高一數學上半年總結範文 篇1
高一上學期數學教學工作總結
時間過得真快，轉眼間高一上學期的工作就結束了。
回想起這學期的工作，我感受頗多。這學期，我擔任了高一(1)班班主任及高一(1)、(3)班的數學教學工作。首先，我想就數學教學工作談談我及我們備課組的一些做法：
一、對學生嚴格要求，培養良好的學習習慣和學習方法
學生在從國中到高中的過渡階段，往往會有些不能適應新的學習環境。例如新的競爭壓力，以往的學習方法不能適應高中的學習，不良的學習習慣和學習態度等一些問題困擾和制約著學生的學習。為了解決這些問題，我確實下了一翻功夫。
1、改變學生學習數學的一些思想觀念，樹立學好數學的信心
在開學初，我就給他們指出高中數學學習較國中的要難度大，內容多，知識面廣，讓他們有一個心理準備。我們班是一個重點班，全班大多數同學國中升高中成績比較好，這造成一些成績相對較差學生有自卑感，害怕自己不能學好數學;相反有些成績較好學生驕傲自大，放鬆對數學的學習。對此，我給他們講清楚，大家其實處在同一起跑線上，誰先跑，誰跑得有力，誰就會成功。對較差的學生，給予多的關心和指導，並幫助他們樹立信心;對驕傲的學生批評教育，讓他們不要放鬆學習。
第一次月考，全班很多同學考得不好，甚至有個別同學只有三、四十分。有個以前成績較好女生哭著對我說，她從來沒有考過這么低的分，對學好數學沒有信心。我耐心給她分析沒考好的原因，一是試卷的難度大，二是考查的知識點上課時沒能重點掌握，三是沒有做好複習工作，教給她要注意的地方。經過她自身的努力，期中考試中，這位女生數學考了96分。一段時間的調整，全班基本上樹立了能學好數學的信心。
2、改變學生不良的學習習慣，建立良好的學習方法和學習態度
開始，有些學生有不好的學習習慣，例如作業字跡潦草，不寫解答過程;不喜歡課前預習和課後複習;不會總結消化知識;對學習馬虎大意，過分自信等。我要求統一作業格式，表揚優秀作業，指導他們預習和複習，強調總結的重要性，並有一些具體的做法，如寫章節小結，做錯題檔案，總結做題規律等。對做得好的同學全班表揚並推廣，不做或做得差的同學要批評。在我的嚴格要求下，大多數同學能很快接受，慢慢的建立起好的學習方法和認真的學習態度。當然，要改變根深蒂固的問題並不容易，這學期還要堅持下去。
二、刻苦鑽研教材，不斷提高自身的教學教研能力
高一雖然已經教過了幾輪，但是每一年的感覺都不一樣。從不敢因為教過而有所懈怠。我還是像一位新老師一樣認真閱讀新課標，鑽研新教材，熟悉教材內容，查閱教學資料，適當增減教學內容，認真細緻的備好每一節課，真正做到重點明確，難點分解。遇到難以解決的問題，就向老教師討教或在備課組內討論。另外，我還積極閱讀教學教參書籍及教學論文，如《中學數學教學參考》等，認真學習各種教學方法，並嘗試運用到實踐教學中去，當然，還有很多是不成熟。
積極參加各種教研活動，如集體備課，校內外聽課，教學教研會議。努力提高課堂教學的操作調控能力，語言表達能力，運用多種教學器材，為了節省時間和增加課堂容量，我堅持用多媒體課件上課。課下，根據自己的理解，選題、出檢測試卷，這樣也提高了我對教材重難點的理解。
積極安排時間做好學生的輔導工作，學生有問題及時解決。
堅持了一個學期，我感覺收穫頗多。
三、備課組的精誠合作是取得成績的關鍵
如果說高一數學取得了一點成績的話，那也是我們備課組在教學能力強、經驗豐富的何艷文組長的帶領下，團結合作的結果。我們的備課組做事非常齊心。我們堅持集體備課。集體備課使我們對教材的認識達到統一，理解更深刻，時間安排一致。除了規定的時間集體備課外，我們還經常在一起討論，解決問題。其次，統一測試、統一複習資料。平時，備課組安排老師出單元資料、檢測題，然後統一使用。在期末複習階段，組長安排每個老師負責出各章節的複習資料、複習題，資料共享。所以，最後的成績是我們備課組全體老師共同努力的結果。
