2019-2020年高中数学 第2章 函数概念与基本初等函数I章末知识整

2019-2020年高中数学 第2章 函数概念与基本初等函数I章末知识

整合 苏教版必修1

一、函数的定义域、值域的综合应用

2

例1 已知二次函数f(x)＝ax＋bx＋c(a≠0)满足条件f(－x＋5)＝f(x－3)，f(2)＝0，且方程f(x)＝x有两个相等的实根，问是否存在实数m，n(m＜n)，使得f(x)的定义域为[m，n]时，值域为[3m，3n]？如果存在，求m，n的值；如果不存在，请说明理由．

分析：主要考查二次函数的定义域、值域及与方程的结合．

5－3b解析：∵f(－x＋5)＝f(x－3)，∴f(x)的图象的对称轴为直线x＝＝1，即－＝

22a1. ①

又f(2)＝0，即4a＋2b＋c＝0， ② 又∵方程f(x)＝x有两个相等实根，

2

即ax＋(b－1)x＋c＝0有两个相等的实根，

2

∴Δ＝(b－1)－4ac＝0. ③ 由①②③可得：

1

a＝－，b＝1，c＝0.

2

121112

则f(x)＝－x＋x＝－(x－1)＋≤. 222211

故3n≤，即n≤. 26

∴f(x)在[m，n]上单调递增， 假设存在满足条件的m，n，则：

1

f（m）＝－m2＋m＝3m，

2

12

f（n）＝－n＋n＝3n.

2

解得m＝0或m＝－4，n＝0或n＝－4.

1

又m＜n≤，∴m＝－4，n＝0.

6

即存在m＝－4，n＝0满足条件．

点评：求二次函数的值域一般采用配方法，结合其图象的对称性．解决定义域和值域共存问题时，不要盲目进行分类讨论，而应从条件出发，分析和探讨出解决问题的途径，确定函数的单调性，从而使问题得以解决．

?变式训练

1．若函数f(x)的定义域和值域都是[a，b]，则称[a，b]为f(x)的保值区间，求函数1

f(x)＝(x－1)2＋1的保值区间．

2

12

（a－1）＋1＝b，2??f（a）＝b，

解析：①当a

?f（b）＝a，1?2

（b－1）＋1＝a，2

②当a<1，b>1时，定义域里有1，而值域里没有1，∴不可能； ③当1≤a

故保值区间为[1，3]．

?????

??

???

二、函数单调性和奇偶性的综合应用

2

例2 奇函数f(x)是R上的减函数，对于任意实数x，恒有f(kx)＋f(－x＋x－2)＞0成立，求k的取值范围．

分析：已知条件中给出函数不等式，故要考虑利用奇函数性质和单调性化为不含函数符号的不等式来求解．

2

解析：由f(kx)＋f(－x＋x－2)＞0得： f(kx)＞－f(－x2＋x－2)． ∵f(x)为奇函数，

2

∴f(kx)＞f(x－x＋2)． 又∵f(x)在R上是减函数，

2

∴kx＜x－x＋2.

22

即x－(k＋1)x＋2＞0恒成立．∴Δ＝(k＋1)－4×2＜0，解得－22－1＜k＜22－1.

2

点评：本题利用函数单调性与奇偶性将函数不等式f(kx)＋f(－x＋x－2)＞0转化为kx2

＜x－x＋2，是解决此题的关键．

?变式训练

2．定义在R上的函数f(x)满足f(0)≠0，且当x>0时，f(x)>1，对任意a，b∈R均有f(a＋b)＝f(a)f(b)．

(1)求证：f(0)＝1；

(2)求证：对任意x∈R，恒有f(x)>0； (3)求证：f(x)是R上的增函数；

2

(4)若f(x)·f(2x－x)>1，求x的取值范围．

2

(1)证明：令a＝b＝0，得f(0)＝f(0)， 又∵f(0)≠0，∴f(0)＝1.

(2)证明：当x<0时，－x>0，∴f(0)＝f(x)f(－x)＝1.

1，

∴f(x)＝>0.又∵x≥0时，f(x)≥1>0，

f（－x）

∴对任意x∈R，恒有f(x)>0.

(3)证明：设x10，∴f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)＝f(x2－x1)f(x1)． ∵x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.又f(x1)>0， ∴f(x2－x1)f(x1)>f(x1)，即f(x2)>f(x1)． ∴f(x)是R上的增函数．

22

(4)解析：由f(x)·f(2x－x)>1，f(0)＝1得f(3x－x)>f(0)，又∵f(x)为增函数，∴2

3x－x>0?0

故x的取值范围是(0，3)． 三、二次函数的综合问题

2

例3 已知二次函数f(x)＝ax＋bx＋c，对于x1，x2∈R，且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)．

1

求证：方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]有不等的两实根，且必有一个实根属于(x1，x2)．

2

分析：证明方程有两实根考虑使用判别式，有一根在(x1，x2)可用函数零点的性质．

1222222

证明：由ax＋bx＋c＝(ax1＋bx1＋c＋ax2＋bx2＋c)得2ax＋2bx－a(x1＋x2)－b(x1＋x2)

2

＝0.

由a≠0，故此方程判别式

222

Δ＝(2b)－4×2a[－a(x1＋x2)－b(x1＋x2)]

22

＝2(2ax1＋b)＋2(2ax2＋b)≥0. ∵x1＜x2，∴2ax1＋b≠2ax2＋b. ∴Δ＞0.

