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[教案]2009高三数学第二轮名师精编精析3 函数性质


2015 年高考 数学第二轮专题复习 第四讲
★★★高考在考什么 【考题回放】 1.设函数 f ( x ) 定义在实数集上, 它的图像关于直线 x ? 1 对称, 且当 x ≥ 1 时,f ( x) ? 3x ? 1, 则有 ( B ) A. f ? ? ? f ? ? ? f ? ?

函数性质

名师教育王栋

?1? ? 3?

? 3? ? 2? ?1? ? 3?

? 2? ? 3? ? 3? ? 2?

B. f ? ? ? f ? ? ? f ? ?

? 2? ? 3? ? 3? ? 2?

? 3? ? 2? ? 2? ? 3?

?1? ? 3? ?1? ? 3?

C. f ? ? ? f ? ? ? f ? ?

? 2? ? 3?

D. f ? ? ? f ? ? ? f ? ?

2. 设 f ( x) ? lg ? A. (?1 , 0)

? 2 ? ? a ? 是奇函数,则使 f ( x) ? 0 的 x 的取值范围是( A ) ? 1? x ?
B. (0, 1)

0) C. (??,

0) D. (??,

(1, ? ?)

3.定义在 R 上的函数 f ( x ) 既是奇函数,又是周期函数, T 是它的一个正周期.若将方程 f ( x) ? 0 在闭 区间 [?T,T ] 上的根的个数记为 n ,则 n 可能为( D ) A.0 B.1 C.3 D.5

4. 对于函数① f ( x) ? lg( x ? 2 ? 1),② f ( x) ? ( x ? 2)2 ,③ f ( x) ? cos( x ? 2) ,判断如下三个命题的 真假:命题甲: f ( x ? 2) 是偶函数;

?) 上是减函数,在 (2, ? ?) 上是增函数; 命题乙: f ( x ) 在 (??, ? ?) 上是增函数. 命题丙: f ( x ? 2) ? f ( x) 在 (??,
能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是( D ) A.①③ B.①② C.③ D.② 5 . 已知 f ( x ) 与 g ( x) 是定义在 R 上的连续函数,如果 f ( x ) 与 g ( x) 仅当 x ? 0 时的函数值为 0 ,且

f ( x) ≥ g ( x) ,那么下列情形不可能 出现的是( ...
A.0 是 f ( x ) 的极大值,也是 g ( x) 的极大值 C.0 是 f ( x ) 的极大值,但不是 g ( x) 的极值

) B.0 是 f ( x ) 的极小值,也是 g ( x) 的极小值 D.0 是 f ( x ) 的极小值,但不是 g ( x) 的极值

6 . 若 函 数 f ( x) ? loga ( x 3 ? ax) (a ? 0, a ? 1) 在 区 间 (?

1 ,0) 内 单 调 递 增 , 则 a 的 取 值 范 围 是 2

3 [ ,1) 4

★★★高考要考什么 一、 单调性: 1.定义:一般地, (1)对于给定区间上的函数 f(x) ,如果对于属于这个区间的任意两个自变量的值 x1、 x2, (2)当 x1<x2 时, (3)都有 f(x1)<f(x2) 〔或都有 f(x1)>f(x2) 〕 ,那么就说(4)f(x)在这个 区间上是增函数(或减函数). 要注意定义引申: (1) 、 (2) 、 (4) ? (3) ; (1) 、 (3) 、 (4) ? (2) 如: f ( x) 是定义在 (0,??) 上的递减区间,且 f ( x) < f (2 x ? 3) ,则 x 的取值范围_____ 二、 奇偶性: 1.优先考虑定义域:定义域关于原点对称是具体奇偶性的必要条件。 2.奇函数 f ( x) 在 x ? 0 处有意义,则 f (0) ? 0 。 3.奇函数在对称区间上单调性一致,偶函数在对称区间上单调性相反。 三、 周期性: 1.若 f ( x ? 2) ? ? f ( x) , 则 f ( x) 的周期是____; 2.若 f ( x ? 1) ?

1 , 则 f ( x) 的周期是____; f ( x)

3. 若 f ( x ? 1) ? ?

1 ,则 f ( x) 的周期是____; f ( x)

4.若 f ( x) 是偶函数,且图象关于 x ? 2 对称,则 f ( x) 的周期是____; ★★★ 突 破 重 难 点 【范例 1】设函数 f ( x) 定义在 R 上,对于任意实数 m, n ,总有 f (m ? n) ? f (m) f (n) ,且当 x ? 0 时,

0 ? f ( x ) ? 1。 (1)证明: f (0) ? 1 ,且 x ? 0 时 f ( x) ? 1
(2)证明:函数在 R 上单调递减 (3)设 A ? ( x, y) | f ( x 2 ) f ( y 2 ) ? f (1) B ? ?( x, y) | f (ax ? y ? 2) ? 1, a ? R?,若 A ? B ? ? ,确定 a 的取值范围。 (1)解:令 n ? 0 ,则 f (m ? 0) ? f (m) f (0) ,对于任意实数 m 恒成立,? f (0) ? 1 设 x ? 0 ,则 ? x ? 0 ,由 f ( x ? (? x)) ? f ( x) f (? x) ? 1 得 f ( x) ?
1 , f (? x)

?