四、存在的困惑：
1.書本習題都較簡單和基礎，而我們的教輔題目偏難，加重了學生的學習負擔，而且學生完成情況很不好。課時又不足，教學時間緊，沒時間講評這些練習題。
2.在教學中，經常出現一節課的教學任務完不成的現象，更少鞏固練習的時間。勉強按規定時間講完，一些學生聽得似懂非懂，造成差生越來越多。而且知識內容需要補充的內容有：因式分解的十字相乘法;一元二次方程及根與係數的關係;解不等式等知識。
3.雖然經常要求學生課後要去完成教輔上的精選的題目，但是，相當部分的同學還是沒辦法完成。學生的課業負擔太重，有的學生則是學習意識淡薄。
五、今後要注意的幾點
1.要處理好課時緊張與教學內容多的矛盾，加強對教材的研究;
2.注意對教輔材料題目的精選;
3.要加強對數學後進生的思想教育。
高一數學上半年總結範文 篇2
1.二次函式y=ax^2，y=a(x-h)^2，y=a(x-h)^2+k，y=ax^2+bx+c(各式中，a≠0)的圖象形狀相同，只是位置不同，它們的頂點坐標及對稱軸如下表：
解析式
頂點坐標
對稱軸
y=ax^2
(0，0)
x=0
y=a(x-h)^2
(h，0)
x=h
y=a(x-h)^2+k
(h，k)
x=h
y=ax^2+bx+c
(-b/2a，[4ac-b^2]/4a)
x=-b/2a
當h>0時，y=a(x-h)^2的圖象可由拋物線y=ax^2向右平行移動h個單位得到，
當h0，k>0時，將拋物線y=ax^2向右平行移動h個單位，再向上移動k個單位，就可以得到y=a(x-h)^2+k的圖象;
當h>0，k0時，將拋物線向左平行移動|h|個單位，再向上移動k個單位可得到y=a(x-h)^2+k的圖象;
當h0時，開口向上，當a0，當x≤-b/2a時，y隨x的增大而減小;當x≥-b/2a時，y隨x的增大而增大.若a0，圖象與x軸交於兩點A(x?，0)和B(x?，0)，其中的x1，x2是一元二次方程ax^2+bx+c=0
(a≠0)的兩根.這兩點間的距離AB=|x?-x?|
當△=0.圖象與x軸只有一個交點;
當△0時，圖象落在x軸的上方，x為任何實數時，都有y>0;當a0(a2} ,{x| x-3>2}
3) 語言描述法：例：{不是直角三角形的三角形}
4) Venn圖:
4、集合的分類：
(1) 有限集 含有有限個元素的集合
(2) 無限集 含有無限個元素的集合
(3) 空集 不含任何元素的集合 例：{x|x2=-5｝
二、集合間的基本關係
1.“包含”關係—子集
注意： 有兩種可能(1)A是B的一部分，;(2)A與B是同一集合。
反之: 集合A不包含於集合B,或集合B不包含集合A,記作A B或B A
2.“相等”關係：A=B (5≥5，且5≤5，則5=5)
實例：設 A={x|x2-1=0} B={-1,1} “元素相同則兩集合相等”
即：① 任何一個集合是它本身的子集。A?A
②真子集:如果A?B,且A? B那就說集合A是集合B的真子集，記作A B(或B A)
③如果 A?B, B?C ,那么 A?C
④ 如果A?B 同時 B?A 那么A=B
3. 不含任何元素的集合叫做空集，記為Φ
規定: 空集是任何集合的子集， 空集是任何非空集合的真子集。
? 有n個元素的集合，含有2n個子集，2n-1個真子集
三、集合的運算
運算類型 交 集 並 集 補 集
定 義 由所有屬於A且屬於B的元素所組成的集合,叫做A,B的交集.記作A B(讀作‘A交B’)，即A B={x|x A，且x B｝.
由所有屬於集合A或屬於集合B的元素所組成的集合，叫做A,B的並集.記作：A B(讀作‘A並B’)，即A B ={x|x A，或x B}).
