，函数y=f(x)与y=g(x)的图象有且只有两个不同的交点(分析草图见图4和图5)。
图4 图5
从上题的解答我们可以看出，用导数来探讨函数y=f(x)的图象与函数y=g(x)的图象的交点问题，有以
,,'(x)下几个步骤:?构造函数 (x)= f(x),g(x)?求导 ?研究函数(x)的单调性和极值(必要时要研究函,
数图象端点的极限情况)?画出函数(x)的草图，观察与x轴的交点情况，列不等式?解不等式。解题的,
关键是会用数形结合思想来研究问题。
'3f(x)例2 已知函数f(x)=x+3ax-1，g(x)=f’(x)-ax-5其中是的f(x)的导函数。
a(?)对满足 的一切的值， 都有g(x)<0求实数x的取值范围; ,,,11a2(?)设a=-m，当实数m在什么范围内变化时，函数y,f(x)的图像与直线y=3只有一个公共点。 3解:(?)略 (?)f(x)=x+3ax-1， '223fxxm,,33，，?当时，f(x)=x-1 的图象与直线y=3只有一个公共点 m,0
32222?当时，令h(x)= f(x)-3= x-3mx-4 ，h’(x) =3x+3a=3x-3m m,0
h(x)随x变化如下表:
x ( ,,,,m),m,mm,mm,，, ，，，，
, ，， h’(x) 00
h (x) 增 极大 减 极小 增
2?h(x)=h(|m|)=-2m|m|-4<-4 极小值
m,，,又?h(x) 在 ，，上单调递增,当x 时，h (x) ,，,,，,
?当x>|m|时函数y=h(x)的图象与x轴只有一个公共点。
当x<-|m|时，恒有h(x)?h(-|m|)
233由题意得h(-|m|)<0 即2m|m|-4<0 解得 m,,2,00,2，，，，33,2,2m综上，的取值范围是 ，，
(分析草图见图6)
10
图6
当然，题目并不是千篇一律的，也有些变式，但是基本方法没有变化。 例3 已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是且f(x)在区间[-1,4]上的最大值是12。 (0,5),
(I)求f(x)的解析式;
37 (II)是否存在实数m，使得方程在区间(m,m+1)内有且只有两个不等的实数根,若存fx()0，,x
在，求出m的取值范围;若不存在，说明理由。
2解:(?)f(x)=2x-10x (过程略)
3732(II)方程等价于方程2x-10x+37=0 fx()0，,x32 设h(x)=2x-10x+37
2 则h’(x)=6x-20x=2x(3x-10)
当x,(,,,0)时， h’(x)>0, h(x)是增函数;
10 当时，h’(x)<0, h(x)是减函数; x,(0,)3
10 当时，h’(x)>0, h(x)是增函数。(见图7) 图7 x,，,(,)3
101h(-2)=-19，h(-1)=25 hhh(3)10,()0,(4)50,,,,,,,,327
1010？方程h(x)=0在区间(-2,-1),内分别有惟一实数根，而在区间(0,3)和(4,)，,内没有实数根， (3,),(,4)33
37 所以存在惟一的自然数m=3，使得方程在区间(m,m+1)内有且只有两个不同的实数根。 fx()0，,x
每周一计第五计——抽象函数解题方法与技巧
所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。
一、换元法 换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.
2例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cosx, 求f(x)
2解:令u=1+sinx，则sinx=u-1 (0?u?2),则f(u)=-u+3u+1 (0?u?2)
2故f(x)=-x+3x+1 (0x2) ??
二、方程组法 运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。
12例2( 设y,f(x)是实数函数(即x,f(x)为实数),且f(x),2f(),x,求证:|f(x)|,2.x3
111x2解: 用代换x,得f(),2f(x),,联立方程组，得 f(x),,,xxx33x
11
x222 ？|f(x)|,，,33x3
三、待定系数法
如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
2例3(已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x-4x,求f(x).
2解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax+bx+c (a?0)
22代入f(x+1)=a(x+1)+b(x+1)+c=ax+(2a+b)x+a+b+c
22f(x-1)= a(x-1)+b(x-1)+c=ax+( b -2a)x+a-b+c
22?f(x+1)+ f(x-1)=2ax+2bx+2a+2c=2x-4x
2比较系数得:a=1,b= -2,c= -1 , f(x)=x-2x-1.
