最新高三数学《一题多解_一题多变》试题及详解答案名师优质制作教学教案

一题多解 一题多变（一）

原题：f(x)=mx2+8x+4 的定义域为R，求m的取值范围 解：由题意mx2+8x+4≥0在R上恒成立

m0且Δ0，得m4

变1：f(x)=log3mx2+8x+4的定义域为R，求m的取值范围 解：由题意mx2+8x+4>0在R上恒成立

m0且Δ<0，得m>4

变2：f(x)=log3(mx2+8x+4)的值域为R，求m的取值范围 解：令t=mx2+8x+4，则要求t能取到所有大于0的实数，

 当m0时，t能取到所有大于0的实数

当m0时，m>0且Δ≥0⇒0m≤4

0m4

mx2+8x+n变3：f(x)=log3的定义域为R,值域为[0,2]，求m,n的值 2x+1mx2+8x+n∈[1,9]，得（y-m）x2-8xy-n0 解：由题意，令y=2x+1ym时，Δ≥0y2-(mn)ymn-160-

 1

和9时y2-(m+n)y+mn-16=0的两个根

n-m=0 xR，也符合题意 8 m=n=5

当y=m时，x=m=n=5

一 题 多 解-

解不等式3<2x-3<5

解法一：根据绝对值的定义，进行分类讨论求解

（1）当2x-3≥0时，不等式可化为3<2x-3<5⇒3原不等式等价于

2x-3>3且2x-3<5⇒33<2x-3<5或-5<2x-3<-3，即3原不等式可化为

3335222235，且小于，由图得， 解集为{x3一题多解 一题多变（二）

已知sn是等比数列的前n想项和，s3,s6,s9成等差数列，求证：

a2,a5,a8成等差数列

a1(1一qn)法一：用公式sn=，

1一q因为s3,s6,s9成等差数列，所以s3+s6=2s9且q≠1则

a1(1一q3)a1(1一q6)2a1(1一q9)+=⇒q3+q6=2q9(q≠1)⇒1+q3=2q6 1一q1一q1一q所以a2+a5=a1q+a1q4=a1q(2q6)=2a1q7=2a8 所以 a2,a5,a8成等差数列｀ 法二用公式sn=a1一anqa一aqa一aq2(a一aq)，s3+s6=2s9,∴13+16=19 1一q1一q1一q1一q则a3+a6=2a9⇒a2q+a5q=2a8q⇒a2+a5=2a8，所以 a2,a5,a8成等差数列｀

证法三：（用公式s2n=sn(1+qn),s3n=sn(1+qn+q2n)） s6=s3+a4+a5+a6=s3+(a1+a2+a3)q3=(1+q3)s3

s9=s3(1+q3+q6)s3+s6=2s9⇒s3+s3(1+q3)=2s3(1+q3+q6)

解得q3=一（下略）

12 变题：

已知sinα=且α是第二象限角，求tanα 解

sinα=45：

α是第二象限角，

434⇒cosα=一1一sin2α=一,tanα=一 5534变1：sinα=，求tanα

54 解：sinα=>0，所以α是第一或第二象限角

534 若是第一象限角，则cosα=,tanα=

5344 若是第二象限角，则cosα=一,tanα=一

53变2：已知sinα=m(m>0)求tanα 解：由条件0当 0若是第二象限角cosα=一1一m2,tanα=一 当m=1时tanα不存在

变3：已知sinα=m(m≤1)，求tanα 解：当m=1,一1时，tanα不存在 当m=0时， tanα=0

当α时第一、第四象限角时，tanα=m1一m2m1一m2

当α是第二、第三象限角时，tanα=一

一题多解 一题多变（三）

题目：求函数f(x)=x+(x0)的值域 方法一：判别式法 --

1xm1一m2

设y=x+ ，则x2-yx+1=0，由Δ=y2-4≥0⇒y≥2 当y=2时，x2-2x+1=0⇒x=1， 因此当x=1时，

1f(x)=x+(x0)有最小值2，即值域为[2,+∞)

x1x方法二：单调性法

先判断函数f(x)=x+(x0)的单调性 任取0x1x2，则f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(x1x2-1)

x1x21x 当0x1x2≤2时，即f(x1)f(x2)，此时f(x)在(0,1]上时减函数 当2x1x2时，f(x1)f(x2)f(x)在(2,+∞)上是增函数