設S是一個集合，A是S的一個子集，由S中所有不屬於A的元素組成的集合，叫做S中子集A的補集(或余集)
二、函式的有關概念
1.函式的概念：設A、B是非空的數集，如果按照某個確定的對應關係f，使對於集合A中的任意一個數x，在集合B中都有唯一確定的數f(x)和它對應，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函式.記作： y=f(x)，x∈A.其中，x叫做自變數，x的取值範圍A叫做函式的定義域;與x的值相對應的y值叫做函式值，函式值的集合{f(x)| x∈A }叫做函式的值域.
注意：
1.定義域：能使函式式有意義的實數x的集合稱為函式的定義域。
求函式的定義域時列不等式組的主要依據是：
(1)分式的分母不等於零;
(2)偶次方根的被開方數不小於零;
(3)對數式的真數必須大於零;
(4)指數、對數式的底必須大於零且不等於1.
(5)如果函式是由一些基本函式通過四則運算結合而成的.那么，它的定義域是使各部分都有意義的x的值組成的集合.
(6)指數為零底不可以等於零，
(7)實際問題中的函式的定義域還要保證實際問題有意義.
相同函式的判斷方法：①表達式相同(與表示自變數和函式值的字母無關);②定義域一致 (兩點必須同時具備)
2.值域 : 先考慮其定義域
(1)觀察法
(2)配方法
(3)代換法
3. 函式圖象知識歸納
(1)定義：在平面直角坐標系中，以函式 y=f(x) , (x∈A)中的x為橫坐標，函式值y為縱坐標的點P(x，y)的集合C，叫做函式 y=f(x),(x ∈A)的圖象.C上每一點的坐標(x，y)均滿足函式關係y=f(x)，反過來，以滿足y=f(x)的每一組有序實數對x、y為坐標的點(x，y)，均在C上 .
(2) 畫法
A、 描點法：
B、 圖象變換法
常用變換方法有三種
1) 平移變換
2) 伸縮變換
3) 對稱變換
4.區間的概念
(1)區間的分類：開區間、閉區間、半開半閉區間
(2)無窮區間
(3)區間的數軸表示.
5.映射
一般地，設A、B是兩個非空的集合，如果按某一個確定的對應法則f，使對於集合A中的任意一個元素x，在集合B中都有唯一確定的元素y與之對應，那么就稱對應f：A B為從集合A到集合B的一個映射。記作f：A→B
6.分段函式
(1)在定義域的不同部分上有不同的解析表達式的函式。
(2)各部分的自變數的取值情況.
(3)分段函式的定義域是各段定義域的交集，值域是各段值域的並集.
補充：複合函式
如果y=f(u)(u∈M),u=g(x)(x∈A),則 y=f[g(x)]=F(x)(x∈A) 稱為f、g的複合函式。
二.函式的性質
1.函式的單調性(局部性質)
(1)增函式
設函式y=f(x)的定義域為I，如果對於定義域I內的某個區間D內的任意兩個自變數x1，x2，當x1
如果對於區間D上的任意兩個自變數的值x1，x2，當x1f(x2)，那么就說f(x)在這個區間上是減函式.區間D稱為y=f(x)的單調減區間.
注意：函式的單調性是函式的局部性質;
(2) 圖象的特點
如果函式y=f(x)在某個區間是增函式或減函式，那么說函式y=f(x)在這一區間上具有(嚴格的)單調性，在單調區間上增函式的圖象從左到右是上升的，減函式的圖象從左到右是下降的.
(3).函式單調區間與單調性的判定方法
(A) 定義法：
○1 任取x1，x2∈D，且x1
○2 作差f(x1)-f(x2);
○3 變形(通常是因式分解和配方);
○4 定號(即判斷差f(x1)-f(x2)的正負);
○5 下結論(指出函式f(x)在給定的區間D上的單調性).
(B)圖象法(從圖象上看升降)
(C)複合函式的單調性
複合函式f[g(x)]的單調性與構成它的函式u=g(x)，y=f(u)的單調性密切相關，其規律：“同增異減”
注意：函式的單調區間只能是其定義域的子區間 ,不能把單調性相同的區間和在一起寫成其並集.
8.函式的奇偶性(整體性質)
(1)偶函式
一般地，對於函式f(x)的定義域內的任意一個x，都有f(-x)=f(x)，那么f(x)就叫做偶函式.
(2).奇函式
一般地，對於函式f(x)的定義域內的任意一個x，都有f(-x)=—f(x)，那么f(x)就叫做奇函式.
