經典易錯題會診與2014屆高考試題**(二)
考點-2 函式 (1)
函式的定義域和值域
函式單調性的應用
函式的奇偶性和週期性的應用
反函式的概念和性質的應用
借助函式單調性求函式最值或證明不等式
綜合運用函式奇偶性、週期性、單調性進行命題
反函式與函式性質的綜合
經典易錯題會診
命題角度1 函式的定義域和值域
1．(典型例題)對定義域df、dg的函式y=f(x)，y=g(x)，規定：函式h(x)=
(1)若函式f(x)=,g(x)=x2，寫出函式h(x)的解析式;
(2)求問題(1)中函式h(x)的值域．
[考場錯解] (1)∵f(x)的定義域df為(-∞，1)∪(1，+∞)，g(x)的定義域dg為r.∴h(x)=
(2)當x≠1時，h(x)==x-1++2≥4．或h(x)= ∈(-∞，0)∪(0，+∞)． ∴h(x)的值域為(4，+∞)，當x=1時，h(x)=1．綜合，得h(x)的值域為∪[4，+∞]．
[專家把脈] 以上解答有兩處錯誤：一是當x∈df但xdg時，應是空集而不是x≠1．二是求h(x)的值域時，由x≠1求h(x)=x-1++2的值域應分x>1和x<1兩種情況的討論．
[對症下藥] (1)∵f(x)的定義域df=(-∞，1)∪(1，+∞)·g(x)的定義域是dg=(-∞，+∞)．所以，h(x)=
(2)當x≠1時，h(x)= ==x-1++2．
若x>1，則x-1>0，∴h(x)≥2+2=4．
當且僅當x=2時等號成立．
若x＜1，則x-1<0．∴h(x)=-[-(x-1)- ]+2≤-2+2=0．當且僅當x=0時等號成立．
當x=1時，h(x)=1．
綜上，得h(x)的值域為(-∞，0)∪∪[4，+∞]．
2．(典型例題)記函式f(x)=的定義域為a，g(x)=lg[(x-a-1)(2a-x)](a≤1)的定義域為b.
(1)求a；
(2)若ba，求實數a的取值範圍．
[考場錯解] (1)由2-≥0，得≥0，∴x<-1或x≥1，即a=(-∞，-1)∪[1，+∞]．
(2)由(x-a-1)(2a-x)＞0得(x-a-1)(x-2a)<0當a=1時，b= ．∴ba．
當a<1時，a+1>2a，∴b=(2a，a+1),
∵ba，∴2a≥1或a+1≤-1．即a≥或a≤-2而a≤1，∴≤a≤1或a≤-2．
故當ba時，實數a的取值範圍是(-∞，-2)∪[，1].
[專家把脈] 由函式的概念知函式的定義域為非空集合，所以錯解中a=1時b= ，說明函式不存在，因此 a=1不適合．
[對症下藥] (1)由2-≥0，得≥0，
∴x<-1或x≥1．即a=(-∞，-1)∪[1，+∞]．
(2)由(x-a-1)(2a-x)＞0，得(x-a-1)(x-2a)<0，
當a=1時，b= ，∵定義域為非空集合，∴a≠1．當 a<1時，a+1>2a，∴b=(2a，a+1)，∵ba，∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥或a
≤-2．而a<1，∴≤a≤1或a≤-2，
故當ba時，實數a的取值範圍是(-∞，-2)∪[，1]．
3．(典型例題)記函式f(x)=lg(2x-3)的定義域為集合m，函式g(x)=的定義域為集合n．求
(1) 集合m，n；
(2) 集合m∩n．m∪n.
[考場錯解] (1)由2x-3＞0解得x＞．∴m=．由1-≥0 得x-1≤x-3∴-1≤-3．∴n= ．
(2)∴m∩n=．m∪n=．
[專家把脈] 求集合n時解不等式1-≥0兩邊同乘以(x-1)不等號不改變方向，不符合不等式性質，應先移項化為≥0的形式再轉化為有理不等式，求解，另外定義域不可能為非空集合．∴n=顯然是錯誤的．
[對症下藥] (1)由2x-3＞0，得x＞．∴m=．由1-≥0得
∴x≥3或x<1．∴n=．
(2)∴m∩n=∩=．m∪n=∪=．
4．(典型例題)若集合m=，p=，則m∩p等於
a． b．
c. d．
[考場錯解] 選a或b
[專家把脈] 錯誤地認為是求函式y=2-x和y=的定義域的交集．實際上是求兩函式的值域的交集．
[對症下藥] ∵集合中的代表元素為y，∴兩集合表示兩函式的值域，又∴m==，p==．∴m∩p=，故選c．
專家會診
1. 對於含有字母的函式求定義域或已知其定義域求字母引數的取值範圍，必須對字母酌取值情況進行討論，特別注意定義域不能
為空集。2．求函式的值域，不但要重視對應法則的作用，而且要特別注意定義域對值域的制約作用．
考場思維訓練
1 若函式y=lg(4-a·2x)的定義域為r，則實數a的取值範圍是
a．(0，+∞) b．(0，2)
c．(-∞，2) d．(-∞，0)
答案：d 解析：∵4-a
2 已知函式f(x)的值域是[-2，3]，則函式f(x-2)的值域為
a．[-4，1b．[0,5]
c．[-4，1]∪[0，5] d．[-2，3]
答案：d 解析：f(x-2)的圖象是把f(x)的圖象向右平移2個單位.因此f(x-2)的值域不變.