)上是增函数，知 由f(x)在(0,1]上是减函数，f(x)在(1,+∞ 时，f(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

方法三：配方法 f(x)=x+=(x-1x1x)2+2，当x-1x=0时，x=1，此时

f(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

方法四：基本不等式法

12112=2 f(x)=x+=(x)+()≥2xxxxf(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

变 题

原题：若函数f(x)=范围

解：由题意得

ax2+2x+10在R上恒成立，则要求

1ax+2x+12的定义域为R，求实数a的取值

且Δ=4-4a0⇒a1

变式一：函数f(x)=log2(ax2+2x+1)的定义域为R，求实数a的取值范围

解：由题意得

ax2+2x+10在R上恒成立，则要求

且Δ=4-4a0⇒a1

2 变式二：函数f(x)=log2(ax+2x+1)的值域为R，求实数a的取

值范围

解：令u= ax2+2x+1能取到所有大于0的实数，则 a=0时，u=zx+1能取到所有大于0的实数 时，a0且Δ=4-4a≥0⇒0a≤1

综上0≤a≤1

一题多解 一题多变（四）

题目：求函数f(x)=x+(x0)的值域 方法一：判别式法 --

1 设y=x+ ，则x2-yx+1=0，由Δ=y2-4≥0⇒y≥2

x1x 当y=2时，x2-2x+1=0⇒x=1， 因此当x=1时，

1f(x)=x+(x0)有最小值2，即值域为[2,+∞)

x方法二：单调性法

先判断函数f(x)=x+(x0)的单调性 任取0x1x2，则f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(x1x2-1)

x1x21x 当0x1x2≤2时，即f(x1)f(x2)，此时f(x)在(0,1]上时减函数 当2x1x2时，f(x1)f(x2)f(x)在(2,+∞)上是增函数

)上是增函数，知 由f(x)在(0,1]上时减函数，f(x)在(1,+∞ 时，f(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

方法三：配方法

1121=0时，x=1，此时 f(x)=x+=(x-)+2，当x-xxxf(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

方法四：基本不等式法

12112=2 f(x)=x+=(x)+()≥2xxxxf(x)有最小值2，即值域为[2,+∞)

