(浙江专版)高考数学一轮复习第二章函数2.2函数的基本性质学案

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(浙江专版)高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用重点强化课1 函数的图象与性质教师用书-人

重点强化课(一) 函数的图象与性质[复习导读] 函数是中学数学的核心概念，函数的图象与性质既是中学数学教学的重点，又是高考考查的重点与热点，题型以选择题、填空题为主，既重视三基，又注重思想方法的考查，备考时，要透彻理解函数，尤其是分段函数的概念，切实掌握函数的性质，并加强函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用意识．重点1 函数图象的应用已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，2x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，则不等式f (x －1)≤12的解集为( ) 【导学号：51062061】A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34A [画出函数f (x )的图象，如图，当0≤x ≤12时，令f (x )＝cos πx ≤12，解得13≤x ≤12；当x ＞12时，令f (x )＝2x －1≤12，解得12＜x ≤34，故有13≤x ≤34.因为f (x )是偶函数，所以f (x )≤12的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，－13∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34，故f (x －1)≤12的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，74.][迁移探究1] 在本例条件下，若关于x 的方程f (x )＝k 有2个不同的实数解，某某数k 的取值X 围．[解] 由函数f (x )的图象(图略)可知，当k ＝0或k >1时，方程f (x )＝k 有2个不同的实数解，即实数k 的取值X 围是k ＝0或k >1.15分[迁移探究2] 在本例条件下，若函数y ＝f (x )－k |x |恰有两个零点，某某数k 的取值X 围．[解] 函数y ＝f (x )－k |x |恰有两个零点，即函数y ＝f (x )的图象与y ＝k |x |的图象恰有两个交点，借助函数图象(图略)可知k ≥2或k ＝0，即实数k 的取值X 围为k ＝0或k ≥2.15分[规律方法] 1.利用函数的图象研究函数的性质，一定要注意其对应关系，如：图象的左右X 围对应定义域，上下X 围对应值域，上升、下降趋势对应单调性，对称性对应奇偶性．2．有关方程解的个数问题常常转化为两个熟悉的函数图象的交点个数；利用此法也可由解的个数求参数值或X 围．3．有关不等式的问题常常转化为两个函数图象的上、下关系来解．[对点训练1] 已知函数y ＝f (x )的图象是圆x 2＋y 2＝2上的两段弧，如图1所示，则不等式f (x )>f (－x )－2x 的解集是________．图1(－1,0)∪(1，2] [由图象可知，函数f (x )为奇函数，故原不等式可等价转化为f (x )>－x ，在同一直角坐标系中分别画出y ＝f (x )与y ＝－x 的图象，由图象可知不等式的解集为(－1,0)∪(1，2]．]重点2 函数性质的综合应用☞角度1 单调性与奇偶性结合(1)(2017·某某市质检(二))下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝lg xC ．y ＝|x |－1D ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |(2)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值X 围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ (1)C (2)C [(1)函数y ＝1x是奇函数，排除A ；函数y ＝lg x 既不是奇函数，也不是偶函数，排除B ；当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x单调递减，排除D ；函数y ＝|x |－1是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故选C.(2)因为f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (－x )＝f (x )，且f (x )在(0，＋∞)上单调递减．由f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)可得2|a－1|＜2，即|a －1|＜12，所以12＜a ＜32.]☞角度2 奇偶性与周期性结合(2017·某某适应性考试(二))若函数f (x )＝a sin 2x ＋b tan x ＋1，且f (－3)＝5，则f (π＋3)＝________. 【导学号：51062062】－3 [令g (x )＝a sin 2x ＋b tan x ，则g (x )是奇函数，且最小正周期是π，由f (－3)＝g (－3)＋1＝5，得g (－3)＝4，则g (3)＝－g (－3)＝－4，则f (π＋3)＝g (π＋3)＋1＝g (3)＋1＝－4＋1＝－3.]☞角度3 单调性、奇偶性与周期性结合已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )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)D [因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)＜f (0)＜f (1)，即f (－25)＜f (80)＜f (11)．] [规律方法] 函数性质综合应用问题的常见类型及解题方法(1)函数单调性与奇偶性结合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．(2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．(3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．重点3 函数图象与性质的综合应用(1)(2017·某某二检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ＞a ，x 2＋5x ＋2，x ≤a ，函数g (x )＝f (x )－2x 恰有三个不同的零点，则实数a 的取值X 围是( )A ．[－1,1)B ．[0,2]C ．[－2,2)D ．[－1,2)(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －1，x ＞0，若方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－∞，0]B ．[0,1)C ．(－∞，1)D ．[0，＋∞)(1)D (2)C [(1)由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ＞a ，x 2＋3x ＋2，x ≤a .因为g (x )有三个不同的零点，所以2－x ＝0在x ＞a 时有一个解．由x ＝2，得a ＜2. 由x 2＋3x ＋2＝0，得x ＝－1或x ＝－2，由x ≤a ，得a ≥－1.综上，a 的取值X 围为[－1,2)．(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1，x ≤0，f x －1，x ＞0的图象如图所示，当a <1时，函数y ＝f (x )的图象与函数f (x )＝x ＋a 的图象有两个交点，即方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根．][规律方法] 解决分段函数与函数零点的综合问题的关键在于“对号入座”，即根据分段函数中自变量取值X 围的界定，代入相应的解析式求解零点，注意取值X 围内的大前提，以及函数性质和数形结合在判断零点个数时的强大功能．[对点训练2] (2017·某某一模)已知函数y ＝f (x ＋2)的图象关于直线x ＝－2对称，且当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝|log 2x |，若a ＝f (－3)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，c ＝f (2)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a ＞b ＞cB ．b ＞a ＞cC ．c ＞a ＞bD ．a ＞c ＞bB [由函数y ＝f (x ＋2)的图象关于直线x ＝－2对称，得函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，即y ＝f (x )是偶函数．当x ∈(0,1)时，f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝|log 2x |，且x ∈[1，＋∞)时，f (x )＝log 2x 单调递增，又a ＝f (－3)＝f (3)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (4)，所以b ＞a ＞c ，故选B.] 重点强化训练(一) 函数的图象与性质A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．设函数f (x )为偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝log 2x ，则f (－2)＝( )【导学号：51062063】A ．－12B.12C ．2D ．－2B [因为函数f (x )是偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝log 22＝12.]2．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，则f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3C [用“－x ”代替“x ”，得f (－x )－g (－x )＝(－x )3＋(－x )2＋1，化简得f (x )＋g (x )＝－x 3＋x 2＋1，令x ＝1，得f (1)＋g (1)＝1，故选C.]3．函数f (x )＝3x＋12x －2的零点所在的一个区间是( )A ．(－2，－1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(1,2)C [因为函数f (x )在定义域上单调递增，又f (－2)＝3－2－1－2＝－269＜0，f (－1)＝3－1－12－2＝－136＜0， f (0)＝30＋0－2＝－1＜0，f (1)＝3＋12－2＝32＞0，所以f (0)·f (1)＜0，所以函数f (x )的零点所在区间是(0,1)．]4．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a 满足f (log 2a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的取值X 围是( )A ．[1,2]B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]C [∵f (log 12a )＝f (－log 2a )＝f (log 2a )，∴原不等式可化为f (log 2a )≤f (1)．又∵f (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，∴0≤log 2a ≤1，即1≤a ≤2.∵f (x )是偶函数，∴f (log 2a )≤f (－1)．又f (x )在区间(－∞，0]上单调递减，∴－1≤log 2a ≤0，∴12≤a ≤1.综上可知12≤a ≤2.]5．(2017·某某质检(二))若f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∀x 1，x 2∈[0，＋∞)(x 1≠x 2)，有f x 2－f x 1x 2－x 1＜0，则( )A ．f (3)＜f (1)＜f (－2)B ．f (1)＜f (－2)＜f (3)C ．f (－2)＜f (1)＜f (3)D ．f (3)＜f (－2)＜f (1)D [由对任意的x 1，x 2∈[0，＋∞)，f x 2－f x 1x 2－x 1＜0得函数f (x )为[0，＋∞)上的减函数，又因为函数f (x )为偶函数，所以f (3)＜f (2)＝f (－2)＜f (1)，故选D.]二、填空题6．函数y ＝f (x )在x ∈[－2,2]上的图象如图2所示，则当x ∈[－2,2]时，f (x )＋f (－x )＝________. 【导学号：51062064】图20 [由题图可知，函数f (x )为奇函数，所以f (x )＋f (－x )＝0.]7．若函数y ＝log 2(ax 2＋2x ＋1)的值域为R ，则a 的取值X 围为________．[0,1] [设f (x )＝ax 2＋2x ＋1，由题意知，f (x )取遍所有的正实数．当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1符合条件；当a ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝4－4a ≥0，解得0＜a ≤1，所以0≤a ≤1.]8．(2017·某某质检)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，在(0，＋∞)上是增函数，且f (2)＝0，则满足f (x －1)＜0的x 的取值X 围是________．(－∞，－1)∪(1,3) [依题意当x ∈(1，＋∞)时，f (x －1)＜0＝f (2)的解集为x ＜3，即1＜x ＜3；当x ∈(－∞，1)时，f (x －1)＜0＝f (－2)的解集为x ＜－1，即x ＜－1.综上所述，满足f (x －1)＜0的x 的取值X 围是(－∞，－1)∪(1,3)．]三、解答题9．已知函数f (x )＝2x，当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解，两个解？ [解] 令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示.4分由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；10分当0＜m ＜2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解.15分 10．函数f (x )＝m ＋log a x (a ＞0且a ≠1)的图象过点(8,2)和(1，－1)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)令g (x )＝2f (x )－f (x －1)，求g (x )的最小值及取得最小值时x 的值.【导学号：51062065】[解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧f8＝2，f1＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋log a 8＝2，m ＋log a 1＝－1，4分解得m ＝－1，a ＝2，故函数解析式为f (x )＝－1＋log 2x .6分 (2)g (x )＝2f (x )－f (x －1)＝2(－1＋log 2x )－[－1＋log 2(x －1)] ＝log 2x 2x －1－1(x ＞1).8分∵x 2x －1＝x －12＋2x －1＋1x －1＝(x －1)＋1x －1＋2≥2x －1·1x －1＋2＝4.12分当且仅当x －1＝1x －1，即x ＝2时，等号成立．而函数y ＝log 2x 在(0，＋∞)上单调递增，则log 2x 2x －1－1≥log 24－1＝1，故当x ＝2时，函数g (x )取得最小值1.15分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·某某五校二联)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ln x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＜f (1)的解集为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eB ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(e ，＋∞)C [f (x )为R 上的奇函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝－f (ln x )，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ln x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 2＝|f ln x ＋f ln x |2＝|f (ln x )|，即原不等式可化为|f (ln x )|＜f (1)，所以－f (1)＜f (ln x )＜f (1)，即f (－1)＜f (ln x )＜f (1)．又由已知可得f (x )在R 上单调递增，所以－1＜ln x ＜1，解得1e＜x ＜e ，故选C.]2．已知函数f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数与奇函数，且g (x )＝f (x －1)，则f (2 019)的值为________．0 [g (－x )＝f (－x －1)，由f (x )，g (x )分别是偶函数与奇函数，得g (x )＝－f (x ＋1)，∴f (x －1)＝－f (x ＋1)，即f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )，故函数f (x )是以4为周期的周期函数，则f (2 019)＝f (505×4－1)＝f (－1)＝g (0)＝0.]3．函数f (x )的定义域为D ＝{x |x ≠0}，且满足对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)．(1)求f (1)的值；(2)判断f (x )的奇偶性并证明你的结论；(3)如果f (4)＝1，f (x －1)<2，且f (x )在(0，＋∞)上是增函数，求x 的取值X 围． [解] (1)∵对于任意x 1，x 2∈D ，有f (x 1·x 2)＝f (x 1)＋f (x 2)， ∴令x 1＝x 2＝1，得f (1)＝2f (1)， ∴f (1)＝0.4分 (2)f (x )为偶函数.5分证明如下：令x 1＝x 2＝－1，有f (1)＝f (－1)＋f (－1)， ∴f (－1)＝12f (1)＝0.令x 1＝－1，x 2＝x 有f (－x )＝f (－1)＋f (x )， ∴f (－x )＝f (x )， ∴f (x )为偶函数.10分(3)依题设有f (4×4)＝f (4)＋f (4)＝2，由(2)知，f (x )是偶函数，∴f (x －1)<2⇔f (|x －1|)<f (16).12分又f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴0<|x －1|<16，解得－15<x <17且x ≠1，14分∴x 的取值X 围是{x |－15<x <17且x ≠1}.15分。