?

? 当 x ? 0 时, 0 ? f ( x) ? 1,

1 1 ? 1 ? 当 x ? 0 时, ? x ? 0 , f ( x) ? ?1 f ( x) f (? x)

(2)证法一:设 x1 ? x 2 ,则 x2 ? x1 ? 0 ,

f ( x2 ) ? f [(x2 ? x1 ) ? x1 ? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) ? x2 ? x1 ? 0 ? 0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1

? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) ? f ( x1 ), ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,函数为减函数
证法二:设 x1 ? x 2 ,则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f [(x2 ? x1 ) ? x1 ]

? f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) f ( x1 ) = f ( x1 ) [1 ? f ( x2 ? x1 )] ? x2 ? x1 ? 0 ? 0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1,?[1 ? f ( x2 ? x1 )] ? 0, f ( x1 ) ? 0
故 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) [1 ? f ( x2 ? x1 )] ? 0

? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,函数为减函数
∴ x 2 ? y 2 ? 1, ax ? y ? 2 ? 0

(3)解:∵ f ( x 2 ) f ( y 2 ) ? f (1) , f (ax ? y ? 2) ? 1 若 A ? B ? ? ,则圆心 (0,0) 到直线的距离应满足 d ?

2 a2 ?1

? 1 ,解之得

a 2 ? 3 ,? ? 3 ? a ? 3
变式:已知定义在 R 上的函数满足: f ? x ? y? ? f ? x? ? f ? y? ,当 x<0 时, f ( x ) ? 0 。 (1)求证: f ( x ) 为奇函数; (2)求证: f ( x ) 为 R 上的增函数;
2 2 (3)解关于 x 的不等式: f ax ? f ( 2 x ) ? f a x ? f (2a ) 。 (其中 a ? 0 且 a 为常数)

? ?

? ?

解: (1)由 f ? x ? y? ? f ? x? ? f ? y? ,令 x ? y ? 0 ,得:

f (0) ? f (0) ? f (0) ,即 f (0) ? 0
再令 x ? y ? 0 ,即 y ? ? x ,得:

f (0) ? f ( x ) ? f (? x ) ? f (? x ) ? ? f ( x )
? f ( x ) 是奇函数………………4 分
(2)设 x1、x2 ? R ,且 x1 ? x2 ,则 x1 ? x2 ? 0 由已知得: f ? x1 ? x2 ? ? 0

? f ? x1 ? x2 ? ? f ? x1 ? ? f ?? x2 ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ? f ? x1 ? ? f ? x2 ?

即 f ( x ) 在 R 上是增函数………………8 分 (3)? f (ax ) ? f (2a) ? f (a x) ? f (2 x)
2 2

? f ax 2 ? 2a ? f a 2 x ? 2 x

?

?

?

?

? ax 2 ? 2a ? a 2 x ? 2 x
2 2 即 ax ? a ? 2 x ? 2a ? 0

?

?

2? ? ? a ? 0,x 2 ? ? a ? ? x ? 2 ? 0 ? a? 2? ? ? ? x ? ? ? x ? a? ? 0 ? a?


2 2 ? ? ? a ,即 a ? 2 时,不等式解集为 ? x| x ? 或 x ? a ? a a ? ? 2 ? a ,即 a ? 2 时,不等式解集为 x| x ? 2 a



?

?
2? ? ………………13 分 a?



2 ? ? a ,即 0 ? a ? 2 时,不等式解集为 ? x| x ? a 或 x ? a ?

【范例 2】已知 f(x)=

2x ? a (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数., (1)求实数 a 的值组成的集合 A; x2 ? 2 1 2 (2)设关于 x 的方程 f(x)= 的两个非零实根为 x1、x2.试问:是否存在实数 m,使得不等式 m +tm+1 x

≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解: (1)f'(x)=

4 ? 2ax ? 2 x 2 ? 2( x 2 ? ax ? 2) = , ( x 2 ? 2) 2 ( x 2 ? 2) 2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 2 即 x -ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. 2 设? (x)=x -ax-2, ①? ?



?? (1)=1-a-2 ? 0 ?? (-1)=1+a-2 ? 0

? -1≤a≤1,
∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f'(-1)=0 以及当 a=-1 时,f'(1)=0 ∴A={a|-1≤a≤1}.

