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函数是高中数学的主干知识，近几年来高考中强化了对函数的考查力度；但究其本质对函数的考查离不开以下三点：(1) 考查函数本身的知识：如函数的概念、图象、性质等；（2） 考查函数基本性质的运用；(3) 考查函数的构造和应用。分析、解决函数问题往往从以下几个方面着手：(1) 函数的图象特征分析；（2） 函数的基本概念、性质分析；(3) 构造函数或建模进行联想、类比分析。
类型一：考查对函数基本性质的运用
【例1】 已知两个向量a=(1+log2|x|,log2|x|),b=(log2|x|,t)(x≠0).
(1) 若t=1，且a⊥b，求实数x的值；
(2) 对t∈R，写出函数f(x)=a•b具备的性质（如：奇偶性、单调性、最大（小）值）．
分析 (1) 对数的真数大于零，故有x≠0；（2） y=log2|x|的奇偶性、单调性等比较容易解决；(3) 第(1)问中的a⊥ba•b=0x1x2+y1y2=0；(4) 第（2）问中，对f(x)的性质可以从函数的式子特征，组成形式直接加以判断；(5) 目标解读：只要写出基本性质，不必给出详细的论证。
解 (1) 当t=1时，log22|x| + 2log2|x|=0；即log2|x|=0或log2|x|=-2；即x=±1或x=±14．
(2) f(x)=a•b= log22|x| + (1 + t)log2|x|的定义域{x|x≠0}关于原点对称，从形式上可判断f(x)是偶函数；由函数的对称性和复合函数的单调性知识可知：f(x)在(0,+∞)上的单调情况是：当x∈(0,21+t2］上f(x)单调递减，在x∈［21+t2,+∞)上单调递增；根据偶函数的性质知：f(x)在x∈［-21+t2,0)上单调递增，在x∈(-∞,-21+t2］上单调递减；由单调性可得出函数f(x)的大致图象，显然在x=±21+t2时，函数f(x)有最小值-(t+1)24，无最大值（趋近+∞）；当t=-1时，函数f(x)的零点为x=±1；当t≠-1时，函数的零点为x=±1或±21+t2．
点拨 (1) 函数奇偶性的证明步骤是：判断定义域→求f(x)、f(-x)→明确两者的等式关系→得出结论；（2） 复合函数的单调性的口诀是：同性得增，异性得减；(3) 本题求f(x)的最大（小）值，也可以利用换元的方法，将log2|x|=W,W∈R，从而求二次函数y=W2+(1+t)W,W∈R的值域。
奇思妙想变题：
【变式1】 已知函数f(x)=2x.
(1) 试求函数F(x)=f(x)+af(2x),x∈(-∞,0］的最大值；
(2) 若存在x∈(-∞,0)，使|af(x)-f(2x)|>1恒成立，试求实数a的取值范围．
分析 ①f(x)=2x是指数函数，定义域为R，值域为(0,+∞)，图象过点（0,1），在x轴上方单调递增；②第(1) 问中f(2x)=22x=(2x)2；③在（-∞,0］2x∈(0,1］；④F(x)=f(x)+af(2x) 是关于2x这个整体的二次形式，a为任意常数；⑤目标解读：求F（x）的最大值；⑥存在性问题可以转化为：af(x)-f(2x)>1在x∈(-∞,0)上有解；⑦可使用分离参数的方法解题，求实数a的取值范围。
解 (1) F(x)=f(x)+af(2x)=2x+a22x=a(2x)2+2x，x∈(-∞,0］，令t=2x，t∈(0,1］，则g(t)=at2+t，t∈(0,1］，讨论a的取值：
①a=0时，g(t)=t，g(1)max=1；
②a>0时，y=g(t)的对称轴t=-12a<0，故g(t)在(0,1］上单调递增，g(x)max=g(1) =a+1；
③a<0时，y=g(t)的对称轴t=-12a>0，
i. 若0<-12a≤1即a≤-12时，
y=g(t)在0,-12a上单调递增，在-12a,1
上单调递减，g(t)max=g-12a=-14a；
ii. 若-12a>1即-12 综上可知：F(x)max=
a+1，a>-12，
-14a，a≤-12.