(浙江专用)2020届高考数学一轮复习第二章函数2.2函数的基本性质课件

答案 C 本题主要考查函数的奇偶性和周期性. ∵f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,∴f(0)=0, f(-x)=-f(x)①, 又∵f(1-x)=f(1+x),∴f(-x)=f(2+x)②, 由①②得f(2+x)=-f(x)③, 用2+x代替x得f(4+x)=-f(2+x)④. 由③④得f(x)=f(x+4), ∴f(x)的最小正周期为4. 由于f(1-x)=f(1+x), f(1)=2, 故令x=1,得f(0)=f(2)=0,
答案 C 本题考查函数的奇偶性、单调性的应用,对数值大小的比较. 奇函数f(x)在R上是增函数,当x>0时, f(x)>f(0)=0,当x1>x2>0时, f(x1)>f(x2)>0,∴x1 f(x1)>x2 f(x2),∴g (x)在(0,+∞)上单调递增,且g(x)=xf(x)是偶函数,∴a=g(-log25.1)=g(log25.1).2<log25.1<3,1<20.8<2, 由g(x)在(0,+∞)上单调递增,得g(20.8)<g(log25.1)<g(3),∴b<a<c,故选C.
6.(2017山东文,14,5分)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当x∈[-3,0]时, f(x)=6-x,
则f(919)=
.
答案 6
解析本题考查函数的奇偶性与周期性. 由f(x+4)=f(x-2)得f(x+6)=f(x), 故f(x)是周期为6的函数. 所以f(919)=f(6×153+1)=f(1). 因为f(x)为R上的偶函数,所以f(1)=f(-1). 又x∈[-3,0]时, f(x)=6-x,所以f(-1)=6-(-1)=6. 从而f(1)=6,故f(919)=6.