(3)具有奇偶性的函式的圖象的特徵
偶函式的圖象關於y軸對稱;奇函式的圖象關於原點對稱.
利用定義判斷函式奇偶性的步驟：
○1首先確定函式的定義域，並判斷其是否關於原點對稱;
○2確定f(-x)與f(x)的關係;
○3作出相應結論：若f(-x) = f(x) 或 f(-x)-f(x) = 0，則f(x)是偶函式;若f(-x) =-f(x) 或 f(-x)+f(x) = 0，則f(x)是奇函式.
(2)由 f(-x)±f(x)=0或f(x)/f(-x)=±1來判定;
(3)利用定理，或藉助函式的圖象判定 .
9、函式的解析表達式
(1).函式的解析式是函式的一種表示方法，要求兩個變數之間的函式關係時，一是要求出它們之間的對應法則，二是要求出函式的定義域.
(2)求函式的解析式的主要方法有：
1) 湊配法
2) 待定係數法
3) 換元法
4) 消參法
10.函式最大(小)值(定義見課本p36頁)
○1 利用二次函式的性質(配方法)求函式的最大(小)值
○2 利用圖象求函式的最大(小)值
○3 利用函式單調性的判斷函式的最大(小)值：
如果函式y=f(x)在區間[a，b]上單調遞增，在區間[b，c]上單調遞減則函式y=f(x)在x=b處有最大值f(b);
如果函式y=f(x)在區間[a，b]上單調遞減，在區間[b，c]上單調遞增則函式y=f(x)在x=b處有最小值f(b);
高一數學上半年總結範文 篇3
一、複合函式定義：設y=f(u)的定義域為A，u=g(x)的值域為B，若AB，則y關於x函式的y=f［g(x)］叫做函式f與g的複合函式，u叫中間量.
二、複合函式定義域問題：
（一）例題剖析：
(1)、已知f(x)的定義域，求fg(x)的定義域
思路：設函式f(x)的定義域為D，即xD，所以f的作用範圍為D，又f對g(x)作用，作用範圍不變，所以g(x)D，解得xE，E為fg(x)的定義域。
例1.設函式f(u)的定義域為（0，1），則函式f(lnx)的定義域為_____________。解析：函式f(u)的定義域為（0，1）即u(0，1)，所以f的作用範圍為（0，1）又f對lnx作用，作用範圍不變，所以0lnx1解得x(1，e)，故函式f(lnx)的定義域為（1，e）例2.若函式f(x)1x1，則函式ff(x)的定義域為______________。
1x1解析：先求f的作用範圍，由f(x)，知x1
即f的作用範圍為xR|x1，又f對f(x)作用所以f(x)R且f(x)1，即ff(x)中x應滿足x1即1，解得x1且x2
1x1x1f(x)1
故函式ff(x)的定義域為xR|x1且x2（2）、已知fg(x)的定義域，求f(x)的定義域
思路：設fg(x)的定義域為D，即xD，由此得g(x)E，所以f的作用範圍為E，又f對x作用，作用範圍不變，所以xE，E為f(x)的定義域。
例3.已知f(32x)的定義域為x1，2，則函式f(x)的定義域為_________。解析：f(32x)的定義域為1，2，即x1，2，由此得32x1，5所以f的作用範圍為1，5，又f對x作用，作用範圍不變，所以x1，5
即函式f(x)的定義域為1，5
2例4.已知f(x4)lg2x2x8，則函式f(x)的定義域為______________。
解析：先求f的作用範圍，由f(x4)lg2x22x8，知
x22x80
解得x244，f的作用範圍為(4，)，又f對x作用，作用範圍不變，所以x(4，)，即f(x)的定義域為(4，)
（3）、已知fg(x)的定義域，求fh(x)的定義域
思路：設fg(x)的定義域為D，即xD，由此得g(x)E，f的作用範圍為E，又f對h(x)作用，作用範圍不變，所以h(x)E，解得xF，F為fh(x)的定義域。
例5.若函式f(2x)的定義域為1，1，則f(log2x)的定義域為____________。
1解析：f(2)的定義域為1，1，即x1，1，由此得2，2
2f的作用範圍為
1，22又f對log2x作用，所以log2x，2，解得x2即f(log2x)的定義域為