变 题

原题：若函数f(x)=范围

解：由题意得

ax2+2x+10在R上恒成立，则要求

1ax+2x+12的定义域为R，求实数a的取值

且Δ=4-4a0⇒a1

变式一：函数f(x)=log2(ax2+2x+1)的定义域为R，求实数a的取值范围

解：由题意得

ax2+2x+10在R上恒成立，则要求

且Δ=4-4a0⇒a1

2 变式二：函数f(x)=log2(ax+2x+1)的值域为R，求实数a的取

值范围

解：令u= ax2+2x+1能取到所有大于0的实数，则 a=0时，u=zx+1能取到所有大于0的实数 时，a0且Δ=4-4a≥0⇒0a≤1

综上0≤a≤1

一题多解 一题多变（五）

x2y2题目：椭圆1的焦点是F1、F2，椭圆上一点P满足PF1PF2，

2516下面结论正确的是———————————————————————（ ）

（A）P点有两个 （B）P点有四个

（C）P点不一定存在 （D）P点一定不存在

解法一：

以F1F2为直径构圆，知：圆的半径rc34b，即圆与椭圆不可能有交点。故选D

解法二：

由题知(SpFF)maxF1F2b3412，而在椭圆中：

1212SPF1F2b2tan416，不可能成立1216,故选D

解法三：

由题意知当p点在短轴端点处F1PF2最大，设F1PF22，

tan31,,此时F1PF2为锐角，与题设矛盾。故选D 44

解法四：

设P(5con,4sin)，由PF1PF2,知PF1PF2PF1PF20，而

PF1PF2(5con3,4sin)(5con3,4sin)25con2916sin20con279无解，故选D

解法五：

设PF1F2，假设PF1PF2，则

|PF1||PF2|6con6sin62sin(4而|PF1||PF2|2a10 )62，

即：1062，不可能。故选D

解法六：

|PF1|2|PF2|236(|PF1|2|PF2|2)2|PF1||PF2|362|PF1|PF2|conF1PF2|PF1||PF2|2|PF1||PF2|2|PF1||PF2|32323271110，故

|PF||PF||PF1||PF2|252512()22F1PF290PF1PF2不可能。故选D

解法七：设P(x0,y0)由焦半径知：

33|PF1|aex05x0,|PF2|aex05x0,PF1PF255|PF1|2|PF2|2|F1F2|2331826252(5x0)2(5x0)2102x050x0

55259x25 325>8,故不符合题意，故选D 3而在椭圆中|x0|5而|x0| 解法八.

设圆方程为：x2y29

x2y2 椭圆方程为：1

2516两者联立解方程组得：

16x225y2251616x225(9x2)25169x22516259257 x22579不可能

x2y2故圆xy9与椭圆1无交点

251622即 PF1不可能垂直PF2 故选D

一题多解 一题多变（六）

一变题：课本P110 写出数列{an}的前5项：a1,an112141 an-1,1]f(x)的反函数为y=g(x)， 变题：已知函数f(x)2x2,x[，设

a1=1,a2=g(a1)

an=g(an-1)，求数列{an}的通项公式。

解：由题意得，y=g(x)=1-x，an=1-an-1

1212an211212(an1)，令bn=an-，则{bn}是以为首项，-为公

332323比的等比数列，

故bn=(-)n-1(n≥1)

22n+(-1)n-1(n≥1) 从而，an=bn+=33×2n-11312二、一题多解

x2+2x+a,x∈[1,+∞) 已知函数f(x)=x （1）当a=时，求函数f(x)的最小值；-

（2）若对于任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围， 解：（1）当a=时，f(x)=x+2+取等号

由f(x)=x+(k>0)性质可知，f(x)在[kx2,+∞)上是增函数 2121221x=，当且仅当时≥2+2222xx∈[1,+∞)，所以f(x)在[1,+∞)是增函数，f(x)在区间[1,+∞)上的

最小值为f(1)=

x2+2x+a>0恒成立（2）法一：在区间上[1,+∞)，f(x)=x72⇔x2+2x+a>0恒成立

)设y=x2+2x+a，x∈[1,+∞)y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[1,+∞上增

所以x=1时，ymin=a+3，于是当且仅当ymin=a+3>0时，函数

f(x)>0恒成立，

故a>-3

法二：f(x)=x++2,x∈[1,+∞) 当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；

当a<0时，函数f(x)为增函数，故当x=1时，ymin=a+3，于是当且仅当ymin=a+3>0时，函数f(x)>0恒成，故a>-3

x2+2x+a>0恒成立⇔x2+2x+a>0法三：在区间[1,+∞)上，f(x)=xax恒成立

⇔a>-x2 -2x恒成立，故a应大于u=-x2 -2x，x∈[1,+∞)时的最大值

-3，

所以a>-3

一题多解 一题多变（七）

原题：:若f()=x+1+x2(x>0),则f(x)= 分析:用倒数换元

解: 令t=则x=, 所以

11f(t)=+1+()2(t>0)

tt1x1x1t将t换成x得到:

11f(t)=+1+()2(x>0)

xx变题1：设f(x)满足关系式f(x)+2f()=3x,求f(x)的解析式 解：t=则x=

1x1t1x11f()+2f(t)=3 tt将t换成x得到:

11f()+2f(x)=3 xx1与原式联立方程组消去f()得到

x2f(x)x(x0)

x变题2：已知af(x)f(x)bx，其中a2≠1试求f(x)的解析式

解：用相反数换元 令tx,xt代入到原式当中得到： af(t)f(t)bt 将t换成x得到:

af(x)f(x)bx

与原式联立方程组，得到：

(a21)f(x)b(a1)x

a2≠1

∴ f(x)b(a1)bxx 2(a1)a1

变题3：已知af(4x3)bf(34x)2x,a2b2，试求f(x)的解析式

解：令4x3t，则2x=t+3 2t3 (1) ∴af(t)bf(t)2将(1) 中t换－t得到:

af(t)bf(t)t3 2与(1)联立方程组得到：

(a2b2)f(t)a2≠b2 f(t)ab3t(ab) 2213t 2(ab)2(ab)13x 2(ab)2(ab)f(x)变题4：已知af(xn)f(xn)bx，其中a21,n为奇数，求f(x)