(浙江专版)高考数学一轮复习(回扣主干知识提升学科素养)第二章第八节函数与方程教案文

第八节函数与方程【考纲下载】1．结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数．2．根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解．1．函数的零点(1)定义对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．(2)函数的零点与相应方程的根、函数的图象与x轴交点间的关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．(3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系＝对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．1．函数的零点是函数y＝f(x)与x轴的交点吗？是否任意函数都有零点？提示：函数的零点不是函数y＝f(x)与x轴的交点，而是y＝f(x)与x轴交点的横坐标，也就是说函数的零点不是一个点，而是一个实数；并非任意函数都有零点，只有f(x)＝0有根的函数y＝f(x)才有零点．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，一定有f(a)·f(b)<0吗？提示：不一定，如图所示，f(a)·f(b)>0.3．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内，有f(a)·f(b)<0成立，那么y＝f(x)在(a，b)内存在唯一的零点吗？提示：不一定，可能有多个．1．(教材习题改编)下列函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中函数零点的是( )A B C D解析：选C 由图象可知，选项C所对应零点左右两侧的函数值的符号是相同的，故不能用二分法求解．2．(教材习题改编)用二分法求函数y＝f(x)在区间(2,4)上的近似解，验证f(2)·f(4)<0，给定精确度ε＝0.01，取区间(2,4)的中点x1＝2＋42＝3，计算得f(2)·f(x1)<0，则此时零点x0所在的区间为( ) A．(2,4) B．(3,4)C．(2,3) D．(2.5,3)解析：选C ∵f(2)·f(4)<0，f(2)·f(3)<0，∴f (3)·f (4)>0，∴零点x 0所在的区间为(2,3)．3．函数f (x )＝log 2x ＋x －4的零点所在的区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 B ．(1,2) C ．(2,3) D ．(3,4) 解析：选C 因为f (2)＝log 22＋2－4＝－1<0，f (3)＝log 23－1>0，所以f (2)·f (3)<0，故零点所在的一个区间为(2,3)．4．函数f (x )＝e x＋3x 的零点个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：选B 函数f (x )＝e x＋3x 零点的个数，即为函数y ＝e x与y ＝－3x 图象交点的个数．在同一坐标系下画出y ＝e x 与y ＝－3x 的图象如图．故函数f (x )＝e x＋3x 只有一个零点．5．函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |－m 有两个零点，则m 的取值范围是________．解析：在同一直角坐标系内，画出y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |和y 2＝m 的图象，如图所示，由于函数有两个零点，故0<m <1.答案：(0,1)数学思想(四)利用数形结合解决方程根的问题在解决与方程的根或函数零点有关的问题时，如果按照传统方法很难奏效时，常通过数形结合将问题转化为函数图象的交点的坐标问题来解决．[典例] (2012·福建高考)对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．[解题指导] 方程f (x )＝m 恰有三个互不相等的实数根，即函数f (x )的图象与直线y ＝m 恰有三个不同的交点，可借助图形确定x 1，x 2，x 3的范围，进而求出x 1x 2x 3的范围．[解析]由定义可知，f (x )＝(2x －1)*(x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2－x －x －，x ≤0，x －2－x －x －，x >0，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－x ，x ≤0，－x 2＋x ，x >0.作出函数f (x )的图象，如图所示，关于x 的方程f (x )＝m 恰有三个互不相等的实根x 1，x 2，x 3，即函数f (x )的图象与直线y ＝m 有三个不同的交点，则0<m <14.不妨设从左到右交点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3.当x >0时，－x 2＋x ＝m ，即x 2－x ＋m ＝0， ∴x 2＋x 3＝1， ∴0<x 2x 3<⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋x 322，即0<x 2x 3<14；当x <0时，由⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－x ＝14，x <0，得x ＝1－34，∴1－34<x 1<0，即0<－x 1<3－14. ∴0<－x 1x 2x 3<3－116，故1－316<x 1x 2x 3<0. [答案] ⎝⎛⎭⎪⎫1－316，0[题后悟道] 1.解决本题的关键有以下三点：(1)根据新定义正确求出函数f (x )的解析式，并准确画出其图象； (2)利用一元二次方程根与系数的关系及基本不等式确定x 2x 3的范围； (3)正确确定x 1的取值范围．2．函数y ＝f (x )有零点⇔方程f (x )＝0有实根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点．在解决函数与方程的问题时，要注意这三者之间的关系，在解题中充分利用这个关系与实际问题的转化．若定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，0，x ＝0，－1x ，x <0，则方程f (x )－g (x )＝0在区间[－5,5]上的解的个数为( )A ．5B ．7C ．8D ．10解析：选C 依题意得，函数f (x )是以2为周期的函数，在同一坐标系下画出函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象，结合图象得，当x ∈[－5,5]时，它们的图象的公共点共有8个，即方程f (x )－g (x )＝0在区间[－5,5]上的解的个数为8.。

2022版高考数学大一轮复习第2章函数概念与基本初等函数Ⅰ第2讲函数的基本性质1

第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ第二讲函数的基本性质练好题·考点自测1.下列说法中正确的个数是() (1）若函数y=f(x）在[1，+∞）上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，+∞).(2）对于函数f（x），x∈D,若对任意x1，x2∈D(x1≠x2）,有（x1-x2）［f（x1）-f（x2)］〉0,则函数f（x）在区间D上是增函数。

(3)若函数y=f（x+a)是偶函数,则函数y=f（x）的图象关于直线x=a对称。

（4）若函数y=f(x+b）是奇函数,则函数y=f(x)的图象关于点（b,0)中心对称。

(5)已知函数y=f（x）是定义在R上的偶函数,若f（x）在(-∞,0)上是减函数，则f（x）在(0，+∞)上是增函数。

(6)若T为函数y=f(x）的一个周期，那么nT（n∈Z）也是函数f(x)的周期。

A.3 B。

4 C.5 D。

62。

［2019北京，3,5分]［文］下列函数中,在区间（0,+∞)上单调递增的是(）A。

y=x12 B.y=2-xC.y=lo g12x D.y=1x3.[2019全国卷Ⅱ，6,5分]［文］设f（x)为奇函数,且当x≥0时,f(x)=e x—1，则当x<0时，f（x）=()A .e —x —1B .e -x +1C .—e —x —1 D.—e -x +14.［2020山东，8,5分］若定义在R 的奇函数f (x )在（—∞,0）上单调递减，且f (2)=0，则满足xf （x —1)≥0的x 的取值范围是( )A.［—1，1]∪［3，+∞）B.［-3,-1］∪［0,1] C 。

[—1,0]∪[1，+∞） D 。

［-1,0］∪[1，3］5.［2021大同市调研测试］已知函数f （x ）=ax 3+b sin x +c ln(x +√x2+1)+3的最大值为5,则f （x )的最小值为 ( ）A.—5 B 。