12，4
2，4
評註：函式定義域是自變數x的取值範圍（用集合或區間表示）f對誰作用，則誰的範圍是f的作用範圍，f的作用對象可以變，但f的作用範圍不會變。利用這種理念求此類定義域問題會有“得來全不費功夫”的感覺，值得大家探討。
（二）同步練習：
21、已知函式f(x)的定義域為[0,1]，求函式f(x)的定義域。
答案：[1,1]
2、已知函式f(32x)的定義域為[3,3]，求f(x)的定義域。
答案：[3,9]
3、已知函式yf(x2)的定義域為(1,0)，求f(|2x1|)的定義域。
(12,0)(1,3)答案：
2
4、設fxlg2xx2，則ff的定義域為
2x2xA.4,00,4B.4,11,4C.2,11,2D.4,22,4
x22,2x20得，f(x)的定義域為x|2x2。故解：選C.由，解得2x222.xx2x4,11,4。故ff的定義域為4,11,4
2x5、已知函式f(x)的定義域為x(［解析］由已知，有1ax3,13x,)，求g(x)f(ax)f(a0)的定義域。22a221x3,2a212x32112aa2x3232aa.,
x（1）當a1時，定義域為{x|（2）當
32a32}；a2a，即0a1時，有a2x32a}；
12a2a，
定義域為{x|（3）當
32a32a，即a1時，有1x32a}.12aa2a2，
定義域為{x|2a故當a1時，定義域為{x|xx32a32}；
當0a1時，定義域為{x|a}.
［點評］對於含有參數的函式，求其定義域，必須對字母進行討論，要注意思考討論字母的方法。
三、複合函式單調性問題
（1）引理證明已知函式yf(g(x)).若ug(x)在區間(a,b）上是減函式，其值域為(c，d)，又函式yf(u)在區間(c,d)上是減函式，那么，原複合函式yf(g(x))在區間(a,b）上是增函式.
證明：在區間(a,b）內任取兩個數x1,x2，使ax1x2b
因為ug(x)在區間(a,b）上是減函式，所以g(x1)g(x2),記u1g(x1),
u2g(x2)即u1u2,且u1,u2(c,d)
因為函式yf(u)在區間(c,d)上是減函式，所以f(u1)f(u2),即f(g(x1))f(g(x2))，
故函式yf(g(x))在區間(a,b）上是增函式.（2）.複合函式單調性的判斷
複合函式的單調性是由兩個函式共同決定。為了記憶方便，我們把它們總結成一個圖表：
yf(u)ug(x)yf(g(x))增增增減減增減減減增以上規律還可總結為：“同向得增，異向得減”或“同增異減”.（3）、複合函式yf(g(x))的單調性判斷步驟：確定函式的定義域；
將複合函式分解成兩個簡單函式：yf(u)與ug(x)。分別確定分解成的兩個函式的單調性；
若兩個函式在對應的區間上的單調性相同（即都是增函式，或都是減函式），則複合後的函式yf(g(x))為增函式；若兩個函式在對應的區間上的單調性相異（即一個是增函式，而另一個是減函式），則複合後的函式yf(g(x))為減函式。
（4）例題演練例1、求函式ylog212(x2x3)的單調區間，並用單調定義給予證明2解：定義域x2x30x3或x1
單調減區間是(3,)設x1,x2(3,)且x1x2則
y1log2(x12x13)y2log122(x22x23)122(x12x13)(x22x23)=(x2x1)(x2x12)
2∵x2x13∴x2x10x2x120∴(x12x13)>(x22x23)又底數0∴y2y10即y2y1∴y在(3,)上是減函式22121
同理可證：y在(,1)上是增函式［例］2、討論函式f(x)loga(3x22x1)的單調性.［解］由3x22x10得函式的定義域為
1{x|x1,或x}.
3則當a1時，若x1，∵u3x22x1為增函式，∴f(x)loga(3x22x1)為增函式.
若x13，∵u3x22x1為減函式.
∴f(x)loga(3x22x1)為減函式。
當0a1時，若x1，則f(x)loga(3x22x1)為減函式，若xf(x)loga(3x22x1)為增函式.