(2) 令t=2x，t∈(0,1)，则at-t2>1有解，
即at-t2>1或at-t2<-1在t∈(0,1)上有解，
利用分离参数的方法知：at+1t 有解，
即at+1tmin，t∈(0,1)，所以a>2或a<0.
点拨 ①本题第一问中利用换元思想，新出现的变量易出现范围错误，在讨论中要注意不遗漏不重复，同解情况合并；②第二问中涉及有解，恒成立问题常用的方法是分离参数，其中参数范围中“=”号的取舍是易错点。
类型二：考查函数的构造和应用
【例2】 已知函数f(x)=lnx-a(x-1)x+1.
(1) 若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数，求实数a的取值范围；
(2) 设m,n∈R+，且m≠n，求证：m-nlnm-lnn 初步分析 (1) 由原函数f(x)=lnx-a(x-1)x+1知函数的定义域为(0,+∞)；（2）第(1)问中已知
f(x)
在(0,+∞)上为增函数：
求实数a的取值范围，一般考虑两种方法：①函数单调性的定义，②导数法；(3) 本题考虑用导数法解决。
解 (1) 由f(x)=lnx-a(x-1)x+1，(x>0)得f′(x)=1x-a(x+1)-a(x-1)(x+1)2=x2+(2-2a)x+1x(x+1)2；
因为f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立；即只需x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立，即(2a-2)x≤x2+1在(0,+∞)上恒成立，故(2a-2)≤x2+1x在(0,+∞)上恒成立，故(2a-2)≤x+1xmin；设函数g(x)=x+1x,x∈(0,+∞)，根据基本不等式知识得：x+1x≥2x•1x=2，当且仅当x=1x时等号成立．即当x=1时，g(x)min=g(1) =2；所以2a-2≤2，即a≤2，所以实数a的范围是(-∞,2］．
再分析 (4) 由m,n∈R+
与函数的定义域有相互呼应之感；(5) 从目标不等式：m-nlnm-lnn
m-nlnm-lnnn）lnm-lnn2>m-nm+nlnm-lnn>2(m-n)m+nlnmn>2mn-1mn+1lnmn-2mn-1mn+1>0；(7) 从最后的变形形式上可联系到利用第(1)问中单调性相结合而得证。
解 （2） 不妨设m>n>0，则mn>1，要证明m-nlnm-lnn0；构造函数h(x)=lnx-2(x-1)x+1,x>0；由第(1)问知：函数f(x)在a≤2时，f(x)为(0,+∞)上的增函数，故h(x)=lnx-2(x-1)x+1,x>0显然也是(0,+∞)上的增函数；因为mn>1，则必有，lnmn-2mn-1mn+1>h(1) =0，即lnmn-2mn-1mn+1>0成立，由上可知m-nlnm-lnn
点拨 (1) 关于函数在某区间D上是单调函数的解决方法有两种：定义法和导数法；本题选择后者是为运算方便；（2） 对这类连续性的不等式证明类问题，应考虑构造函数与原函数相仿，从而利用第(1)问的结论，化腐朽为神奇。
奇思妙想变题：
【变式2】 已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1，
(1) 证明：当a<-1时，函数f(x)在（0，+∞)上单调递减．
(2) 设a≤-2，x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，证明：|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|.