解：设xn=t,x=nt 代入原式得：

af(t)f(t)bnt

将t换成—t得到:

af(—t)+f(t)=—bnt 与上式联立方程组得到

(a2—1)f(t)=b(a+1)nt

a2≠1 f(x)b(a1)nbntt

(a21)a1b(a1)nbnxx 2(a1)a1 f(x)的解析式为：f(x)

一题多解

题目：设二次函数f(x)满足f(x—2)=f(—x—2)，且函数图象y轴上的截距为1，被x轴截的线段长为22，求f(x)的解析式

分析：设二次函数的一般形式f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，然后

根据条件求出待定系数a,b,c 解法一：设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)

由f(x—2)=f(—x—2)， 得：

4a—b=0 又 x1—x2=Δa=22

∴b2—4ac=8a2 由题意可知 c=1 解之得：

1a=,b=2,c=1

21f(x)=x+2x+1

2

解法二：f(x—2)=f(—x—2)，

故函数y=f(x)的图象有对称轴x=—2 可设y=a(x+2)2+k

 函数图象与

y轴上的截距为1，则4a+k=1

Δd=22

又 被x轴截的线段长为22，则x1—x2=整理得：2a+k=0 解之得：

a=,k=—1

f(x)=1 x+2x+12

12

解法三：：

故 f(x—2)=f(—x—2)，函数y=f(x)的图象有对称轴x=—2，又

x1—x2=22

∴

y=(x)与x轴的交点为： (—2—22，0)， (—2+22,0)

故可设y=a(x+2+22)

1 f(0)=1,a=

21f(x)=x+2x+1

2

一题多解 一题多变（八）

原题 设y=f(x)有反函数y=f-1(x)，又y=f(x+2)与y=f-1(x-1)

互为反函数，则f-1(1)-f-1(0)=__________（《教学与测试》P77） 变题 设y=f(x)有反函数y=f-1(x)，又y=f(x+1)的图象与

y=f(x+1)的图象关于y=x对称

-1（1） 求f(1)-f(0)及f-1(1)-f-1(0)的值；

（2） 若a,b均为整数，请用a,b表示f(a)f(b)及f-1(a)-f-1(b) 解(1)因y=f(x+1)的反函数是y=f(x)-1，从而

f(x+1)=f(x)-1,于是有f(x+1)-f(x)=-1，令x=1得f(1)-f(0)=-1；

-1同样，y=f(x+1)得反函数为y=f-1(x)-1，从而

f-1(x+1)=f-1(x)-1，于是，f-1(x+1)-f-1(x)=-1．

(2)

f(x+2)-f(x+1)=-1,而f(x+1)-f(x)=-1,故

f(x+2)-(f(x)-1)=-1,即f(x+2)-f(x)=-2, …f(x+n)-f(x)=-n，

从而f(a)-f(b)=f[a+(b-a)]-f(a)=b-a． 同理，f-1(a)f-1bba．

一题多解

1．函数f(x)x2bxc,f(1)f(3)，则( ) （A） f(1)cf(1) （B） f(1)cf(1) （C） cf(1)f(1) （D） cf(1)f(1)

解法1. 由f(1)f(3)知f(x)的图象关于x=1对称，得b2而

f(1)12(2)1cc1,f(1)(-1)2(2)(1)cc3，且

c3cc1，因此f(1)cf(1).