13，則
例3、.已知y=loga(2-a)在［0，1］上是x的減函式，求a的取值範圍.解：∵a＞0且a≠1
當a＞1時，函式t=2-a>0是減函式
由y=loga(2-a)在［0，1］上x的減函式，知y=logat是增函式，∴a＞1
由x［0，1］時，2-a2-a＞0,得a＜2,∴1＜a＜2
當0例4、已知函式f(x2)ax2(a3)xa2（a為負整數）的圖象經過點
(m2,0),mR，設g(x)f[f(x)],F(x)pg(x)f(x).問是否存在實數p(p0)使得
F(x)在區間(,f(2)]上是減函式，且在區間(f(2),0)上是減函式？並證明你的結論。
［解析］由已知f(m2)0，得am2(a3)ma20，其中mR,a0.∴0即3a22a90，解得
1273a1273.
∵a為負整數，∴a1.
∴f(x2)x4x3(x2)21，
2242即f(x)x21.g(x)f[f(x)](x1)1x2x，
∴F(x)pg(x)f(x)px4(2p1)x21.
假設存在實數p(p0)，使得F(x)滿足條件，設x1x2，
22)[p(x12x2)2p1].∴F(x1)F(x2)(x12x2∵f(2)3，當x1,x2(,3)時，F(x)為減函式，
220,p(x12x2)2p10.∴F(x1)F(x2)0，∴x12x2218,∵x13,x23,∴x12x22)2p116p1,∴p(x12x2∴16p10.①
當x1,x2(3,0)時,F(x)增函式,∴F(x1)F(x2)0.
220,∴p(x12x2)2p116p1,∵x12x2∴16p10.由①、②可知p116②
，故存在p116.
（5）同步練習：
1.函式y＝logA.（－∞，1）C.（－∞，
3212（x2－3x＋2）的單調遞減區間是
B.（2，＋∞）D.（
32），＋∞）
解析：先求函式定義域為（－o，1）∪（2，＋∞），令t（x）＝x2＋3x＋2，函式t（x）
在（－∞，1）上單調遞減，在（2，＋∞）上單調遞增，根據複合函式同增異減的原則，函式y＝log12（x2－3x＋2）在（2，＋∞）上單調遞減.
答案：B
2找出下列函式的單調區間.
（1）yax（2）y223x2(a1)；.
x22x3答案：(1)在(,]上是增函式，在[,)上是減函式。
2233（2）單調增區間是[1,1]，減區間是[1,3]。
3、討論yloga(a1),(a0,且a0)的單調性。
答案：a1,時(0,)為增函式，1a0時，(,0)為增函式。4.求函式y＝log13x（x2－5x＋4）的定義域、值域和單調區間.
解：由（x）＝x2－5x＋4＞0，解得x＞4或x＜1，所以x∈（－∞，1）∪（4，＋∞），當x∈（－∞，1）∪（4，＋∞），｛｜＝x2－5x＋4｝＝R，所以函式的值域是R.因
＋＋
為函式y＝log13（x2－5x＋4）是由y＝log13（x）與（x）＝x2－5x＋4複合而成，函
52數y＝log13（x）在其定義域上是單調遞減的，函式（x）＝x2－5x＋4在（－∞，
）
上為減函式，在［
52，＋∞］上為增函式.考慮到函式的定義域及複合函式單調性，y＝log13（x2－5x＋4）的增區間是定義域內使y＝log13（x）為減函式、（x）＝x2－5x＋4也
為減函式的區間，即（－∞，1）；y＝log1（x2－5x＋4）的減區間是定義域內使y＝log313（x）為減函式、（x）＝x2－5x＋4為增函式的區間，即（4，＋∞）.
變式練習一、選擇題
1.函式f（x）＝log
A.（1，＋∞）C.（－∞，2）
12(x－1)的定義域是
B.（2，＋∞）
2]D.(1，解析：要保證真數大於0，還要保證偶次根式下的式子大於等於0，
x－1＞0所以log(x－1)120解得1＜x≤2.
答案：D2.函式y＝log
12（x2－3x＋2）的單調遞減區間是
B.（2，＋∞）D.（
32A.（－∞，1）C.（－∞，
32），＋∞）
解析：先求函式定義域為（－o，1）∪（2，＋∞），令t（x）＝x2＋3x＋2，函式t（x）在（－∞，1）上單調遞減，在（2，＋∞）上單調遞增，根據複合函式同增異減的原則，函式y＝log12（x2－3x＋2）在（2，＋∞）上單調遞減.
