蘇藝偉

(福建省龍海第一中學(xué)新校區(qū) 363100)

函數(shù)y=ax+a-x(a>0且a≠1)以及y=ax-a-x經(jīng)常出現(xiàn)在高三年級的模擬試題當(dāng)中,掌握好這兩個函數(shù)的相關(guān)圖像,性質(zhì)能夠幫助我們更好地解決數(shù)學(xué)問題.

一、知識鏈接

1.y=ax+a-x(a>0且a≠1)

函數(shù)y=ax+a-x(a>0且a≠1)圖象如圖1所示,該函數(shù)是一個偶函數(shù),最小值為2,在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.

2.y=ax-a-x(0

函數(shù)y=ax-a-x(0

3.y=ax-a-x(a>1)

函數(shù)y=ax-a-x(a>1)圖象如圖3所示,該函數(shù)是一個奇函數(shù),圖像經(jīng)過點(diǎn)(0,0),在R單調(diào)遞增.

對于上述函數(shù)模型,最經(jīng)常出現(xiàn)的是a=2,a=e的情形,有些時候還會出現(xiàn)由上述函數(shù)模型經(jīng)過左右平移而得到的新函數(shù).在實(shí)際解題中,應(yīng)該抓住這三個基本的函數(shù)模型,以不變應(yīng)萬變,靈活應(yīng)用,正確解答.

二、基礎(chǔ)應(yīng)用

例1下列函數(shù)中,圖像關(guān)于原點(diǎn)對稱且單調(diào)遞增的是( ).

A.f(x)=sinx-xB.f(x)=ln(x-1)-ln(x+1)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞)

例3已知函數(shù)f(x)=x2(2x-2-x),則不等式f(2x+1)+f(1)≥0的解集是( ).

解析易知f(-x)=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù).又f′(x)=2x·(2x-2-x)+x2(2x+2-x),當(dāng)x>0時,f′(x)>0,因此f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.由于f(x)為奇函數(shù),所以f(x)在R上單調(diào)遞增.f(2x+1)+f(1)≥0?f(2x+1)≥-f(1)?f(2x+1)≥f(-1)?2x+1≥-1?x≥-1.故不等式f(2x+1)+f(1)≥0的解集是{x|x≥-1}.

圖5

例5已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x,

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當(dāng)x>0時,g(x)>0,求b的最大值.

解析(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,f(x)在R上單調(diào)遞增.

(2)g(x)=e2x-e-2x-4x-4bex+4be-x+8bx

g′(x)=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2)

令h(x)=ex+e-x-(2b-2)

若2b-2≤2,即b≤2時,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)>g(0)=0,符合題意.

綜上有b≤2,因此b的最大值為2.

三、拓展應(yīng)用

例6已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點(diǎn),求a的值.

例7已知函數(shù)f(x)=ex-a+e-x+a,若3a=log3b=c,則( ).

A.f(a)

C.f(a)

解析由于f(2a-x)=e-x+a+ex-a,因此f(2a-x)=f(x),所以f(x)的圖像關(guān)于直線x=a對稱且f(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增.由圖6可知,a

因此f(a)

例8設(shè)f(x)=-x2+2x-2(ex-1+e1-x),則使得f(x+1)

解析由于f(2-x)=f(x),故f(x)圖像關(guān)于直線x=1對稱,因此f(x+1)圖像關(guān)于直線x=0對稱.令g(x)=f(x+1)=-x2+1-2(ex+e-x),則g(x)為偶函數(shù)且在(0,+∞)上單調(diào)遞減.

f(x+1)|2x-3|,解得1

例9已知函數(shù)f(x)=emx+e-mx+x2-mx的圖象在點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(-x1,f(-x1))處兩條切線的交點(diǎn)P(x0,y0)一定滿足( ).

A.x0=0 B.x0=mC.y0=0 D.y0=m

解析由f(x)=emx+e-mx+x2-mx得f′(x)=memx-me-mx+2x-m.點(diǎn)A(x1,f(x1))處的切線方程為y-f(x1)=f′(x1)(x-x1);點(diǎn)B(-x1,f(-x1))處的切線方程為y-f(-x1)=f′(-x1)(x+x1);又點(diǎn)P(x0,y0)滿足以上兩式,所以y0-f(x1)=f′(x1)(x0-x1),y0-f(-x1)=f′(-x1)(x0+x1);兩式相減得f(-x1)-f(x1)=x0[(f′(x1)-f′(-x1))]-x1[(f′(x1)+f′(-x1))],又f(-x)-f(x)=2mx,f′(x)+f′(-x)=-2m,所以2mx1=x0[(f′(x1)-f′(-x1))]+2mx1,故x0=0.

不難發(fā)現(xiàn),以函數(shù)y=ax+a-x(a>0且a≠1)和y=ax-a-x為載體的試題,常融入函數(shù)的對稱性,單調(diào)性,零點(diǎn),最值等于一體,結(jié)合圖像,不等式,導(dǎo)數(shù)等重要知識點(diǎn),體現(xiàn)了高考評價(jià)體系提出的基礎(chǔ)性,綜合性,應(yīng)用性,創(chuàng)新性的要求.試題雖然簡短但卻閃耀著智慧的光芒.在實(shí)際解題中,要抓住這兩個最基本的模型,由它們出發(fā)引申出一系列的變式,進(jìn)而掌握好此類題型.

練習(xí)1已知函數(shù)f(x)=x2-4x+(m2-m)(ex-2+e-x+2)有唯一零點(diǎn),則m的值可以是____.

解析由于y=x2-4x和y=ex-2+e-x+2對稱軸都是x=2,所以f(x)的對稱軸是x=2.故令f(2)=0得m=2或m=-1.

練習(xí)2已知f(x)=ex-1-e1-x+x,則不等式f(x)+f(3-2x)≤2的解集是____.

解析由于f(x)+f(2-x)=2,所以不等式f(x)+f(3-2x)≤2,即為f(x)+f(3-2x)≤f(x)+f(2-x),即f(3-2x)≤f(2-x),又f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以3-2x≤2-x,x≥1.故解集為{x|x≥1}.

練習(xí)3已知函數(shù)f(x)=x2-4x-1+ex-2+e-x+2有兩個零點(diǎn),則x1+x2=____.