初步分析 ①从函数y=f(x) 形式出发知函数定义域为{x|x>0}； ②从第一问目标出发考虑用导数证明f(x)的单调性较为方便。
证明 (1) ∵f(x)=(a+1)lnx+ax2+1
∴f′(x)=a+1x+2ax=2ax2+a+1x，
∵a<-1∴2ax2<0,a+1<0， 又x>0，∴2ax2+a+1x<0恒成立，即f′(x)<0恒成立．
故当a<-1时， f(x)在（0.+∞)上单调递减．
再分析：③x1,x2∈(0,+∞)，符合f(x)的定义域；④a≤-2符合第一问中a<-1的前提，故f(x)在（0.+∞)上单调递减；⑤x1≠x2表明x1>x2或x1 |f(x1)-f(x2)|
可利用单调性化简，后者4|x1-x2|
可利用两者大小讨论化简；⑦故应取x1>x2（或x1
证明 （2） 由本题解题目标形式上的对称性，不妨设0 由a≤-2且第一问中结论可知f(x)为（0，+∞)上的单调递减函数，则有f(x1)>f(x2)
故|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)即要证|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|，
只要证f(x1)-f(x2)>4（x2-x1），即要证f(x1)+4x1>f(x2)+4x2；
构造函数g(x)=f(x)+4x=(a+1)lnx+ax2+1+4x(x>0)，
则g′(x)=a+1x+2ax+4=2ax2+4x+a+1x，
由a≤-2知g′(x)≤-4x2+4x-1x=-(2x-1)2x≤0，即g′(x)≤0恒成立，
易得g(x)在（0.+∞)上单调递减；又∵0g(x2)，
即f(x1)+4x1>f(x2)+4x2，即|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|，即得证．
点拨 (1) 本题的第二问中对于“||”符号的处理方法是讨论绝对值里边的对象与0的大小化简。
(2) 本题通过类比、联想演变为f(x1)+4x1>f(x2)+4x2这一过程是一个难点，也是联想到构造g(x)=f(x)+4x的桥梁。
牛刀小试
已知函数f(x)=x-1-alnx,(a∈R).
(1) 求证：f(x)≥0成立的充要条件是a=1；
(2) 若a<0,对任意的x1,x2∈(0,1］,都有|f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2，求实数a的取值范围．
【参考答案】
(1) 充分性证明：当a=1时,f(x)=x-1-lnx，f′(x)=x-1x；显然当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≥f(1)=0，即得证．
必要性证明：f′(x)=x-ax，(x>0).
①a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，而f(1)=0；显然当x∈(0,1)时f(x)<0与f(x)≥0恒成立矛盾；所以a≤0不满足．
②a>0时．若x>a，则f′(x)>0，所以f(x)在(a,+∞)上单调递增；若0 所以，当a≠1时，f(a)
(2) 由第(1)问可知当a<0时，f(x)在(0,1］单调递增，y=1x在(0,1)上单调递减；
不妨设0
所以 |f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2等价于f(x2)-f(x1)≤4x1-4x2等价于f(x2)+4x2≤f(x1)+4x1，构造函数h(x)=f(x)+4x=x-1-alnx+4x，则|f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2
等价于函数h(x)在(0,1］上为减函数，h′(x)=1-ax-4x2=x2-ax-4x2，所以x2-ax-4≤0在x∈(0,1］上恒成立，所以a≥x-4x在x∈(0,1］上恒成立，令y=x-4x在x∈(0,1］上单调递增，所以ymax=-3，即a≥-3，又因为a<0，所以-3≤a<0.
（作者：沙红丽，启东市江海中学）
类型一：考查对函数基本性质的运用
【例1】 已知两个向量a=(1+log2|x|,log2|x|),b=(log2|x|,t)(x≠0).
(1) 若t=1，且a⊥b，求实数x的值；
(2) 对t∈R，写出函数f(x)=a•b具备的性质（如：奇偶性、单调性、最大（小）值）．
分析 (1) 对数的真数大于零，故有x≠0；（2） y=log2|x|的奇偶性、单调性等比较容易解决；(3) 第(1)问中的a⊥ba•b=0x1x2+y1y2=0；(4) 第（2）问中，对f(x)的性质可以从函数的式子特征，组成形式直接加以判断；(5) 目标解读：只要写出基本性质，不必给出详细的论证。
解 (1) 当t=1时，log22|x| + 2log2|x|=0；即log2|x|=0或log2|x|=-2；即x=±1或x=±14．
(2) f(x)=a•b= log22|x| + (1 + t)log2|x|的定义域{x|x≠0}关于原点对称，从形式上可判断f(x)是偶函数；由函数的对称性和复合函数的单调性知识可知：f(x)在(0,+∞)上的单调情况是：当x∈(0,21+t2］上f(x)单调递减，在x∈［21+t2,+∞)上单调递增；根据偶函数的性质知：f(x)在x∈［-21+t2,0)上单调递增，在x∈(-∞,-21+t2］上单调递减；由单调性可得出函数f(x)的大致图象，显然在x=±21+t2时，函数f(x)有最小值-(t+1)24，无最大值（趋近+∞）；当t=-1时，函数f(x)的零点为x=±1；当t≠-1时，函数的零点为x=±1或±21+t2．
点拨 (1) 函数奇偶性的证明步骤是：判断定义域→求f(x)、f(-x)→明确两者的等式关系→得出结论；（2） 复合函数的单调性的口诀是：同性得增，异性得减；(3) 本题求f(x)的最大（小）值，也可以利用换元的方法，将log2|x|=W,W∈R，从而求二次函数y=W2+(1+t)W,W∈R的值域。
奇思妙想变题：
【变式1】 已知函数f(x)=2x.