解法2.由f(1)f(3)知f(x)的图象关于x=1对称，而

c=f(0)，而f(x)在[－1,1]上递减，易得答案为B．

y

-1 0

1 x

一题多解 一题多变（九）

姜忠杰

变 题

,1-3)是减函数，则a的取值范原题：若在区间y=x2-ax-a2在区间(-∞围是多少？

,1-3)上是减函数，则a的取值范变1：若函数y=x2-ax-a2在(-∞围是多少？

变2、若函数y=log(x2-ax-a2)在(-∞,1-3)上是增函数，则a的取值

12范围是多少？

,1-3)上是增函数，且函数的变3、若函数y=log(x2-ax-a2)在(-∞12值域为R，则a的取值范围是多少？

aa（-∞，（-∞，,1-3)⊆解：函数y=x2-ax-a2的减区间为∴(-∞2]，2]

+∞） [2-23， -

,1-3)为减函数，,1-3)，变1、设u=x2-ax-a2，则u在(-∞且在(-∞u≥0

所以有1-3≤a2且u（1-3）≥0，∴a的取值范围是

[(3-1)(1-5)2,(3-1)(1+5)2]

,1-3]，u≥0- 变2：设u=x2-ax-a2，则u在为减函数，且在(-∞所以有1-3≤a2且u（1-3）≥0，∴a的取值范围是

[(3-1)(1-5)2,(3-1)(1+5)2]

,1-3)减区间，u在(-∞,1-3)取到变3：设u=x2-ax-a2，则u在(-∞一切正实数

1-3≤a2，u(1-3)=0，所以a=(3-1)(1-5)2或(3-1)(1+5)2

一题多解：

设a+lga=10 ，b+10b=10，求a+b的值。 解法一（构造函数）：设f(x)=x+lgx，则

f(a)=10=b+10b=lg10b+10b=f(10b)，由于f(x)在(0,+∞)上是单调递

增函数，所以a=10b，故a+b=10b+b=10。 解法二（图象法）

因为a是方程x+lgx=10的一个根，也就是方程lgx=10-x的一个根

是方程x+10x=10的一个根，也就是方程10x=10-x的一个根 令g(x)=lgx，h(x)=10x，Φ(x)=10-x，在同一坐标系中作出他们的图象，如图所示：

1082-5B5AC10A 是方程g(x)=Φ(x)的根，即图中OA=a

b是方程h(x)=Φ(x)的根，即图中OB=b

易得OA+OB=10，所以a+b=10

解法三：方程x+lgx=10，x+10x=10的根为，b由x+10x=10，得

10x=10-x，∴x=lg(10-x)，又x+lgx=10∴lg(10-x)+lgx=10， 即x(10-x)=1010，即x2-10x+1010=0

x1+x2=10 (虚根Δ<0)

一题多解 一题多变（十）

x1+x2f(x1)+f(x2))=;22（课本P102 ）证明：

x+xf(x)+f(x)212(2)若f(x)=x2+ax+b,则f(1)≤22（1）若f(x)=ax+b,则f(变题：1、如图所示，f(xi)(i=1,2,3,4)是定义在[0，1]上的四个函数，其中满足性质：“对[0，1]中的任意的x1,x2，任意

[0,1],f[x1(1)x2]f(x1)(1)f(x2)恒成立”

的只有（ A ）

A、 f(x1),f(x3) B、f(x2) C、f(x2),f(x3) D、f(x4)

变题2、定义在R上的函数f(x)满足：如果对于任意x1,x2∈R都有

f(x1+x2f(x1)+f(x2) )≤22则称函数f(x)是R上的凹函数。已知二次函数

f(x)=ax2+x(a∈R,a≠0)

（1）求证：当a>0时，函数f(x)是凹函数；

（2）如果x∈[0,1]时，|f(x)|≤1，试求实数a的取值范围。 （1）证明：略

（2）实数a的取值范围是[2,0)

二、一题多解

不查表计算：lg32+lg35+3lg2lg5

解法一：原式=(lg2+lg5)(lg22-lg2lg5+lg25)+3lg2lg5 =lg22-lg2lg5+lg25+3lg2lg5 =lg22+2lg2lg5+lg25 =(lg2+lg5)2=1

解法二：原式=(lg2lg5)33lg22lg5-3lg2lg253lg2lg5

=1-3lg2lg5(lg2lg51) =1

解法三：原式=(lg2+lg5)3-3lg2lg5(lg2+lg5)+3lg2lg5

=1-3lg2lg5+3lg2lg5 =1

解

法

四

：

原

=lg32+lg35+3lg22lg5+3lg2lg25-3lg22lg5-3lg2lg25+3lg2lg5=(lg2+lg5)3-3lg2lg5(lg2+lg5-1) =1