四、赋值法
有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
22例4(对任意实数x,y，均满足f(x+y)=f(x)+2[f(y)]且f(1)?0,则f(2001)=_______.
22解:令x=y=0，得:f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+2f[(1)], 112?f(1)?0 ?f(1)= . 令x=n,y=1，得f(n+1)=f(n)+2[f(1)]=f(n)+ 2212001n即f(n+1)-f(n)= ，故f(n)= ，f(2001)= 222
例5(已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的实数a,b都满足 f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值;(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;
n(3)若f(2)=2,u=f(2) (n?N*),求证:u>u (n?N*). n+1nn
解:(1)令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.
(2)f(x)是奇函数。因为:令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0, 故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数.
n(3)先用数学归纳法证明:u=f(2)>0 (n?N*)(略) n
五、转化法 通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为
问题的解决带来极大的方便.
例6(设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x) 在[-3，3]上的最大值和最小值。
解:令x=y=0，得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数. 设x0,由已知得f(x-x)<0,故f(x)=f(x-x+x)=f(x-x)+f(x)< f(x) 12212122112111所以f(x)是R上的减函数，又f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6，f(-3)=6
故f(x)在[-3,3]上的最大值为6,最小值为-6.
+m例7(定义在R上的函数f(x)满足: ?对任意实数m，f(x)=mf(x); ?f(2)=1. (1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立;
+(2)证明f(x)是R上的单调增函数;
(3)若f(x)+f(x-3)?2,求x 的取值范围。
mnm+n解:(1)令x=2,y=2,其中m,n为实数，则f(xy)=f(2)=(m+n)f(2)=m+n.
mn又f(x)+f(y)=f(2)+f(2)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
mn(2)证明:设00,n?N;?f(n+n)=f(n)f(n),n,n?N*;?f(2)=4121212同时成立,若存在，求出函数f(x)的解析式;若不存在，说明理由。
解:假设存在这样的函数f(x)，满足条件，得f(2)=f(1+1)= f(1)? f(1)=4，解得f(1)=2
23x又f(2)=4=2,f(3)=2,„,由此猜想:f(x)=2 (x?N*) (数学归纳证明 略)
例9(已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1，且对任意x?R都有f(x+5)?f(x)+5，f(x+1)?f(x)+1。若g(x)=f(x)+1-x,则g(2002)=_________.
解:由f(x+1)?f(x)+1得f(x+5)?f(x+4)+1?f(x+3)+2?f(x+2)+3?f(x+1)+4 又?f(x+5)?f(x)+5 ?f(x)+5?f(x+1)+4 ?f(x)+1?f(x+1)
又?f(x+1)?f(x)+1 ?f(x+1)=f(x)+1
又?f(1)=1 ?f(x)=x g(x)=f(x)+1-x=1，故g(2002)=1。
七、模型法
模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。
应掌握下面常见的特殊模型:
特殊模型 抽象函数
正比例函数f(x)=kx (k?0) f(x+y)=f(x)+f(y)
,,fx ,,，，x f(xy)=f(x)f(y) 或f,,,,,n,,yfy，，幂函数 f(x)=x ,,,,
,,fx ，， f(x+y)=f(x)f(y)或fxy,,，，,,x,,fy，，指数函数 f(x)=a (a>0且a?1) ,,
,, ,,x f(xy)=f(x)+f(y) 或ffxfy,,，，，，,,,,y对数函数 f(x)=logx (a>0且a?1) ,,,,a
正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx f(x+T)=f(x)
fxfy()()， fxy()，,1()(),fxfy正切函数 f(x)=tanx
1()(),fxfy fxy()，,余切函数 f(x)=cotx fxfy()()，