(1) 试求函数F(x)=f(x)+af(2x),x∈(-∞,0］的最大值；
(2) 若存在x∈(-∞,0)，使|af(x)-f(2x)|>1恒成立，试求实数a的取值范围．
分析 ①f(x)=2x是指数函数，定义域为R，值域为(0,+∞)，图象过点（0,1），在x轴上方单调递增；②第(1) 问中f(2x)=22x=(2x)2；③在（-∞,0］2x∈(0,1］；④F(x)=f(x)+af(2x) 是关于2x这个整体的二次形式，a为任意常数；⑤目标解读：求F（x）的最大值；⑥存在性问题可以转化为：af(x)-f(2x)>1在x∈(-∞,0)上有解；⑦可使用分离参数的方法解题，求实数a的取值范围。
解 (1) F(x)=f(x)+af(2x)=2x+a22x=a(2x)2+2x，x∈(-∞,0］，令t=2x，t∈(0,1］，则g(t)=at2+t，t∈(0,1］，讨论a的取值：
①a=0时，g(t)=t，g(1)max=1；
②a>0时，y=g(t)的对称轴t=-12a<0，故g(t)在(0,1］上单调递增，g(x)max=g(1) =a+1；
③a<0时，y=g(t)的对称轴t=-12a>0，
i. 若0<-12a≤1即a≤-12时，
y=g(t)在0,-12a上单调递增，在-12a,1
上单调递减，g(t)max=g-12a=-14a；
ii. 若-12a>1即-12
a+1，a>-12，
-14a，a≤-12.
(2) 令t=2x，t∈(0,1)，则at-t2>1有解，
即at-t2>1或at-t2<-1在t∈(0,1)上有解，
利用分离参数的方法知：a
即a
点拨 ①本题第一问中利用换元思想，新出现的变量易出现范围错误，在讨论中要注意不遗漏不重复，同解情况合并；②第二问中涉及有解，恒成立问题常用的方法是分离参数，其中参数范围中“=”号的取舍是易错点。
类型二：考查函数的构造和应用
【例2】 已知函数f(x)=lnx-a(x-1)x+1.
(1) 若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数，求实数a的取值范围；
(2) 设m,n∈R+，且m≠n，求证：m-nlnm-lnn
f(x)
在(0,+∞)上为增函数：
求实数a的取值范围，一般考虑两种方法：①函数单调性的定义，②导数法；(3) 本题考虑用导数法解决。
解 (1) 由f(x)=lnx-a(x-1)x+1，(x>0)得f′(x)=1x-a(x+1)-a(x-1)(x+1)2=x2+(2-2a)x+1x(x+1)2；
因为f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立；即只需x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立，即(2a-2)x≤x2+1在(0,+∞)上恒成立，故(2a-2)≤x2+1x在(0,+∞)上恒成立，故(2a-2)≤x+1xmin；设函数g(x)=x+1x,x∈(0,+∞)，根据基本不等式知识得：x+1x≥2x•1x=2，当且仅当x=1x时等号成立．即当x=1时，g(x)min=g(1) =2；所以2a-2≤2，即a≤2，所以实数a的范围是(-∞,2］．
再分析 (4) 由m,n∈R+
与函数的定义域有相互呼应之感；(5) 从目标不等式：m-nlnm-lnn
解 （2） 不妨设m>n>0，则mn>1，要证明m-nlnm-lnn
点拨 (1) 关于函数在某区间D上是单调函数的解决方法有两种：定义法和导数法；本题选择后者是为运算方便；（2） 对这类连续性的不等式证明类问题，应考虑构造函数与原函数相仿，从而利用第(1)问的结论，化腐朽为神奇。
奇思妙想变题：
【变式2】 已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1，
(1) 证明：当a<-1时，函数f(x)在（0，+∞)上单调递减．
(2) 设a≤-2，x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，证明：|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|.