解法五：原式=lg32+lg35+3lg2lg5×1

=lg32+lg35+3lg2lg5×(lg2+lg5) =(lg2+lg5)3 =1

一题多解 一题多变（十一）

一题多解- 1．

已知f(x)=221-x2（x<-1)，求f-1(－3)的值 解法1 先求反函数 由y21－x2得x21－2y



x<-1

∴ x=-1-2y且y<0

式

故原函数的反函数是f-1(x)=-1-2x(x<0) ∴ f-1(-23)=-2

解法2从互为反函数的函数的关系看 令

221-x2=-3解得x=±2  x<-1 x=-2 即 f-1(-23)=-2 变题 2．

已知f(x)对于任意实数x.y满足f(x+y)=f(x)+f(y)，当时，f(x)<0

（1） 求证f(x)=-f(-x) （2） 判断f(x)的单调性

x>0证明 （1）令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0) ∴ f(0)=0 -

令x=-y，得f(0)=f(x)+f(-x)=0

f(x)=-f(-x)

（

2

）

设

x1f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)+f(x2-x1)∴ f(x)在R上是单调函数

变题 1. 已知函数是定义R在上的增函数，f(xy)=f(x)-f(y) （1） 求f(1)的值

（2） 若f(6)=1,解不等式f(x+5)-f(1x)<2 解 （1） 令x=y=1，得 f(1)=f(1)-f(1)

∴ f(1)=0-

（3） 在f(xy)=f(x)-f(y)中，令x=1,y=6得

f(16)=-f(6)=-1

从而f(36)=f(6)-f(16)=2

又原不等式可化为 f[x(x+5)]且满足

且f(x)是(0,+∞)上的增函数，

∴ 原不等式等价于

x(x+5)<36

∴ -9又  x>0 x+5>0 解得 0∴

原不等式的解集为（0，4）

一题多解 一题多变（十二）

考查知识点：函数的对称中心

原题：函数y=lg(x+x2+1)的图象关于原点对称。

解：该函数定义域为R，且f(-x)+f(x)=lg(-x+(-x)2+1)+

lg(x+x2+1)=lg(-x+x2+1)(x+x2+1)=lg1=0

∴f(-x)=-f(x)，∴该函数图像关于原点对称

变题1：已知函数y=f(x)满足f(-x+1)=-f(x+1)则y=f(x)的图象的关于(1,0)对称

f(-解：即y=f(x+1)的图象关x+1)=-f(x+1)∴y=f(x+1)为奇函数，

于原点(0,0)对称，故y=f(x)的图象关于(1,0)对称。

x)=2，则函数y=f(x)的图象变题2：已知函数y=f(x)满足f(x)+f(-关于(0,1)对称

x)=2得，∴f(-x)-1=-[f(x)-1]，y=f(x)－1为奇函数， 解：由f(x)+f(-即y=f(x)－1的图象关于（0，0）对称，∴y=f(x)的图象关于(0,1)对称

变题3：已知函数y=f(x)满足f(x)+f(2+x)=2，则y=f(x)的图象关于（1，1）对称

解：令x=t-则-故由f(x)+f(2+x)=2得f(1+t)+f(1-t)=2，1，x=1-t，即f(x)

满足f(1+x)+f(1-x)=2，即f(-x+1)-1=-[f(x+1)-1]，∴y=f(x+1)-1的图象关于原点（0，0）对称，故y=f(x)的图象关于（1，1）对称。 结论：若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(c-x)=b，则y=f(x)的图象关于

cb(a+2,2)对称。

4x变题4：已知f(x)=x求证：（1）f(x)+f(1-x)=1（2）指出该函数

4+2图象的对称中心并说明理由。

12)+f(1000)++f(1000（3）求f(10001001)的值。

4x41-x4x2x)=x+1-=+=1，得证。- （1）证明：f(x)+f(1-4+24x+24x+24x+21（2）解：该函数图象的对称中心为（1x)=1得2，2），由f(x)+f(1-1f(12+x)+f(2-x)=1