答案：B
3.若2lg（x－2y）＝lgx＋lgy，則
A.4
yx的值為B.1或D.
1414
C.1或4
yx錯解：由2lg（x－2y）＝lgx＋lgy，得（x－2y）2＝xy，解得x＝4y或x＝y，則有
14＝或
xy＝1.
答案：選B
正解：上述解法忽略了真數大於0這個條件，即x－2y＞0，所以x＞2y.所以x＝y舍掉.只有x＝4y.答案：D
4.若定義在區間（－1，0）內的函式f（x）＝log的取值範圍為
A.（0，C.（
12122a（x＋1）滿足f（x）＞0，則a
）
B.（0，1）D.（0，＋∞）
，＋∞）
解析：因為x∈（－1，0），所以x＋1∈（0，1）.當f（x）＞0時，根據圖象只有0＜
2a＜l，解得0＜a＜答案：A
12（根據本節思維過程中第四條提到的性質）.
5.函式y＝lg（
21－x－1）的圖象關於
1＋x1－xA.y軸對稱C.原點對稱
21－x
B.x軸對稱D.直線y＝x對稱
1＋x1－x解析：y＝lg（
－1）＝lg，所以為奇函式.形如y＝lg或y＝lg1＋x1－x的函式都為奇函式.答案：C二、填空題
已知y＝loga（2－ax）在［0，1］上是x的減函式，則a的取值範圍是__________.解析：a＞0且a≠1（x）＝2－ax是減函式，要使y＝loga（2－ax）是減函式，則a＞1，又2－ax＞0a＜答案：a∈（1，2）
7.函式f（x）的圖象與g（x）＝（的單調遞減區間為______.
解析：因為f（x）與g（x）互為反函式，所以f（x）＝log則f（2x－x2）＝log132x（0＜x＜1）a＜2，所以a∈（1，2）.
13）的圖象關於直線y＝x對稱，則f（2x－x2）
13（2x－x2），令（x）＝2x－x2＞0，解得0＜x＜2.
（x）＝2x－x2在（0，1）上單調遞增，則f［（x）］在（0，1）上單調遞減；（x）＝2x－x2在（1，2）上單調遞減，則f［（x）］在［1，2）上單調遞增.所以f（2x－x2）的單調遞減區間為（0，1）.答案：（0，1）
8.已知定義域為R的偶函式f（x）在［0，＋∞］上是增函式，且f（則不等式f（log4x）＞0的解集是______.解析：因為f（x）是偶函式，所以f（－
1212）＝0，
）＝f（
12）＝0.又f（x）在［0，＋∞］
12上是增函式，所以f（x）在（－∞，0）上是減函式.所以f（log4x）＞0log4x＞
9
或log4x＜－
12.
12解得x＞2或0＜x＜
.
12答案：x＞2或0＜x＜三、解答題9.求函式y＝log13
（x2－5x＋4）的定義域、值域和單調區間.
解：由（x）＝x2－5x＋4＞0，解得x＞4或x＜1，所以x∈（－∞，1）∪（4，＋∞），當x∈（－∞，1）∪（4，＋∞），｛｜＝x2－5x＋4｝＝R，所以函式的值域是R
＋＋
.因為函式y＝log1（x2－5x＋4）是由y＝log313（x）與（x）＝x2－5x＋4複合而成，
52函式y＝log13（x）在其定義域上是單調遞減的，函式（x）＝x2－5x＋4在（－∞，
）
上為減函式，在［
52，＋∞］上為增函式.考慮到函式的定義域及複合函式單調性，y＝log13（x2－5x＋4）的增區間是定義域內使y＝log13（x）為減函式、（x）＝x2－5x＋4也
為減函式的區間，即（－∞，1）；y＝log1（x2－5x＋4）的減區間是定義域內使y＝log313（x）為減函式、（x）＝x2－5x＋4為增函式的區間，即（4，＋∞）.10.設函式f（x）＝
23x＋5＋lg3－2x3＋2x，
（1）求函式f（x）的定義域；
（2）判斷函式f（x）的單調性，並給出證明；
（3）已知函式f（x）的反函式f1（x），問函式y＝f1（x）的圖象與x軸有交點嗎?
