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广东省2011届高考数学二轮总复习课件:第2课时 函数及其性质


专题一 函数、导数与不等式

例1 已 知 f ( x ) = 2 + log 3 x (1 ≤ x ≤ 9), 则 函 数 y = ? f ( x ) ? + f ( x 2 )的 值 域 为 (     ) ? ? A [ 2,6 ] B [ 6 ,13 ]
2

C [ 6,22 ]

D [ 6,33 ]

切入点:
2

先确定定义域,并化简y =

? f ( x ) ? + f ( x 2 ), 然 后 根 据 表 达 式 的 ? ? 特点求出值域后再作选择.

解析: f ( x )的定义域为[1,9], Q ∴要使函数y = ? f ( x ) ? + f ( x ) 有意义, ? ?
2 2

?1 ≤ x ≤ 9 应满足? , ∴1 ≤ x ≤ 3. 2 ?1 ≤ x ≤ 9 y = ? f ( x ) ? + f ( x ) = ( 2 + log3 x ) + 2 + log3 x ? ?
2 2 2 2

= log x + 6log3 x + 6.
2 3

令 log 3 x = t,则0 ≤ t ≤ 1, 当0 ≤ t ≤ 1时, y = g ( t ) 为增函数, ∴ 当 t = 0时, y min = 6; 当 t = 1时, y max = 13. 故函数的值域为 [ 6,13] y = g ( t ) = t + 6t + 6.
2

1.研究函数的值域、最值及其图象和性质,首 先要考虑定义域.本题易忽略复合函数的定义 域,误认为函数y=[f(x)]2+f(x2)的定义域为f(x)的 定义域,从而导致错误. 2.换元法是化繁为简的重要方法,换元后要注 意新元的取值范围,确保问题的等价性. 3.二次函数在闭区间上的最值常结合函数的单 调性进行求解.

变式1 函数 y = 2 x ? 3 ? 13 ? 4 x的值域为

.

1 2 解析:方法1:令t = 13 ? 4x (t ≥ 0),则2x = (13 ? t ), 2 1 1 2 7 1 2 2 ∴ y = (13 ? t ) ? 3 ? t = ? t ? t + = ? ( t + 1) + 4. 2 2 2 2 7 7 ∴ ∴ Qt ≥ 0, 当t = 0时,y取最大值 , y ≤ . 2 2 7 ∴函数的值域为(?∞,]. 2

方法2: 函数y = 2x ? 3 ? 13 ? 4x是增函数, Q 13 且其定义域为(?∞, ], 4 13 7 ∴当x = 时,y的最大值为 . 4 2 7 ∴函数的值域为(?∞,]. 2

例2 (2009 ? 深圳二模)若奇函数f ( x ) 在区间(0, ∞) + f ( x) 上是增函数,又f ( ?3) = 0,则不等式 < 0的 x 解集为(    ) A. 3,0 ) U (3, ∞) + (? B.?3,0 ) U ( 0,3) ( C. , 3) U (3, ∞) (?∞ ? + D. , 3) U ( 0,3) (?∞ ?

切入点: 根据函数奇偶性、 单调性的图象特征,画出y = f ( x )的 草 图 , 找 到 f ( x ) 与 x异 号 的 区 间 即 为 所 求 .

Q f ( x ) 在 (0, ∞ )上是增函数,且过点 ( 3, 0 ),故可 + 特征,可画出 f ( x ) 在 ( ?∞ , 上的图象. 如下图. 0)

解析: Q f ( ? 3 ) = 0,又 f ( x ) 为奇函数, f ( 3 ) = 0. ∴

画出 f ( x ) 在 (0, ∞ )上的草图,再根据奇函数的图象 +

Q

f ( x)

x f ( x ) 与x异号的区间为( ?3,0) U ( 0,3),

< 0 ? f ( x ) ? x < 0,由图象可知

即为所求解集,故选B. 答案为B

1.奇函数的图象关于原点对称,偶函数的图 象关于y轴对称以及函数单调性等的图象特征 都必须熟练掌握. 2.数形结合是研究函数问题的有效方法

变式2 (2009 ?山东卷)已知定义在R上的奇函数f ( x ), 则( 满足f ( x ? 4 ) = ? f ( x ),且在区间[ 0, 2] 上是增函数,

) A.f ( ?25 ) < f (11) < f ( 80 ) B.f ( 80 ) < f (11) < f ( ?25 ) C.f (11) < f ( 80 ) < f ( ?25 ) D.f ( ?25 ) < f ( 80 ) < f (11)

∴ [0,2]上是增函数, f ( x ) 在[ ?2,2]上是增函数, ∴ f ( ?1) < f ( 0) < f (1). 而f ( ?25) = f ( ?24 ? 1) = f ( ?1),f (80) = f (10), f (11) = f ( 3) = ? f ( ?3) = ? f (1 ? 4) = f (1), ∴ f ( ?25) < f ( 80) < f (11).