11111即f(-x+12)-2=-[f(x+2)-2]，∴y=f(x+2)-2的图象关于原点中心对

1（1称，故y=f(x)的图象关于对称。 2，2）（3）解：f(x)+f(1-x)=1，故

1f(1001)+f(10001001)=1，

999212f(1001)+f(1001)=1，……，∴ f(1000)+f(1000)++f(10001001)=500

变题5：求证：二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象没有对称中心。 证明：假设(m,n)是f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象的对称中心，则对任意

x∈R，都有

f(m+x)+f(m-x)=2n，即

a(m+x)2+b(m+x)+c+a(m-x)2+b(m-x)+c=2n恒成立，

即有ax2+am2+bm+c=n恒成立，也就是a=0且am2+bm+c-n=0与

a≠0矛盾

所以f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象没有对称中心。

一题多解 一题多变（十三）

题目：已知函数

x2+2x+a)若对任意f（x）=x∈[1，+∞xx∈[1，+∞)，f（x）＞0恒成立，试求实数a的取值范围。

x2+2x+a+∞)上，f（x）解法一：在区间[1，=>0恒成立⇔x2+2x+a>0x+∞)递增 ，∴当x=1时恒成立，设y=x2+2x+a在[1，ymin=3+a，于是当且仅当ymin=3+a>0时，函数恒成立，故

a>—3。

a解法二：f（x）=x++2，x∈[1，+∞)当a≥0的值恒为正,当a<0时,函

x数f（x）为增函数故当x=1时f（x）min=3+a于是当且仅当3+a>)时恒成立, 故 a>—3。

x2+2x+a+∞)上f（x）=解法三：在区间[1，恒成立⇔x2+2x+a>0恒成

x立⇔a>—x2—2x恒成立，故a应大于

2u=—x2—2x，x∈[1，+∞)时的最大值—3， ∴a>—(x+1)+1

当x=1时，取得最大值 —3 ∴a>—3。

题目： 将函数f(x)的图象向左平移1个单位，再向上平移1

个单位，求所得图象的函数表达式。

1中的x换成x+1，y换成y-1得x11x f(x)1f(x)1f(x)x1x1x1x1变题1：作出函数f(x)的图象

x1x122解： 函数f(x)=1，它是由函数f(x)的图象向左平

x1x1x1x解： 将函数f(x)移1个单位，再向上平移1个单位得到。图象为：

x1的单调递增区间 x1x1解： 由图象知 函数f(x)的单调递增区间为：,1,1,

x1变题2：求函数f(x)变题3：求函数f(x)解： 由

x1的单调递增区间 x1x1的单调递增区x1x10 得x1或x1 所以函数f(x)x1间为,1,1, 变题4： 求函数f(x)log2(解： 由增区间

为1,,,1 变题5 函数f(x)求实数a 解： 由f(x)ax11知对称中心为（（a+1，-1），

xa1x(a1)x1)的单调递增区间 x1x10x1或x1，所以函数f(x)lx1og(2x1)的单调递x1ax的反函数的图象的对称中心为（-1，3），xa1所以它的反函数的对称中心为（-1，a+1），由题意知：a+1=3 得a=2。

x2的图象关于y=x对称求a的值 xax2解： 因为函数f(x)的反函数是它本身，且过点（2，0），

xax2所以其反函数的图象必过点（0，2），即函数f(x)也

xa变题6 ：函数f(x)过点（0，2），代入得a=-1。

变题7 设（a，b）与（c，d）都是函数f（x）的单调区间，

且xx（a，b）（c，d）x、x1212则f(x1)与f(x2)的大小关系为

（ ）

（A）f(x1)f(x2)（B）f(x1)f(x2)（C）f(x1)f(x2)（D）不能确定

解 ： 构造函数f(x)它在,0,0,上都是增函数，但在

1x,00,上无单调性，故选D

ax11(a)在(2,)上的单调性。 x22ax112a11

解： f(x)a(a)由f(x)的图象知 ，当 a时在上

x2x222

1

是增函数；当a时在上为减函数

2

变题8：讨论函数f(x)