例10(已知实数集上的函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根,则这5个根之和=_____________
分析:因为函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根，可以将该函数看成是类似于二次函2数y=k(x-2)为模型引出解题思路，即函数的对称轴是x=2，并且函数在f(2)=0，其余的四个实数根关于x=2对称
解:因为实数集上的函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根，所以函数关于直线x=2对称，所以方程的五个实数根也关于直线x=2对称，其中有一个实数根为2，其它四个实数根位于直线x=2两侧，关于直线x=2对称，则这5个根之和为10。
例11(设定义在R上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意xyR，有f(x+y)=f(x)f(y)f(1)=2 (1)，?，
122解不等式f(3x-x)>4;(2)解方程[f(x)]+f(x+3)=f(2)+1 2x分析:可联想指数函数f(x)=a。
解:(1)先证f(x)>0，且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)，x>0时f(x)>1，所以f(0)=1
1对于任意x<0，则-x>0，f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1，?f(x)=
fx,，，
?-x>0，f(-x)>1 ?00
任取x,x?R且x0，f(x-x)>1, 12122121
13
所以f(x)-f(x)=f[(x-x)+x]-f(x)=f(x-x)f(x)-f(x)=f(x)[f(x-x)-1]>0 1221112111121
所以x?R时，f(x)为增函数。
22不等式f(3x-x)>4可化为3x-x>2 解得:{x|11时，f(x)<1。试判断f(x)在(0,+?)上的单调性，并说明理由。
n?分析:可联想幂函数 f(x)=x
+2解:对xR，有f(x)=，又f(x)0，故f(x)>0 ??fxxfx,,,0，，，，
,,,,xx22fxffx,,，，,,,,11x+fxxx2,,，，x,,,,2112设x，x?R，且xf(x)，故f(x)在R上为减函数。 12
附:函数的性质
函数的周期性:
1、定义在x?R上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x-a)(或f(x-2a)=f(x))(a>0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a的周期函数;
2、若y=f(x)的图像关于直线x=a和x=b对称，则函数y=f(x)是周期为2|a-b|的周期函数; 3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a-b|的周期函数; 4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b(a?b)，则函数y=f(x)是周期为4|a-b|的周期函数;
5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a-x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a;如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a;
,,,,116、定义在x?R上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)，则y=f(x)是周或fxa，,或fxa，,,，，，，,,,,fx()fx(),,,,
期为2|a|的周期函数;
fx,1，，7、若在x?R恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a的周期函数; fxa，,，，fx，1，，
1,fx，，8、若在x?R恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a的周期函数。 fxa，,，，fx，1，，
fx,1，，(7、8应掌握具体推导方法，如7) ,1fxafx，,，11，，，，,21 fxa，,,,,,2，，fx,1，，fxafxfx，，12()()，，，1函数图像的对称性: fx，1，，
ab，1、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则函数y=f(x)的图像关于直线对称; x,2
2、若函数y=f(x)满足f(x)=f(2a-x)或f(x+a)=f(a-x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=a对称;
abc，,,3、若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图像关于点成中心对称图形; ,,,22,,
4、曲线f(x,y)=0关于点(a,b)的对称曲线的方程为f(2a-x,2b-y)=0;
14
axb，5、形如的图像是双曲线，由常数分离法 ycadbc,,,0,，，cxd，
dad,,adaxb，,，,，b,,daacc,,,,c,,y,,，知:对称中心是点; ,,ddccc,,,,,,cxcx，，,,,,cc,,,,
ba,、设函数y=f(x)定义在实数集上，则y=f(x+a)与y=f(b-x)的图像关于直线对称; 6x,2