即f ( x ) 是周期为8的周期函数.又f ( x ) 是奇函数,且在

解析: f ( x ) 满足f ( x ? 4) = ? f ( x ), f ( x ? 8) = f ( x ), Q ∴

当x ∈ [ ?1,0 )时,f ( x ) = x3 ? ax(a ∈ R ).

例3 函数f ( x ) 是定义在[ ?1,0 ) U ( 0,1] 上的偶函数,

(1)当x ∈ ( 0,1]时,求f ( x )的解析式; ( 2 ) 若a > 3,试判断f ( x ) 在 ( 0,1] 上的单调性 ( 3) 是否存在a ∈ R,使得当x ∈ ( 0,1]时, f ( x ) 有最大值 ? 1?

并写出判断过程;

切入点: (1)已知x ∈ [ ?1,0 )时f ( x )的解析式,要求 地进行转化;2 ) 判断单调性,可考虑采用单调性的 ( 往在函数的单调性的变化处取到.因此,求解此问 的关键是合理地利用函数的单调性. x ∈ ( 0,1]时f ( x )的解析式,关键是根据奇偶性恰当

定义,也可考虑采用导数的方法; )函数的最值往 (3

解 析: ) Q x ∈ ( 0,1], ? x ∈ [ ?1, 0 ), ∴ (1 Q f ( x ) 为偶函数, ∴ f ( ? x ) = ? x + ax.
3

∴ f ( x ) = f ( ? x ) = ? x + ax, x ∈ ( 0,1].
3

(利用函数单调性的定义)设0 < x1 < x2 ≤ 1, ( 2) 方法1: 3 则f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ? x13 + x2 + a ( x1 ? x2 ) = 2 x2 ? x1 ) ( x2 + x12 + x1 x2 ? a). ( Q0 < x1 < x2 ≤ 1, x2 ? x1 > 0. ∴ ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) < 0,即f ( x1 ) < f ( x2 ), ∴ f ( x ) 在( 0,1] 上是增函数.
2 又x2 + x12 + x1 x2 ≤ 3,a > 3, x2 + x12 + x1 x2 ? a < 0, ∴ 2

Qx ∈( 0,1] ,∴?3x ∈[ ?3,0).
2 2

方法2: (导数法) f ′( x) = ?3x + a.
2

即f ′( x) > 0, f ( x) 在( 0,1] 上是增函数. ∴

又a > 3, 3x + a > 0恒成立, ∴?

( 3)当a > 3时,f ( x ) 在 ( 0,1] 上是增函数, ∴ ? f ( x ) ? max = f (1) = a ? 1 = ?1,解得a = 0,不合题意. ? ? 当0 < a ≤ 3时,f ′ ( x ) = ?3x 2 + a.
解析: a . 令f ′ ( x ) = 0,解得x = 3 当x变化时,f ′ ( x )、f ( x )的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(0, ) + 递增 

a 3

a 3

(

a 3

,1]

0 极大值

递减 

a ∴ f ( x) 在x = 处取得最大值, 3 27 3 3 a 3 a = 2 ∈( 0,3]. 此时( ) ? a = ?1,得a = 3 3 3 4 2 当a ≤ 0时,f ′ ( x) < 0,则f ( x) 在( 0,1] 上是减函数, 33 综上所述,当a = 2时,f ( x) 在( 0,1] 上有最大值 ?1. 2

∴ f ( x) 在( 0,1] 上无最大值.

1.重视转化思想的运用.已知函数的性质(如 奇偶性、周期性等)且知一部分区间上函数的解 析式,求另一部分区间上函数的解析式时,常 综合利用性质进行转化. 2.判断函数的单调性的常用方法有定义法、导 数法等. 3.函数的最值与单调性的联系十分密切,若为 单调函数,则在区间端点处取得最值;若不为 单调函数,常在单调性改变处取得最值.

变式3 函数f ( x )的定义域为R,并且对一切实数x都

(1) 证明:函数y = f ( x )的图象关于直线x = 2对称; ( 2 ) 若f ( x ) 是偶函数,且x ∈ [0, 2]时,f ( x ) = 2x ? 1, 求x ∈ [ ?4,0]时,f ( x )的表达式.

满足f ( 2 + x ) = f ( 2 ? x ).

图象上任意一点,则y0 = f ( x0 ).

解析:) 证明:设P(x0,y0 )是函数y = f ( x)的 (1

点P关于直线x = 2对称的点为P′(4 ? x0,y0 ). Q f ( 4 ? x0 ) = f ?2 + ( 2 ? x0 )? = f ?2 ? ( 2 ? x0 ) ? ? ? ? ? ∴函数y = f ( x)的图象关于直线x = 2对称. = f ( x0 ) = y0,点P′也在y = f ( x)的图象上. ∴

? ( 2 )当x ∈ [ ?2, 0]时, x ∈ [0, 2], ∴ f ( ? x ) = ?2x ? 1. 又 Q f ( x ) 是偶函数, ∴ f ( ? x ) = f ( x ) = ?2x ? 1,x ∈ [ ?2, 0]; 当x ∈ [?4, 2]时, + x ∈ [ 0, 2], ? 4 ∴ f ( 4 + x ) = 2 ( 4 + x ) ? 1 = 2x + 7.