初步分析 ①从函数y=f(x) 形式出发知函数定义域为{x|x>0}； ②从第一问目标出发考虑用导数证明f(x)的单调性较为方便。
证明 (1) ∵f(x)=(a+1)lnx+ax2+1
∴f′(x)=a+1x+2ax=2ax2+a+1x，
∵a<-1∴2ax2<0,a+1<0， 又x>0，∴2ax2+a+1x<0恒成立，即f′(x)<0恒成立．
故当a<-1时， f(x)在（0.+∞)上单调递减．
再分析：③x1,x2∈(0,+∞)，符合f(x)的定义域；④a≤-2符合第一问中a<-1的前提，故f(x)在（0.+∞)上单调递减；⑤x1≠x2表明x1>x2或x1
可利用单调性化简，后者4|x1-x2|
可利用两者大小讨论化简；⑦故应取x1>x2（或x1
证明 （2） 由本题解题目标形式上的对称性，不妨设0
故|f(x1)-f(x2)|=f(x1)-f(x2)即要证|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|，
只要证f(x1)-f(x2)>4（x2-x1），即要证f(x1)+4x1>f(x2)+4x2；
构造函数g(x)=f(x)+4x=(a+1)lnx+ax2+1+4x(x>0)，
则g′(x)=a+1x+2ax+4=2ax2+4x+a+1x，
由a≤-2知g′(x)≤-4x2+4x-1x=-(2x-1)2x≤0，即g′(x)≤0恒成立，
易得g(x)在（0.+∞)上单调递减；又∵0
即f(x1)+4x1>f(x2)+4x2，即|f(x1)-f(x2)|>4|x1-x2|，即得证．
点拨 (1) 本题的第二问中对于“||”符号的处理方法是讨论绝对值里边的对象与0的大小化简。
(2) 本题通过类比、联想演变为f(x1)+4x1>f(x2)+4x2这一过程是一个难点，也是联想到构造g(x)=f(x)+4x的桥梁。
牛刀小试
已知函数f(x)=x-1-alnx,(a∈R).
(1) 求证：f(x)≥0成立的充要条件是a=1；
(2) 若a<0,对任意的x1,x2∈(0,1］,都有|f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2，求实数a的取值范围．
【参考答案】
(1) 充分性证明：当a=1时,f(x)=x-1-lnx，f′(x)=x-1x；显然当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≥f(1)=0，即得证．
必要性证明：f′(x)=x-ax，(x>0).
①a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，而f(1)=0；显然当x∈(0,1)时f(x)<0与f(x)≥0恒成立矛盾；所以a≤0不满足．
②a>0时．若x>a，则f′(x)>0，所以f(x)在(a,+∞)上单调递增；若0
(2) 由第(1)问可知当a<0时，f(x)在(0,1］单调递增，y=1x在(0,1)上单调递减；
不妨设0
所以 |f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2等价于f(x2)-f(x1)≤4x1-4x2等价于f(x2)+4x2≤f(x1)+4x1，构造函数h(x)=f(x)+4x=x-1-alnx+4x，则|f(x1)-f(x2)|≤41x1-1x2
等价于函数h(x)在(0,1］上为减函数，h′(x)=1-ax-4x2=x2-ax-4x2，所以x2-ax-4≤0在x∈(0,1］上恒成立，所以a≥x-4x在x∈(0,1］上恒成立，令y=x-4x在x∈(0,1］上单调递增，所以ymax=-3，即a≥-3，又因为a<0，所以-3≤a<0.
（作者：沙红丽，启东市江海中学）