(2)由

2x ? a 1 2 = ,得 x -ax-2=0, 2 x ?2 x
2

∵△=a +8>0

2

∴x1,x2 是方程 x -ax-2=0 的两非零实根, x1+x2=a, ∴
2 从而|x1-x2|= ( x1 ? x 2 ) ? 4 x1 x 2 = a 2 ? 8 .

x1x2=-2,
∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a 2 ? 8 ≤3. 要使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立, 2 当且仅当 m +tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 2 即 m +tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立. ② 2 2 设 g(t)=m +tm-2=mt+(m -2), 方法一:
2

g(-1)=m -m-2≥0, ②

2

?
2

g(1)=m +m-2≥0, ? m≥2 或 m≤-2. 2 所以, 存在实数 m, 使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成立, 其取值范围是{m|m ≥2,或 m≤-2}. 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠0 时, m>0, m<0, ②? 或 2 2 g(-1)=m -m-2≥0 g(1)=m +m-2≥0 ? m≥2 或 m≤-2. 2 所以,存在实数 m,使不等式 m +tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其取值范围是{m|m≥2, 或 m≤-2}. 【点晴】利用导数研究函数的单调性和最值.在解决函数综合问题时要灵活运用数学思想和方法化归为基 本问题来解决. 变式:设函数 f ? x ? ?

ax ? 1 ,其中 a ? R x ?1

(1)解不等式 f ? x ? ? ?1 (2)求 a 的取值范围,使 f ? x ? 在区间 ? 0, ?? ? 上是单调减函数。 解: (1)不等式 f ? x ? ? ?1 即为

? a ? 1? x ax ? 1 ? ?1 ? ?0 x ?1 x ?1

当 a ? ?1 时,不等式解集为 ? ??, ?1? 当 a ? ?1 时,不等式解集为 ? ??, ?1? 当 a ? ?1 时,不等式解集为 ? ?1,0? (2)在 ? 0, ?? ? 上任取 x1 ? x2 ,则

?0, ???
? ?1, ???

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?
0 ? x1 ? x2

ax1 ? 1 ax2 ? 1 ? a ? 1?? x1 ? x2 ? ? ? x1 ? 1 x2 ? 1 ? x1 ? 1?? x2 ? 1?
? x1 ? x2 ? 0, x1 ? 1 ? 0, x2 ? 1 ? 0

所以要使 f ? x ? 在 ? 0, ?? ? 递减即 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ,只要 a ? 1 ? 0 即 a ? ?1 故当 a ? ?1 时, f ? x ? 在区间 ? 0, ?? ? 上是单调减函数。 【 范 例 3 】 已 知 函 数 f ( x) 的 定 义 域 为 [0,1] , 且 同 时 满 足 : ① f (1) ? 3 ; ② f ( x ) ? 2 恒 成 立 ; ③ 若

x1 ? 0, x2 ? 0, x1 ? x2 ? 1,则有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 .
(1)试求函数 f ( x) 的最大值和最小值;

(2)试比较 f (

1 1 ; ) 与 n ? 2 的大小 ( n ?N) n 2 2

1 (3)某人发现:当 x= n(n?N)时,有 f(x)<2x+2.由此他提出猜想:对一切 x?(0,1 ] ,都有 f ( x) ? 2 x ? 2 , 2 请你判断此猜想是否正确,并说明理由. 解: (1)设 0≤x1<x2≤1,则必存在实数 t?(0,1),使得 x2=x1+t, 由条件③得,f(x2)=f(x1+t)?f(x1)+f(t)-2, ∴f(x2)-f(x1)?f(t)-2, 由条件②得, f(x2)-f(x1)?0, 故当 0≤x≤1 时,有 f(0)≤f(x)≤f(1). 又在条件③中,令 x1=0,x2=1,得 f(1)?f(1)+f(0)-2,即 f(0)≤2,∴f(0)=2, 故函数 f(x)的最大值为 3,最小值为 2. 1 1 1 1 1 1 (2)解:在条件③中,令 x1=x2= n,得 f( n-1)?2f( n)-2,即 f( n)-2≤ [f( n-1)-2], 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 故当 n?N*时,有 f( n)-2≤ [f( n-1)-2]≤ 2[f( n-2)-2]≤· · ·≤ n[f( 0)-2]= n, 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 即 f( n)≤ n+2. 2 2 1 1 又 f( 0)=f(1)=3≤2+ 0, 2 2 1 1 所以对一切 n?N,都有 f( n)≤ n+2. 2 2 (3)对一切 x?(0,1 ] ,都有 f ( x) ? 2 x ? 2 . 对任意满足 x?(0,1 ] ,总存在 n(n?N),使得 1 1 n+1<x≤ n, 2 2 根据(1) (2)结论,可知: 1 2 1 2

f(x)≤f( n)≤ n+2,
1 1 n+1+2= n+2, 2 2 故有 f ( x) ? 2 x ? 2 . 且 2x+2>2? 综上所述,对任意 x?(0,1 ] , f ( x) ? 2 x ? 2 恒成立.


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