1 C .2 D.36.[2020福州3月质检]已知f (x )是定义在R 上的偶函数,其图象关于点(1,0)对称。

高考数学一轮复习第二章函数2.2函数的基本性质讲义

§2.2函数的基本性质考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.函数的奇偶性1.函数奇偶性的判断2.函数奇偶性的运用B填空题解答题★★☆2.函数的单调性1.函数单调性的判断2.函数单调性的运用B11题5分填空题解答题★★☆分析解读函数的奇偶性和函数的单调性是函数的最基本性质,是研究函数的基础,江苏高考常会考查函数的单调性及其应用,一般会在解答题中综合考查.五年高考考点一函数的奇偶性1.(2017山东文,14,5分)已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当x∈[-3,0]时, f(x)=6-x,则f(919)= .答案 62.(2017天津理改编,6,5分)已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为.(用“<”连接)答案b<a<c3.(2016四川,14,5分)若函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数,当0<x<1时, f(x)=4x,则f+f(2)= .答案-24.(2015课标Ⅰ,13,5分)若函数f(x)=xln(x+)为偶函数,则a= .答案 1教师用书专用(5—6)5.(2014湖南改编,3,5分)已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=x3+x2+1,则f(1)+g(1)= .答案 16.(2014湖北改编,10,5分)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时, f(x)=(|x-a2|+|x-2a2|-3a2).若∀x∈R, f(x-1)≤f(x),则实数a的取值范围为.答案考点二函数的单调性1.(2017课标全国Ⅰ理改编,5,5分)函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是.答案[1,3]2.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.答案3.(2013安徽理改编,4,5分)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)·x|在区间(0,+∞)内单调递增”的条件.答案充分必要教师用书专用(4)4.(2013四川理改编,10,5分)设函数f(x)=(a∈R,e为自然对数的底数).若曲线y=sin x上存在点(x0,y0)使得f(f(y0))=y0,则a的取值范围是.答案[1,e]三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一函数的奇偶性1.(2018江苏姜堰中学高三期中)若函数f(x)=(a∈R)为奇函数,则f(a)= .答案02.(2018江苏盐城时杨中学高三月考)函数x=f(x)是定义在R上的偶函数,且在(-∞,0]上是增函数,若f(a)≥f(4),则实数a的取值范围是.答案-4≤a≤43.(苏教必1,三,15,变式)若f(x)=ln(e3x+1)+ax是偶函数,则a= .答案-4.(2017江苏苏州学情调研,7)f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时, f(x)=2x-x2,则f(0)+f(-1)= .答案-15.(2017江苏南京高淳质检,9)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈(0,+∞)时, f(x)=log2x,则不等式f(x)<-1的解集是.答案(-∞,-2)∪6.(2016江苏南通一模,9)若函数f(x)=(a>0,b>0)为奇函数,则f(a+b)的值为.答案-1考点二函数的单调性7.(2018江苏无锡高三基础检测)已知函数f(x)=x2+ax-2的单调递减区间为(-∞,1),则实数a的值为.答案-28.(2017江苏徐州沛县中学质检,7)已知函数f(x)=在区间(-∞,a]上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是.答案[-1,0]9.(2016江苏南京三模,14)已知a,t为正实数,函数f(x)=x2-2x+a,且对任意的x∈[0,t],都有f(x)∈[-a,a].若对每一个正实数a,记t的最大值为g(a),则函数g(a)的值域为.答案(0,1)∪{2}10.(2018江苏如东高级中学高三学情检测)已知函数f(x)=ax2-2ax+2+b(a≠0)在区间[2,3]上有最大值5,最小值2.(1)求a,b的值;(2)若b<1,g(x)=f(x)-2m x在[2,4]上是单调函数,求实数m的取值范围.解析(1)f(x)=a(x-1)2+2+b-a,①当a>0时,f(x)在[2,3]上为增函数,故所以解得②当a<0时,f(x)在[2,3]上为减函数,故所以解得故或(2)因为b<1,所以a=1,b=0,即f(x)=x2-2x+2,g(x)=x2-2x+2-2m x=x2-(2+2m)x+2.若g(x)在[2,4]上单调,则≤2或≥4.所以2m≤2或2m≥6,即m≤1或m≥log26.故实数m的取值范围是(-∞,1]∪[log26,+∞).B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:20分钟)一、填空题(每小题5分,共20分)1.(2018江苏无锡高三期中测试)已知函数f(x)=-,则f(a+1)+f(a2-1)>0的解集为.答案(-1,0)2.(2018江苏常熟高三调研试卷)已知奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,且f(2)=0,则不等式>0的解集是.答案(-2,0)∪(1,2)3.(2017江苏南京学情调研,14)已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,且f(x)+g(x)=.若存在x0∈,使得等式af(x0)+g(2x0)=0成立,则实数a的取值范围是.答案4.(2016江苏扬州中学开学考试,13)已知f(x)是定义在[-2,2]上的奇函数,且当x∈(0,2]时,f(x)=2x-1,函数g(x)=x2-2x+m.如果∀x1∈[-2,2],∃x2∈[-2,2],使得g(x2)=f(x1),则实数m的取值范围是.答案[-5,-2]二、解答题(共15分)5.(2018江苏东台安丰高级中学月考)已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=4x-4·2x-a,其中a∈R.(1)当a=0时,求函数g(x)的值域;(2)若对任意x∈[0,2],均有|f(x)|≤2,求a的取值范围;(3)当a<0时,设h(x)=若h(x)的最小值为-,求实数a的值.解析(1)当a=0时,g(x)=(2x-2)2-4,因为2x>0,所以g(x)≥g(1)=-4,g(x)的值域为[-4,+∞).(2)若x=0,则对任意的a∈R,f(x)=1,符合题意.若x∈(0,2],|f(x)|≤2可化为-2≤x2-ax+1≤2,即x2-1≤ax≤x2+3,所以x-≤a≤x+,因为y=x-在(0,2]上为增函数,所以函数y=x-的最大值为,因为x+≥2=2当且仅当x=,即x=时取“=”,所以a的取值范围是a∈.(3)因为h(x)=所以当x≤a时,h(x)=4x-4·2x-a,令t=2x,t∈(0,2a],记p(t)=t2-t=-,因为2a<,p(t)∈[4a-4,0).当x>a时,h(x)=x2-ax+1,即h(x)=+1-,因为a<0,所以>a,h(x)∈.若4a-4=-,a=-,此时1-=>-,h(x)的最小值为-,符合题意.若1-=-,即a=-3,此时4a-4=-4<-,不符合题意,所以实数a=-.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 函数单调性的判断1.已知f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(x)>0,f(3)=1.判断g(x)=f(x)+在(0,3]上是增函数还是减函数,并加以证明.解析函数g(x)在(0,3]上是减函数.证明如下:任取x1,x2∈(0,3],且x1<x2,则g(x1)-g(x2)=-=[f(x1)-f(x2)].∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,∴f(x1)-f(x2)<0.又∵f(x)>0,f(3)=1,∴0<f(x1)<f(x2)≤f(3)=1.∴0<f(x1)f(x2)<1,∴>1,∴1-<0.∴g(x1)-g(x2)>0,∴函数g(x)=f(x)+在(0,3]上是减函数.方法2 函数单调性的应用2.(2018江苏姜堰中学期中)已知函数f(x)=,则f(x2-2x)>f(3x-4)的解集是.答案(2,4)3.(2016江苏镇江模拟)已知函数f(x)=若f(x)在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为.答案(1,2]方法3 函数奇偶性的应用4.已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=x2+2x,若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是.答案(-2,1)方法4 函数周期性的应用5.(2018江苏盐城高三(上)期中)设函数f(x)是以4为周期的奇函数,当x∈[-1,0)时,f(x)=2x,则f(log220)= .答案-6.(2018江苏东台安丰高级中学月考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x+2)=-f(x),当x∈(-2,0)时,f(x)=e x,则f(2 017)+f(2 018)= .答案-7.(2017江苏苏州期中,7)已知函数f(x)是定义在R上周期为2的奇函数,当0<x<1时,f(x)=8x,则f= .答案-2。