3 已知函式f(x)=lg(x2-2mx+m+2)
(1)若該函式的定義域為r，試求實數m的取值範圍．
答案：解析：(1)由題設，得不等式x2-2mx+m+2>0對一切實數x恆成立，
∴△=（-2m）2-4(m+2)<0,解得-1(2)若該函式的值域為r，試求實數m的取值範圍．
答案：由題設，得不等式△=（-2m）2-4(m+2) ≥0解得m≤1或m≥2.
4 已知函式f(x)=log3的定義域為r，值域為[0，2]，求實數m，n的值．
答案：解析：∵f(x)=log3的值域是[0，2].
∴u=g(x)=的值域為[1，9].由u=得（u-m）x2-8x+(u-n)=0. ∵當u-m=0時上式仍成立，即有u2-(m+n)u+(mn-16) ≤0.
∴關於u的方程u2-(m+n)u+mn-16=0有兩根1和9，由韋達定理得解得m=n=5.即為所求。
命題角度2 函式單調性的應用
1．(典型例題ⅱ)已知a≥0，且函式f(x)=(x2-2ax)ex在[-1，1]上是單調函式，求a的取值範圍．
[考場錯解] ∵f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a] 又∵f(x)在[-1，1]上是單調函式，f′(x)≥0在[-1，1]上恆成立.即
ex[x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恆成立．
∵ex>0，g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恆成立．
即或△=4(1-a)2+8a＜0或
解得：a∈．
故f(x)在[-1，1]上不可能為單調函式．
[專家把脈] 上面解答認為f(x)為單調函式,f(x)就只能為單調增函式，其實f(x)還有可能為單調減函式，因此應令f′(x)≥0或f′(x)≤0在[-1，1]上恆成立．
[對症下藥] f′(x)=ex(x2-2ax)+ex(2x-2a)=ex[x2+2(1-a)x-2a]
∵f(x)在[-1，1]上是單調函式．
(1)若f(x)在[-1，1]上是單調遞增函式．
則f′(x)≥0在[-1，1]上恆成立，即ex[x2+2(1-a)x-2a]≥0在[-1，1]上恆成立．∵ex>0．∴g(x)=x2+2(1-a)x-2a≥0在[-1，1]上恆成立，則有或△=4(1-a)2+8a＜0或
解得，a∈．
(2)若f(x)在[-1，1]上是單調遞減函式，
則f′(x)≤0在[-1，1]上恆成立．
∴ex[x2+2(1-a)x-2a]≤0在[-1，1]上恆成立．
∵ex>0．∴h(x)=x2+2(1-a)x-2a≤0在[-1，1]上恆成立．
則有∴當a∈[，+∞]時，f(x)在[-1，1]上是單調函式．
2．(典型例題)已知函式f(x)=ax+(a＞1)
(1)證明：函式f(x)在(-1，+∞)上為增函式；
(2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負數根．
[考場錯解] (1)設-1＜x1＜x2，f(x2)-f(x1)=ax2+ax2-ax1+＞0．
∴f(x)在(-1，+∞)上是增函式．
(2)設x0為方程f(x)=0的負數根，則有ax0+=0．即ax0==-1+， ①
∵x0≠-1，∴當-13，-1+>2，而＜ax0<1 與①矛盾．
∴原方程沒有負數根．
[專家把脈] 第(1)問錯在用定義證明函式單調性時，沒有真正地證明f(x2)>f(x1)．而只是象徵性地令f(x2)-f(x1)＞0這是許多學生解這類題的乙個通病．第(2)問錯在把第(1)問的條件當成第(2)問的條件，因而除了上述證明外，還需證明x0<-1時，方程也沒有負根．
[對症下藥]
(1) 設-1ax2-ax1+=ax1(ax2-x1-1)+=ax1(ax2-x1)+.
∵x2-x1>0，又a>1，
∴ax2-x1>1．而-10，x2+1>0．
∴f(x2)-f(x1)＞0
∴f(x)在(-1，+∞)上為增函式．
(2)設x0為方程f(x)=0的負數根，則有ax0+=0．即ax0=-1+
顯然x0≠-1，
當0＞x0＞-1時，1＞x0+1＞0，＞3，-1+>2．而-1的解．
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