－－
若有，求出交點坐標；若無交點，說明理由.解：（1）由3x＋5≠0且＜
323－2x3＋2x＞0，解得x≠－
53且－
32＜x＜
32.取交集得－
32＜x
.
2（2）令（x）＝
3－2x3＋2x＝－1＋
3x＋56，隨著x增大，函式值減小，所以在定義域內是減函式；
3＋2x隨著x增大，函式值減小，所以在定義域內是減函式.
又y＝lgx在定義域內是增函式，根據複合單調性可知，y＝lg（x）＝
23x＋53－2x3＋2x是減函式，所以f
＋lg3－2x3＋2x是減函式.
（3）因為直接求f（x）的反函式非常複雜且不易求出，於是利用函式與其反函式之間定義域與值域的關係求解.
設函式f（x）的反函式f1（x）與工軸的交點為（x0，0）.根據函式與反函式之間定義
－
域與值域的關係可知，f（x）與y軸的交點是（0，x0），將（0，x0）代入f（x），解得x0＝
一.指數函式與對數函式
.同底的指數函式yax與對數函式ylogax互為反函式；
（二）主要方法：
1.解決與對數函式有關的問題，要特別重視定義域；
2.指數函式、對數函式的單調性決定於底數大於1還是小於1，要注意對底數的討論；3.比較幾個數的大小的常用方法有：①以0和1為橋樑；②利用函式的單調性；③作差.（三）例題分析：
2例1.（1）若aba1，則logbxyz（2）若23525.所以函式y＝f1（x）的圖象與x軸有交點，交點為（
－
25，0）。
ba，logba，logab從小到大依次為；
z都是正數，，且x，則2x，y，3y，5z從小到大依次為；
（3）設x0，且ab1（a0，b0），則a與b的大小關係是
（A）ba1（B）ab1（C）1ba（D）1ab
2解：（1）由aba1得
baa，故logbbxyz（2）令235t，則t1，xalgtlogba1logab.
lg2，ylgtlg3，zlgtlg5，
∴2x3y2lgtlg23lgtlg3lgt(lg9lg8)lg2lg30，∴2x3y；
同理可得：2x5z0，∴2x5z，∴3y2x5z.（3）取x1，知選（B）.例2.已知函式f(x)ax(a1)，
x1求證：（1）函式f(x)在(1,)上為增函式；（2）方程f(x)0沒有負數根.
x2證明：（1）設1x1x2，則f(x1)f(x2)aax1x12x11x2ax2x22x21
ax1x1ax12x11x22x21ax23(x1x2)(x11)(x21)，
∵1x1x2，∴x110，x210，x1x20，∴
3(x1x2)(x11)(x21)0；
∵1x1x2，且a1，∴ax1ax2，∴aax1x20，
∴f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，∴函式f(x)在(1,)上為增函式；（2）假設x0是方程f(x)0的負數根，且x01，則a即ax0x0x02x010，
2x0x013(x01)x013x011，①3x013，∴
3x0112，而由a1知ax0當1x00時，0x011，∴∴①式不成立；
當x01時，x010，∴
3x011，
0，∴
3x0111，而ax00，
∴①式不成立.
綜上所述，方程f(x)0沒有負數根.
例3.已知函式f(x)loga(ax1)（a0且a1）.求證：（1）函式f(x)的圖象在y軸的一側；
（2）函式f(x)圖象上任意兩點連線的斜率都大於0.
證明：（1）由a10得：a1，
∴當a1時，x0，即函式f(x)的定義域為(0,)，此時函式f(x)的圖象在y軸的右側；
當0a1時，x0，即函式f(x)的定義域為(,0)，此時函式f(x)的圖象在y軸的左側.
∴函式f(x)的圖象在y軸的一側；
（2）設A(x1,y1)、B(x2,y2)是函式f(x)圖象上任意兩點，且x1x2，則直線AB的斜率ky1y2x1x2x1x2，y1y2loga(a1)loga(ax1x1x21)logax2aa11，
當a1時，由（1）知0x1x2，∴1a∴0aax1x2ax2，∴0a1ax11，
111，∴y1y20，又x1x20，∴k0；
x1當0a1時，由（1）知x1x20，∴a∴
ax1x2ax21，∴ax11ax210，
1，∴y1y20，又x1x20，∴k0.1∴函式f(x)圖象上任意兩點連線的斜率都大於0.
a1