(浙江专版)2019版高考数学一轮复习第二章函数 2.1 函数及其表示学案

§2.1函数及其表示考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 20171.函数的概念及其表示1.了解函数、映射的概念,会求一些简单的函数定义域和值域.2.理解函数的三种表示法:解析法、图象法和列表法.3.理解函数的最大(小)值及其几何意义,并能求函数的最大(小)值.理解17,4分21(2),7分22(2),7分11(文),4分17(文),4分21(文),约4分22(文),约5分6,5分10,5分22,14分10(文),5分7,5分18,15分18,约5分2.分段函数及其应用了解简单的分段函数,并能简单应用.了解8,5分22(2),4分15,4分15(文),4分10,6分12(文),6分18,15分18,15分17,4分分析解读 1.考查重点仍为函数的表示法,分段函数等基本知识点,考查形式有两种,一种是给出分段函数表达式,求相应的函数值或相应的参数值(例: 2014浙江15题);另一种是定义一种运算,给出函数关系式考查相关数学知识(例: 2015浙江7题).2.了解构成函数的要素,会求一些简单函数的定义域和值域,能运用求值域的方法解决最值问题.3.函数值域和最值是高考考查的重点,常以本节内容为背景结合其他知识进行考查,如解析式与函数最值相结合(例:2015浙江10题),函数最值与向量相结合(例:2013浙江17题).4.预计2019年高考中,考查分段函数及其应用、函数值域与最值的可能性很大,特别是对与不等式、函数单调性相结合的考查,复习时应引起重视.五年高考考点一函数的概念及其表示1.(2015浙江,7,5分)存在函数f(x)满足:对于任意x∈R都有( )A.f(sin 2x)=sin xB.f(sin 2x)=x2+xC.f(x2+1)=|x+1|D.f(x2+2x)=|x+1|答案 D2.(2014江西,2,5分)函数f(x)=ln(x2-x)的定义域为( )A.(0,1)B.[0,1]C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(-∞,0]∪[1,+∞)答案 C3.(2014江西,3,5分)已知函数f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(a∈R).若f[g(1)]=1,则a=( )A.1B.2C.3D.-1答案 A4.(2014山东,3,5分)函数f(x)=的定义域为( )A. B.(2,+∞)C.∪(2,+∞)D.∪[2,+∞)答案 C5.(2013浙江文,11,4分)已知函数f(x)=.若f(a)=3,则实数a= .答案106.(2016江苏,5,5分)函数y=的定义域是.答案[-3,1]教师用书专用(7—8)7.(2013江西,2,5分)函数y=ln(1-x)的定义域为( )A.(0,1)B.[0,1)C.(0,1]D.[0,1]答案 B8.(2014四川,15,5分)以A表示值域为R的函数组成的集合,B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合:对于函数φ(x),存在一个正数M,使得函数φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题:①设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R,∃a∈D,f(a)=b”;②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值;③若函数f(x),g(x)的定义域相同,且f(x)∈A,g(x)∈B,则f(x)+g(x)∉B;④若函数f(x)=aln(x+2)+(x>-2,a∈R)有最大值,则f(x)∈B.其中的真命题有.(写出所有真命题的序号)答案①③④考点二分段函数及其应用1.(2017山东文,9,5分)设f(x)=若f(a)=f(a+1),则f=( )A.2B.4C.6D.8答案 C2.(2015课标Ⅱ,5,5分)设函数f(x)=则f(-2)+f(log212)=( )A.3B.6C.9D.12答案 C3.( 2015山东,10,5分)设函数f(x)=则满足f(f(a))=2f(a)的a的取值范围是( )A. B.[0,1] C. D.[1,+∞)答案 C4.(2015浙江,10,6分)已知函数f(x)=则f(f(-3))= ,f(x)的最小值是.答案0;2-35.(2014浙江,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))≤2,则实数a的取值范围是.答案(-∞,]6.(2014浙江文,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))=2,则a= .答案7.(2017课标全国Ⅲ文,16,5分)设函数f(x)=则满足f(x)+f >1的x的取值范围是.答案8.(2016浙江,18,15分)已知a≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围;(2)(i)求F(x)的最小值m(a);(ii)求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).解析(1)由于a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为[2,2a].(2)(i)设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},即m(a)=(ii)当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2),当2≤x≤6时,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.所以,M(a)=9.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.解析(1)证明:由f(x)=+b-,得对称轴为直线x=-.由|a|≥2,得≥1,故f(x)在[-1,1]上单调,所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,得max{f(1),-f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2.当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,由|a|+|b|=得|a|+|b|≤3.当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.所以|a|+|b|的最大值为3.教师用书专用(10—12)10.(2015湖北,6,5分)已知符号函数sgn x=f(x)是R上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),则( )A.sgn[g(x)]=sgn xB.sgn[g(x)]=-sgn xC.sgn[g(x)]=sgn[f(x)]D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]答案 B11.(2014福建,7,5分)已知函数f(x)=则下列结论正确的是( )A.f(x)是偶函数B.f(x)是增函数C.f(x)是周期函数D.f(x)的值域为[-1,+∞)答案 D12.(2015浙江文,12,6分)已知函数f(x)=则f(f(-2))= , f(x)的最小值是. 答案-;2-6三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一函数的概念及其表示1.(2018浙江名校协作体期初,9)函数y=x+的值域为( )A.[1+,+∞)B. (,+∞)C.[,+∞)D.(1,+∞)答案 D考点二分段函数及其应用2.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,10)已知函数f(x)=函数g(x)=asin-2a+3(a>0).若存在x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.C. D.(0,2]答案 A3.( 2017浙江宁波期末,3)函数f(x)=则f[f(2)]=( )A.-2B.-1C.-2D.0答案 B4.(2017浙江宁波二模(5月),14)定义max{a,b}=已知函数f(x)=max{|2x-1|,ax2+b},其中a<0,b∈R.若f(0)=b,则实数b的范围为;若f(x)的最小值为1,则a+b= .答案[1,+∞);15.(2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试,16)已知函数f(x)=的值域为R,则实数a的取值范围是.答案[0,2)6.(2016浙江镇海中学测试(六),9)已知函数f(x)= 则f= ;若f(f(t))∈[-1,0],则t 的取值范围是.答案0;∪[-1,0]∪∪[,2]B组2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2017浙江温州模拟(2月),10)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(x+1)=+,则f(0)+f(2 017)的最大值为( )A.1-B.1+C.D.答案 B2.(2017浙江湖州期末调研,1)已知f(x)是R上的奇函数,当x≥0时, f(x)=则函数y=f(x)+的所有零点之和是( )A.1-B.-1C.5-D.-5答案 B二、填空题3.(2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中,16)若函数f(x)=(-x2-2x+3)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的值域为.答案(-∞,16]4.(2018浙江重点中学12月联考,17)已知a∈R,函数f(x)=若存在三个互不相等的实数x1,x2,x3,使得===-e成立,则a的取值范围是.答案(-∞,-2)5.(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,16)已知定义域和值域都为R的函数f(x)满足f[f(x)+f(y)]=2f(x)+4y-3,则当x>0时,函数f(x)的取值范围是.答案(-1,+∞)6.(2016浙江宁波一模,12)对于定义在R上的函数f(x),若存在实数a,使得f(a+x)·f(a-x)=1对任意实数恒成立,则称f(x)为关于a的“倒函数”.已知定义在R上的函数f(x)是关于0和1的“倒函数”,且当x∈[0,1]时, f(x)的取值范围为[1,2],则当x∈[1,2]时,f(x)的取值范围为,当x∈[-2 016,2 016]时, f(x)的取值范围为.答案;C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 求函数定义域的解题策略1.求下列函数的定义域:(1)y=+;(2)y=+(5x-4)0.解析(1)由得所以函数的定义域为{x|x<-2或-2<x≤-1或1≤x<2或x>2}.(2)由得所以函数的定义域为.2.若函数f(2x)的定义域是[-1,1],求函数f(log2x)的定义域.解析由函数f(2x)的定义域是[-1,1]得-1≤x≤1,所以≤2x≤2,即函数f(x)的定义域为.令≤log2x≤2,解得≤x≤4,所以函数f(log2x)的定义域为[,4].方法2 求函数解析式的解题策略3.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,16)f(x)是定义在R上的函数,若f(1)=504,对任意的x∈R,满足f(x+4)-f(x)≤2(x+1)及f(x+12)-f(x)≥6(x+5),则= .答案 2 0174.已知函数f(x)满足:当x≠0时,都有f=x3-,求f(x)的解析式.解析∵x3-==,∴f=,∴f(x)=x(x2+3)=x3+3x.又函数y=x-的值域为R,故f(x)的解析式为f(x)=x3+3x(x∈R).5.已知定义在R上的函数f(x)满足:对于任意的实数x,y,都有 (x-1)f(y)+(y-1)f(x)=2f(x)f(y)-2x-2y-4,求函数f(x)的解析式.解析令y=x,得2(x-1)f(x)=2f 2(x)-4x-4,即f 2(x)-(x-1)f(x)-2(x+1)=0.解关于f(x)的一元二次方程,得f(x)=x+1或f(x)=-2.6.(2017浙江金华十校调研,20)已知函数f(x)=(1)求f及x∈[2,3]时函数f(x)的解析式;(2)若f(x)≤对任意x∈(0,3]恒成立,求实数k的最小值.解析(1)f=-f=f=×=.当x∈[2,3]时,x-2∈[0,1],所以f(x)=[(x-2)-(x-2)2]=(x-2)(3-x).(2)要使f(x)≤,x∈(0,3]恒成立,只需k≥[xf(x)]max,x∈(0,3]即可.①当x∈(0,1]时,f(x)=x-x2,则对任意x∈(0,1],xf(x)=x2-x3.令h(x)=x2-x3,则h(x)max=h=;②当x∈(1,2]时,xf(x)=-x[(x-1)-(x-1)2]=x(x-1)(x-2)≤0;③当x∈(2,3]时,xf(x)=x[(x-2)-(x-2)2],令x-2=t∈(0,1],记g(t)=(t+2)(t-t2),t∈(0,1].则g'(t)=-(3t2+2t-2),令g'(t)=0,得t0=(负值舍去),故存在t0=,使得函数g(t)在t=t0处取得最大值.又>,所以当k≥时,f(x)≤对任意x∈(0,3]恒成立,故k的最小值为.方法3 分段函数的解题策略7.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,11)设函数f(x)=若f(-4)=f(0), f(-2)=-2,则b+c= ;方程f(x)=x的所有实根的和为.答案6;-1。