而f ( 4 + x ) = f ? 2 + ( 2 + x ) ? ? ? = f ? 2 ? ( 2 + x ) ? = f ( ? x ) = f ( x ), ? ? ∴当x ∈ [?4, 2]时,f ( x ) = 2x + 7. ? 7. ?2 x + 7 ∴ f ( x) = ? ??2 x ? 1 ( x ∈ [?4, ?2]) ? ? ( x ∈ (?2,0])) ?

1.研究函数的图象及性质时,要注意定义域 优先的原则. 2.判断函数的奇偶性时,注意观察函数的定 义域是否关于原点对称.同时注意“函数的定 义域关于原点对称”与“奇函数的图象关于原 点对称”的内涵是不同的. 3.函数的单调性是一个“区间概念”,如果 一个函数在定义域的几个区间上都是增(减)函 数,但不能说这个函数在其定义域上是增(减) 函数.一般的,函数的单调区间间用“,”或 “和”分隔,而不用“∪”“或”进行联结.

4.函数的单调性是函数的重要性质,函数单 调性的变化是研究函数最值和值域的主要依 据. 5.注意对抽象函数y=f(x)的对称性与周期性的 识别,如f(a+x)=f(a-x)表示函数的图象关于直线 x=a对称,而f(x+a)=f(x-a)表示函数是周期函数, 且周期为2a,它们在形式上相近,要注意加以 区别.

1.(2009 ? 佛山二模)已知函数y = 2 的定义域为[m,n]
| x|

(m,n为整数),值域为[1, 2],则满足条件的整数对 (m,n)共有 ( A. 1个

)

B.个 2

C. 3个

D.个 4

解析: 满足条件的整数对有 ( ?1,1),?1,0 ), ,1),共 ( (0 3个,故选C.

2.(2010 ? 广州二模)已知函数f ( x ) = x ? sinx, 若x1、x2 ∈ [? , ],且f ( x1 ) + f ( x2 ) > 0,则 2 2 下列不等式正确的是 ( ) A.x1 > x2 B.x1 < x2 C.x1 + x2 > 0 D.x1 + x2 < 0

π π

解析: 易知f ( x) 是奇函数,且由f ′( x) = 1 ? cosx知, Q f ( x1 ) + f ( x2 ) > 0, f ( x1 ) > ? f ( x2 ) = f ( ?x2 ), ∴ ∴ x1 > ?x2,即x1 + x2 > 0. f ( x) 在R上单调递增.

3.函   数y =

2

x ?4 x ?3

的值域为 

.

2t ? 4 解析:设t = x,则原函数可化为y = ,且t ≥ 0.  t ?3 2t ? 4 2 而函数y = = 2+ (t ≥ 0). t ?3 t ?3 4 由图象分析得原函数的值域为(?∞,] U (2, ∞). + 3

(1) 证明:f ( x ) 是奇函数; ( 2 ) 证明:f ( x ) 在R上是减函数; ( 3) 求f ( x ) 在区间[ ?3,3] 上的最大值和最小值.

= f ( x ) + f ( y ),且当x > 0时,f ( x ) < 0,f (1) = ?2.

  5.已知f ( x )的定义域为R,对任意x、y ∈ R,有f ( x + y )

解析: ) 证明:函数f ( x)的定义域R关于原点对称. (1 又由f ( x + y ) = f ( x) + f ( y), 得f ? x + ( ?x) ? = f ( x) + f ( ?x), ? ? ∴ f ( x) + f ( ?x) = f ( 0).又f ( 0 + 0) = f ( 0) + f ( 0), ∴ f ( 0) = 0,从而有f ( x) + f ( ?x) = 0, ∴ f ( ?x) = ? f ( x). 由于x ∈ R, f ( x) 为奇函数. ∴

( 2 ) 证明:任取x1,x2 ∈ R,且x1 < x2, 则f ( x1 ) ? f ( x2 ) = f ( x1 ) ? f ? x1 + ( x2 ? x1 ) ? ? ? = f ( x1 ) ? ? f ( x1 ) + f ( x2 ? x1 ) ? = ? f ( x2 ? x1 ). ? ? Q x1 < x2, x2 ? x1 > 0, f ( x2 ? x1 ) < 0, ∴ ∴ ∴? f ( x2 ? x1 ) > 0,即f ( x1 ) > f ( x2 ), 从而f ( x ) 在R上是减函数.

( 3)由于f ( x ) 在R上是减函数,故f ( x ) 在[ ?3,3] 上 的最大值是f ( ?3),最小值是f ( 3).则由f (1) = ?2, 得f ( 3) = f (1 + 2 ) = f (1) + f ( 2 ) = f (1) + f (1 + 1) = 3f (1) = ?6,f ( ?3) = ? f ( 3) = 6,从而f ( x ) 在 ,从而 区间[ ?3, 3] 上的最大值为6,最小值为 ? 6.


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