-17、若函数y=f(x)有反函数，则y=f(a+x)和y=f (x+a)的图像关于直线y=x+a对称。
每周一计第六计——二元表达式范围的常见处理途径
，有关二元表达式的值域、最值问题是常二元表达式是指含有两个变量的表达式，通常记为f(x,y)
考题型，要注意其中涉及的数学思想和方法。
一、减元
12例1( 若 sinx，siny,,则siny,cosx的最大值是________3
2222z,siny,cosxsiny,cosx分析:，利用条件，可对实施减元，使之若令z,sin,，cos,,1
211122zsinsin(sin)转化成为==，这样原二元问题就转化一元表达式的最大值，x,x,x,,3212
1 (易错点) ？,1,siny,,sinx,1，3
224?，当原表达式有最大值。 ,,sinx,1sinx,,时，933
注: 本题除了将二元问题化为一元问题后，还要注意对变量隐含条件的挖掘。一般说来，题目条件中有
所求二元变量的等量关系，且能用其中一个去表示另外一个，通常都可以通过减元将二元问题转化
为一元问题处理。
二、换元
22xy，,1例2( 已知,求2x，3y的取值范围。 43
22xy22，,1分析:由联想到同角三角关系中的sin,，cos,,1，可采用三角换元去处理，43
,x,2cos,？2x，3y,4cos,，33sin,,43sin(,，,)由(,R), ,y,3sin,,
,,,43,43,,sin(,，,),,1,12x，3y 由得， 的取值范围是。 注:三角换元是常用的一种换元方法，要选择适当的三角函数，使代数问题三角化，充分利用三角函数的
图象和性质去处理，但换元时，要注意三角式和代数式的等价性。 常见的换元方法:
222?若x+y=r 令x=rcosα y=rsinα
15
22xy，,1?若 令x=acosα y=bsinα 22ab
三、不等式
11例3(已知a>0b>0a+2b=1，求的最小值。 ，，，ab
分析:这是有关二元表达式的最值问题，考虑道题目中的条件，可直接利用基本不等式。
,2baa,2,1,,11112ba,,，,(a，2b)(，),3，， ?当且仅当，即时 ，3，22ab,,2abababb,1,,,a，2b,1,2,
11。 ，有最小值3，22ab
注:利用均值不等式求最值时要抓住(1)“一正，二定，三等”(2)连续使用同向不等式时要保证等号条
222abab件的一致性。本题最常见的错误解法是:由a+2b?，a+2b=1得?1，??，22ab4
112114??，???2×。其原因是两次运用基本不等式的,22，22,422,abab2abab
111222ab等号成立条件不一致。在a+2b?中等号成立的条件是a=2b;在?中，等号成，abab
a,2b,立的条件是a=b，当时，a=b=0，这与已知条件矛盾。此外本题也可采用减元，换元去处理。 ,a,b,
四、数形结合
22例4( 已知 x，y，1,0,则(x,1)，(y,1)的最小值是__________
2222分析:，又可看成点(1，1)到直线x，y，1,0上点若令z,(x,1)，(y,1)(x,1)，(y,1)
32z的距离，由点到线的距离公式得的最小值为 2
22(x,1)，y,1例5(已知满足，求。 x,y2x，3y,18的最小值
2x，3y,18(x,y)2x，3y,18,0分析:根据的结构特征，可联想道点到线的距离公式，2x，3y,18
13
(x,y)2x，3y,18,0则原题可转化为圆上一点到直线的距离的最小值，由图形可知，该距离的
2x，3y,1813最小值又可转化为圆心到直线的距离与半径的差，即:= 2x，3y,18
13
2，0,18 ,13(,1),16,13
13
16,13 ?二元表达式的最小值为。此外本题也可采用换元。 2x，3y,18
16
y22例6 若实数x、y满足x+y,6x,4y+12=0，求的最大值及最小值. x
y分析: 点(x,y)满足圆的方程，而正好看作是圆上的点与原点连线的斜率。如果把(x,y)视为动点，x
y则的最大值和最小值正是由原点向圆所引的两条切线的斜率.由已知得 x22(x,3)+(y,2)=1，圆心(3，2)，半径为1
3k,23,3k,设y=kx,即kx,y=0由直线与圆相切，得，解得 ,1241，k
3，33,3y？ 的最大值为，最小值为。 44x
此题也可通过作图用两角和差公式计算。
注:以上三题都是数形结合思想中的 “形”中觅“数”，“数”上构“形”的充分体现。 由所问的问题的
表达式结构特征，能让我们联系到用其几何意义去处理。
五、 线性
规划
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y,x,
,x，y,1例7 已知满足，求z=2x+y的最大值和最小值。 x,y,
,y,,1,
11,,A, 分析: 先作出可行域，如图所示中?ABC表示的区域，且求得、B(-1，-1)、C(2，-1)。作,,22,,
出直线l:2x+y=0，再将直线l平移，当l的平行线l过B点时，可使z=2x+y达到最小值，当0001
l的平 行线l过C点时，可使z=2x+y达到最大值。z=2×(-1)+(-1)=-3，z=2×2+(-1)02minmin
=3。
l 0
注:线性规划作为直线方程的延伸，为我们处理二元线性函数的最值提供了一个新的思路和方法。要注意理解与掌握。
总之，二元表达式的值域，最值问题的处理应是在照顾到到题中条件的基础上，注意表达式的结构特
征，合理选择方法求解，通过有效的针对训练，掌握常见题型的思维方法，多体会，才能做到真正理
解和掌握。
17
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