(浙江专用)新高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数 1 第1讲函数及其表示教学案-人教

第二章函数概念与基本初等函数知识点最新考纲函数及其表示了解函数、映射的概念．了解函数的定义域、值域及三种表示法(解析法、图象法和列表法)．了解简单的分段函数，会用分段函数解决简单的问题.函数的基本性质理解函数的单调性、奇偶性，会判断函数的单调性、奇偶性．理解函数的最大(小)值的含义，会求简单函数的最大(小)值. 指数函数了解指数幂的含义，掌握有理指数幂的运算．理解指数函数的概念，掌握指数函数的图象、性质及应用. 对数函数理解对数的概念，掌握对数的运算，会用换底公式．理解对数函数的概念，掌握对数函数的图象、性质及应用. 幂函数了解幂函数的概念．掌握幂函数y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝1x，y ＝x 12的图象和性质.函数与方程了解函数零点的概念，掌握连续函数在某个区间上存在零点的判定方法. 函数模型及其应用了解指数函数、对数函数以及幂函数的变化特征．能将一些简单的实际问题转化为相应的函数问题，并给予解决.第1讲函数及其表示1．函数与映射的概念函数映射两集合A 、B设A ，B 是两个非空的数集设A ，B 是两个非空的集合对应关系f ：A →B如果按照某种确定的对应关系f ，使对于集合A 中的任意一个数x ，在集合B 中都有唯一确定的数f (x )和它对应如果按某一个确定的对应关系f ，使对于集合A 中的任意一个元素x ，在集合B 中都有唯一确定的元素y 与之对应名称称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数称对应f：A→B为从集合A到集合B的一个映射记法y＝f(x)(x∈A) 对应f：A→B是一个映射2.函数的有关概念(1)函数的定义域、值域在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．显然，值域是集合B的子集．(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的依据．(4)函数的表示法表示函数的常用方法有：解析法、图象法、列表法．3．分段函数若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y＝f(x)的图象与直线x＝a最多有2个交点．( )(2)函数f(x)＝x2－2x与g(t)＝t2－2t是同一函数．( )(3)若两个函数的定义域与值域相同，则这两个函数是相等函数．( )(4)若A＝R，B＝{x|x＞0}，f：x→y＝|x|，则对应关系f是从A到B的映射．( )(5)分段函数是由两个或几个函数组成的．( )(6)分段函数的定义域等于各段定义域的并集，值域等于各段值域的并集．( )答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√[教材衍化]1．(必修1P18例2改编)下列函数中，与函数y＝x＋1是相等函数的是( )A．y＝(x＋1)2B．y＝3x3＋1C ．y ＝x 2x＋1D ．y ＝x 2＋1解析：选B.对于A ，函数y ＝(x ＋1)2的定义域为{x |x ≥－1}，与函数y ＝x ＋1的定义域不同，不是相等函数；对于B ，定义域和对应关系都相同，是相等函数；对于C ，函数y＝x 2x＋1的定义域为{x |x ≠0}，与函数y ＝x ＋1的定义域不同，不是相等函数；对于D ，定义域相同，但对应关系不同，不是相等函数，故选B.2．(必修1P25B 组T1改编)函数y ＝f (x )的图象如图所示，那么f (x )的定义域是________；值域是________；其中只有唯一的x 值与之对应的y 值的范围是________．答案：[－3，0]∪[2，3] [1，5] [1，2)∪(4，5]3．(必修1P19T1(2)改编)函数y ＝x －2·x ＋2的定义域是________．解析：⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥0，x ＋2≥0，⇒x ≥2.答案：[2，＋∞) [易错纠偏](1)对函数概念理解不透彻； (2)换元法求解析式，反解忽视范围．1．已知集合P ＝{x |0≤x ≤4}，Q ＝{y |0≤y ≤2}，下列从P 到Q 的各对应关系f 中不是函数的是________．(填序号)①f ：x →y ＝12x ；②f ：x →y ＝13x ；③f ：x →y ＝23x ；④f ：x →y ＝x .解析：对于③，因为当x ＝4时，y ＝23×4＝83∉Q ，所以③不是函数．答案：③2．已知f (x )＝x －1，则f (x )＝________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，x ＝t 2，所以f (t )＝t 2－1(t ≥0)，即f (x )＝x 2－1(x ≥0)．答案：x 2－1(x ≥0)函数的定义域(1)(2020·杭州学军中学月考)函数f (x )＝x ＋2x 2lg （|x |－x ）的定义域为________．(2)若函数y ＝f (x )的定义域是[0，2]，则函数g (x )＝f （2x ）x －1的定义域为________． (3)若函数f (x )＝2x 2＋2ax －a －1的定义域为R ，则a 的取值范围为________．【解析】 (1)要使函数f (x )有意义，必须使⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x 2≥0，|x |－x >0，|x |－x ≠1，解得x <－12.所以函数f (x )的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－12.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －1≠0，0≤2x ≤2，得0≤x <1，即定义域是[0，1)．(3)因为函数f (x )的定义域为R ，所以2x 2＋2ax －a －1≥0对x ∈R 恒成立，即2x 2＋2ax －a ≥20，x 2＋2ax －a ≥0恒成立，因此有Δ＝(2a )2＋4a ≤0，解得－1≤a ≤0.【答案】 (1)⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－12 (2)[0，1) (3)[－1，0](变条件)若将本例(2)中“函数y ＝f (x )”改为“函数y ＝f (x ＋1)”，其他条件不变，如何求解？解：由函数y ＝f (x ＋1)的定义域为[0，2]，得函数y ＝f (x )的定义域为[1，3]，令⎩⎪⎨⎪⎧1≤2x ≤3，x －1≠0，得12≤x ≤32且x ≠1.所以g (x )的定义域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1∪⎝ ⎛⎦⎥⎤1，32.函数定义域的求解策略(1)求给定函数的定义域往往转化为解不等式(组)的问题．在解不等式组取交集时可借助于数轴，要特别注意端点值的取舍．(2)求抽象函数的定义域：①若y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，则解不等式a ＜g (x )＜b 即可求出y ＝f (g (x ))的定义域；②若y ＝f (g (x ))的定义域为(a ，b )，则求出g (x )在(a ，b )上的值域即得y ＝f (x )的定义域．(3)已知函数定义域求参数范围，可将问题转化成含参数的不等式(组)，然后求解． [提醒] (1)求函数定义域时，对函数解析式先不要化简； (2)求出定义域后，一定要将其写成集合或区间的形式．1．(2020·浙江新高考优化卷)函数f (x )＝3x21－x＋lg(－3x 2＋5x ＋2)的定义域是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13 D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 解析：选B.依题意可得，要使函数有意义，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－x >0－3x 2＋5x ＋2>0，解得－13<x <1.故选B. 2．(2020·浙江新高考预测卷)已知集合A ＝{x |y ＝x －x 2}，B ＝{x |y ＝ln(1－x )}，则A ∪B ＝( )A ．[0，1]B ．[0，1)C ．(－∞，1]D ．(－∞，1)解析：选C.因为由x －x 2≥0得0≤x ≤1，所以A ＝{x |0≤x ≤1}．由1－x >0得x <1，所以B ＝{x |x <1}，所以A ∪B ＝{x |x ≤1}．故选C.3．若函数f (x )＝mx 2＋mx ＋1的定义域为实数集，则实数m 的取值范围是________．解析：由题意可得mx 2＋mx ＋1≥0恒成立．当m ＝0时，1≥0恒成立；当m ≠0时，则⎩⎪⎨⎪⎧m >0，Δ＝m 2－4m ≤0，解得0<m ≤4.综上可得0≤m ≤4. 