1

∴方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]有不等的两实根．

2

1

令g(x)＝f(x)－[f(x1)＋f(x2)]，

2

g(x)是二次函数，

f（x1）＋f（x2）??则g(x1)·g(x2)＝?f（x1）－?· 2??

?f（x2）－f（x1）＋f（x2）?＝－1[f(x)－f(x)]2≤0. ??12

24??

∵f(x1)≠f(x2)， ∴g(x1)·g(x2)＜0.

∴g(x)＝0的根必有一个属于(x1，x2)．

2

点评：二次函数f(x)＝ax＋bx＋c的图象形状、对称轴、顶点坐标、开口方向等是处理二次函数问题的重要依据，二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们之间的关系，才能用函数思想来研究方程和不等式．

?变式训练

3．设二次函数f(x)满足f(x－2)＝f(－x－2)，且其图象在y轴上截距为1，在x轴上截得的线段长为2，求f(x)的解析式．

2

解析：设f(x)＝ax＋bx＋c(a≠0)，由f(x－2)＝ f(－x－2)得对称轴方程为x＝－2， －b∴＝－2. ① 2a由f(0)＝1得c＝1.②

由在x轴上截得线段长为2得|x2－x1|＝（x2＋x1）－4x1x2＝③

28

联立①②③可解得a＝，b＝，c＝1.

77

228

故f(x)＝x＋x＋1

77

四、数形结合与分类讨论的应用

2

例4 对于函数f(x)＝x＋ax－a＋1，存在x0∈[0，1]，使f(x0)＜0，求a的取值范围． 分析：(1)含参数的二次函数在指定区间上的函数值问题，通常先配方，再分情况进行讨论．

2

(2)由转化思想可知：f(x)＜0等价于x＋1＜－a(x－1)．由数形结合可得出结果．

解析：方法一 f(x)的对称轴为：x＝－，

2

a?2a2?则：f(x)＝?x＋?－－a＋1. ?2?4(1)当0≤－≤1，即－2≤a≤0时，

2

2

（－）－4＝2.

ba2

caaaa?a?f(x0)＝f?－?＝－－a＋1＜0， 4?2?

解得a＞－2＋22或a＜－2－22，与－2≤a≤0矛盾． (2)当－＞1，即a＜－2时，

2

f(x0)＝f(1)＝a＋1－a＋1＝2不可能小于0. (3)当－＜0，即a＞0时，

2

f(x0)＝f(0)＝－a＋1＜0，解得a＞1. 综上：a＞1.

2

aa方法二 由f(x)＜0?x＋1＜－a(x－1)，

2

令y1＝x＋1，y2＝－a(x－1)，

作出函数y1，y2的图象，在x∈[0，1]上，当y2过点(0，1)及(1，2)时为极限位置． 由下图知：－a＜－1， ∴a＞1.

2

点评：数形结合法解函数问题是将图象与数量紧密结合，这样做有助于理解题意，探求解题思路，检验结果．分类讨论法是对含参数或变量问题进行分类讨论．原则是不重复、不遗漏，逐类进行，但必须综合讨论结果，使步骤完整．

?变式训练

12x4．已知a＞0且a≠1，f(x)＝x－a，当x∈(－1，1)时，均有f(x)＜，则实数a的

2

取值范围是(C)

?1??1?A.?0，?∪[2，＋∞) B.?，1?∪(1，4) ?2??4??1??1?C.?，1?∪(1，2] D.?0，?∪[4，＋∞) ?2??4?

1x2x解析：∵不等式x－＜a[x∈(－1，1)]恒成立，∴当x∈(－1，1)时，图象y＝a在y2

112－12

＝x－的上方．∴当a＞1时，a≥(－1)－?1＜a≤2；

22

1112

当0＜a＜1时，a≥1－?≤a＜1.

22

1

综上可知：≤a＜1或1＜a≤2.

2

五、转化与化归思想的应用

2xx 若函数y＝a＋2a－1(a＞0且a≠1)在区间[－1，1]上的最大值是14，求a的值．

2

分析：经换元将函数转化为：f(t)＝t＋2t－1.转化后应特别注意t的取值范围，以保

x证转化的等价性．a的取值范围又与它的单调性有关．

x22

解析：设t＝a，则y＝f(t)＝t＋2t－1＝(t＋1)－2.

?1?当a＞1时，t∈?，a?，

?a?

∴ymax＝f(a)＝a＋2a－1＝14.

解得：a＝3.

?1?当0＜a＜1时，t∈?a，?，

2

?a?

1?1??1?ymax＝f??＝??＋2·－1＝14， a?a??a?1

解得：a＝.

3

2

1

故所求a的取值为3或. 3

点评：指数函数与二次函数复合而成的初等函数，可以通过换元的方法转化为指数函数或二次函数．

?变式训练

x??x1??5．若－3≤log1x≤－，求函数f(x)＝?log2??log2－2a＋1?的最小值． 2??42??

2

111x解析：由－3≤log1x≤－?≤log2x≤3?－≤log2≤2.

22222

x??x??f(x)＝?log2??log2－1－2a＋1?

?2??

2

?

x?x?x??2

＝?log2?－2alog2＝?log2－a?－a.

2?2?2??

x?1?22

令t＝log2，则函数转化为g(t)＝(t－a)－a，t∈?－，2?.

2?2?11?1?当a<－时，[g(t)]min ＝g?－?＝a＋. 24?2?12

当－≤a≤2时，[g(t)]min ＝g(a)＝－a.

2

当a>2时，[g(t)]min ＝g(2)＝4－4a.

22

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