一题多解 一题多变（十四）

已知a>b>0,m>0，求证：

b+mb> a+ma变 题

n，n∈N*，试比较an与an+1的大小 n+2b+mb2、已知a>b>0,m<0，且a+m>0,b+m>0，求证：<

a+mab+mb3、已知a>b>0,m>0，求证：<

a+ma1、已知数列{an}满足an=解： 原题：证明：作差-

b+mbab+am-ab-bmm(a-b)-==‘ a+maa(a+m)a(a+m)m(a-b)b+mb>0 ∴->0

a(a+m)a+maa>b>0，m>0 ∴a-b>0 ∴an1、an>0 ∴an+1∴annn(n+3)n2+3nn+2===<1

n+1(n+2)(n+1)n2+3n+2n+32、

b+mbab+am-ab-bmm(a-b)-==- a+maa(a+m)a(a+m)m(a-b)<0a(a+m)a>b>0，∴a-b>0，又a+m>0 ∴

，

∴b+mb<- a+maa+mab(a+m)-a(b+m)m(b-a)-== b+mbb(b+m)b(b+m)3、作差

a>b>0，m>0 ∴a+ma< b+mb ∴b-a<0

m(b-a)∴<0 b(b+m)

一 题 多 解

已知数列{an}满足an= 方法一：作差an+1-an=方法二：作商an>0

an∴an+1nn(n+3)n2+3nn+2===<1

n+1(n+2)(n+1)n2+3n+2n+3n，n∈N*，试比较an与an+1的大小 n+2n+1n2-=>0，∴an+1>an

n+3n+2(n+2)(n+3)∴an方法三：（单调性）an=∴annn+2 -22，an关于n单调递增 ==1-n+2n+2n+2n方法四：浓度法 把an=看成是一杯溶液（糖）的浓度，随着n的

n+2增大（相当于向溶液中加糖），浓度 当然增大，易得an一题多解 一题多变（十五）

例、ax2-ax+≥0恒成立，求a的取值范围

解：1、当a=0 时>0

2、 a>0

⇒0Δ=a2-4a×1≤0 21212∴0≤a≤2

变式1：已知函数gxax2ax的定义域为R，求实数a的取值范围。

解：由题意得ax2-ax+≥0恒成立， ∴1、当a=0 时>0 2、 a>0

⇒0Δ=a2-4a×1≤0 2121212∴0≤a≤2

变式2、函数gxax2ax的定义域为R的充要条件是什么

解：由题意得ax2-ax+≥0恒成立，

∴1、当a=0 时>0 2、 a>0

121212 ⇒0Δ=a2-4a×1≤0 2 ∴0≤a≤2 变式3、y1ax2ax12的定义域为R，求实数a的取值范

围。

解：由题意得ax2-ax+>0恒成立，

∴1、当a=0 时>0 2、 a>0

⇒0Δ=a2-4a×1<0 21212∴0≤a<2

变式4、y11ax2ax2的定义域为R，求实数a的取值范围。

ax2解：由题意得

Δ<0,a2-4a×1<0⇒01ax+=02无解即

或a=0

∴0≤a<2

变式5、y=log2(ax2-ax+)的定义域为R，求a的取值范围

12 解：由题意得ax2-ax+12>0恒成立，

∴1、当a=0 时12>0

2、 a>0

⇒0Δ=a2-4a×12<0 ∴0≤a<2

一题多解

徐晓洲求y=x2+1x2+2的值域

法一：常数分离法

y=1 -1x2+2 ∴ x2≥0⇒x2+2≥2⇒0<1111x2+2≤2⇒ -2≤ -x2+2<012≤1-1x2+2<1 ∴值域为[12，1)

法二：反解法

由y=x2+121-2yx2+2⇒yx2+2y=x+1⇒x2=y-1≥0

即

∴函数的值域为[，1) 法三：判别式法

x2+1⇒yx2+2y=x2+1⇒(y-1)x2+2y-1=0 由y=2x+212即：1、当y=1时 1≠0 故舍去

2、当y≠1时

Δ=0-4(y-1)(2y-1)≥0⇒121≤y≤1 2所以函数的值域为[，1)