答案：[0，4]求函数的解析式(1)已知f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函数，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )； (4)已知函数f (x )满足f (－x )＋2f (x )＝2x，求f (x )的解析式．【解】 (1)(配凑法)由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2. (2)(换元法)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg2t －1，又x ＞0，所以t ＞1，故f (x )的解析式是f (x )＝lg2x －1，x ＞1. (3)(待定系数法)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ，又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x ，x ∈R .(4)(解方程组法)由f (－x )＋2f (x )＝2x，① 得f (x )＋2f (－x )＝2－x，② ①×2－②，得，3f (x )＝2x ＋1－2－x.即f (x )＝2x ＋1－2－x3. 所以f (x )的解析式是f (x )＝2x ＋1－2－x3，x ∈R .求函数解析式的4种方法(1)配凑法：由已知条件f (g (x ))＝F (x )，可将F (x )改写成关于g (x )的表达式，然后以x 替代g (x )，便得f (x )的表达式．(2)待定系数法：若已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法． (3)换元法：已知复合函数f (g (x ))的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围．(4)解方程组法：已知关于f (x )与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 或f (－x )的表达式，可根据已知条件再构造出另外一个等式组成方程组，通过解方程组求出f (x )．[提醒] 求解析式时要注意新元的取值范围．1．(2020·杭州学军中学月考)已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，则f (x )的解析式为f (x )＝__________．解析：法一：设t ＝x ＋1，则x ＝(t －1)2(t ≥1)；代入原式有f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－2t ＋1＋2t －2＝t 2－1.故f (x )＝x 2－1(x ≥1)．法二：因为x ＋2x ＝(x )2＋2x ＋1－1＝(x ＋1)2－1，所以f (x ＋1)＝(x ＋1)2－1(x ＋1≥1)，即f (x )＝x 2－1(x ≥1)．答案：x 2－1(x ≥1)2．设y ＝f (x )是二次函数，方程f (x )＝0有两个相等的实根，且f ′(x )＝2x ＋2，则f (x )的解析式为f (x )＝________．解析：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2，所以a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又因为方程f (x )＝0有两个相等的实根，所以Δ＝4－4c ＝0，c ＝1，故f (x )＝x 2＋2x ＋1. 答案：x 2＋2x ＋1分段函数(高频考点)分段函数是一类重要的函数，是高考的命题热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题多为容易题或中档题．主要命题角度有：(1)分段函数求值；(2)已知函数值，求参数的值(或取值范围)； (3)与分段函数有关的方程、不等式问题．角度一分段函数求值(2020·杭州萧山中学高三适应性考试)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，f （x ＋2），x ≤0，g (x )＝x 2，则f (8)＝________；g [f (2)]＝________；f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________．【解析】 f (8)＝log 28＝3，g [f (2)]＝g (log 22)＝g (1)＝1，f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 212＝f (－1)＝f (1)＝log 21＝0.【答案】 3 1 0角度二已知函数值求参数的值(或取值范围)(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋1（x ≥1）log 2（1－x ）（x <1），若f (f (a ))＝3，则a ＝________．【解析】函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋1（x ≥1）log 2（1－x ）（x <1），若f (f (a ))＝3，当a ≥1时，可得f (－2a 2＋1)＝3，可得log 2(2a 2)＝3，解得a ＝2.当a <1时，可得f (log 2(1－a ))＝3，log 2(1－a )≥1时，可得－2(log 2(1－a ))2＋1＝3，解得a ∈∅.log 2(1－a )<1时，可得log 2(1－log 2(1－a ))＝3，即1－log 2(1－a )＝8，log 2(1－a )＝－7，1－a ＝1128，可得a ＝127128.综上得a 的值为2或127128.【答案】 2或127128角度三与分段函数有关的方程、不等式问题(2020·镇海中学5月模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－2，x ≤－1，（x －2）（|x |－1），x ＞－1，则f (f (－2))＝________，若f (x )≥2，则x 的取值范围为________．【解析】由分段函数的表达式得f (－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2－2＝4－2＝2，f (2)＝0，故f (f (－2))＝0.若x ≤－1，由f (x )≥2得⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2≥2，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12x≥4，则2－x≥4，得－x ≥2，则x ≤－2，此时x ≤－2.若x ＞－1，由f (x )≥2得(x －2)(|x |－1)≥2，即x |x |－x －2|x |≥0，若x ≥0，得x 2－3x ≥0，则x ≥3或x ≤0，此时x ≥3或x ＝0；若－1＜x ＜0，得－x 2＋x ≥0，得x 2－x ≤0，得0≤x ≤1，此时无解．综上得x ≥3或x ＝0或x ≤－2. 【答案】 0 x ≥3或x ＝0或x ≤－2(1)根据分段函数解析式，求函数值的解题思路先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．(2)已知分段函数的函数值，求参数值的解题思路先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，构造关于参数的方程．然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．(3)已知分段函数的函数值满足的不等式，求自变量取值范围的解题思路依据不同范围的不同段分类讨论求解，最后将讨论结果并起来．1．(2020·浙江教育评价高三第二次联考))设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋1，x ≥1log 2（1－x ），x <1，则f (f (4))＝( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C.f (f (4))＝f (－31)＝log 2 32＝5.故选C.2．(2020·Z20联盟开学联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋2|－1，x ≤0log 2 x ，x >0，若f (a )≤1，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4]∪[2，＋∞)B ．[－1，2]C ．[－4，0)∪(0，2]D ．[－4，2]解析：选D.f (a )≤1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≤0，|a ＋2|－1≤1，或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，log 2 a ≤1，解得－4≤a ≤0或0<a ≤2，即a ∈[－4，2]，故选D.核心素养系列2 数学抽象——函数的新定义问题以学习过的函数相关知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题．在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，若函数f (x )的图象恰好经过n (n ∈N *)个整点，则称函数f (x )为n 阶整点函数．给出下列函数：①f (x )＝sin 2x ；②g (x )＝x 3； ③h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x；④φ(x )＝ln x .其中是一阶整点函数的是( ) A ．①②③④ B ．①③④ C ．①④D ．④【解析】对于函数f (x )＝sin 2x ，它的图象(图略)只经过一个整点(0，0)，所以它是一阶整点函数，排除D ；对于函数g (x )＝x 3，它的图象(图略)经过整点(0，0)，(1，1)，…，所以它不是一阶整点函数，排除A ；对于函数h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，它的图象(图略)经过整点(0，1)，(－1，3)，…，所以它不是一阶整点函数，排除B.故选C.【答案】 C本题意在考查考生的数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养．破解新定义函数题的关键是：紧扣新定义的函数的含义，学会语言的翻译、新旧知识的转化，便可使问题顺利获解．如本例，若能把新定义的一阶整点函数转化为函数f (x )的图象恰好经过1个整点，问题便迎刃而解．1．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为y ＝x 2＋1，值域为{1，3}的同族函数有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选C.由x 2＋1＝1得x ＝0，由x 2＋1＝3得x ＝±2，所以函数的定义域可以是{0，2}，{0，－2}，{0，2，－2}，故值域为{1，3}的同族函数共有3个．2．若定义在R 上的函数f (x )当且仅当存在有限个非零自变量x ，使得f (－x )＝f (x )，则称f (x )为“类偶函数”，则下列函数中为类偶函数的是( )A ．f (x )＝cos xB ．f (x )＝sin xC ．f (x )＝x 2－2xD ．f (x )＝x 3－2x解析：选D.A 中函数为偶函数，则在定义域内均满足f (x )＝f (－x )，不符合题意；B 中，当x ＝k π(k ∈Z )时，满足f (x )＝f (－x )，不符合题意；C 中，由f (x )＝f (－x )，得x2－2x ＝x 2＋2x ，解得x ＝0，不符合题意；D 中，由f (x )＝f (－x )，得x 3－2x ＝－x 3＋2x ，解得x ＝0或x ＝±2，满足题意，故选D.[基础题组练]1．函数f (x )＝1x －2＋ln(3x －x 2)的定义域是( ) A ．(2，＋∞) B ．(3，＋∞) C ．(2，3)D ．(2，3)∪(3，＋∞)解析：选C.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2＞0，3x －x 2＞0，解得2＜x ＜3，则该函数的定义域为(2，3)，故选C. 2．(2020·嘉兴一模)已知a 为实数，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2a，x <2，log 2（x －2），x ≥2，则f (2a＋2)的值为( )A ．2aB ．aC ．2D ．a 或2解析：选B.因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2a，x <2，log 2（x －2），x ≥2，所以f (2a ＋2)＝log 2(2a＋2－2)＝a ，故选B. 3．下列哪个函数与y ＝x 相等( )A ．y ＝x 2xB ．y ＝2log 2xC ．y ＝x 2D ．y ＝(3x )3解析：选D.y ＝x 的定义域为R ，而y ＝x 2x的定义域为{x |x ∈R 且x ≠0}，y ＝2log 2x 的定义域为{x |x ∈R ，且x >0}，排除A 、B ；y ＝x 2＝|x |的定义域为x ∈R ，对应关系与y ＝x 的对应关系不同，排除C ；而y ＝(3x )3＝x ，定义域和对应关系与y ＝x 均相同，故选D.4．(2020·杭州七校联考)已知函数f (x )＝x 3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋1，若f (a )＝2，则f (－a )的值为( )A ．3B ．0C ．－1D ．－2解析：选B.因为函数f (x )＝x 3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋1，所以f (x )＝x 3＋sin x ＋1，因为f (a )＝2，所以f (a )＝a 3＋sin a ＋1＝2，所以a 3＋sin a ＝1，所以f (－a )＝(－a )3＋sin(－a )＋1＝－1＋1＝0.故选B. 5．已知a ，b 为两个不相等的实数，集合M ＝{a 2－4a ，－1}，N ＝{b 2－4b ＋1，－2}，f ：x →x 表示把M 中的元素x 映射到集合N 中仍为x ，则a ＋b 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选D.由已知可得M ＝N ，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4a ＝－2b 2－4b ＋1＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 2－4a ＋2＝0，b 2－4b ＋2＝0，所以a ，b 是方程x 2－4x ＋2＝0的两根，故a ＋b ＝4.6．存在函数f (x )满足：对于任意x ∈R 都有( ) A ．f (sin 2x )＝sin x B ．f (sin 2x )＝x 2＋x C ．f (x 2＋1)＝|x ＋1| D ．f (x 2＋2x )＝|x ＋1| 解析：选D.取特殊值法．取x ＝0，π2，可得f (0)＝0，1，这与函数的定义矛盾，所以选项A 错误；取x ＝0，π，可得f (0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B 错误；取x ＝1，－1，可得f (2)＝2，0，这与函数的定义矛盾，所以选项C 错误；取f (x )＝x ＋1，则对任意x ∈R 都有f (x 2＋2x )＝x 2＋2x ＋1＝|x ＋1|，故选项D 正确．7．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 1＋x ＝1－x 21＋x 2，则f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝x1＋x 2B ．f (x )＝－2x1＋x 2C ．f (x )＝2x1＋x2 D ．f (x )＝－x1＋x2解析：选C.令1－x 1＋x ＝t ，则x ＝1－t 1＋t ，所以f (t )＝（1＋t ）2－（1－t ）2（1＋t ）2＋（1－t ）2＝2t1＋t 2，故函数f (x )的解析式为f (x )＝2x1＋x2，故选C.8．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ＞0，1，x ＜0，则（a ＋b ）＋（a －b ）·f （a －b ）2(a ≠b )的值为( )A ．aB ．bC ．a ，b 中较小的数D ．a ，b 中较大的数解析：选C.若a －b ＞0，即a ＞b ，则f (a －b )＝－1，则（a ＋b ）＋（a －b ）·f （a －b ）2＝12[(a ＋b )－(a －b )]＝b (a ＞b )；若a －b ＜0，即a ＜b ，则f (a －b )＝1，则（a ＋b ）＋（a －b ）·f （a －b ）2＝12[(a ＋b )＋(a －b )]＝a (a ＜b )．综上，选C.9．(2020·绍兴高三教学质量调研)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋n ，x ＜1log 2x ，x ≥1，若f (f (34))＝2，则实数n 为( )A ．－54B ．－13C.14D.52解析：选D.因为f (34)＝2×34＋n ＝32＋n ，当32＋n ＜1，即n ＜－12时，f (f (34))＝2(32＋n )＋n ＝2，解得n ＝－13，不符合题意；当32＋n ≥1，即n ≥－12时，f (f (34))＝log 2(32＋n )＝2，即32＋n ＝4，解得n ＝52，故选D. 10．设f (x )，g (x )都是定义在实数集上的函数，定义函数(f ·g )(x )：对任意的x ∈R ，(f ·g )(x )＝f (g (x ))．若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ＞0，x 2，x ≤0，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x ＞0，则( )A ．(f ·f )(x )＝f (x )B ．(f ·g )(x )＝f (x )C ．(g ·f )(x )＝g (x )D ．(g ·g )(x )＝g (x )解析：选A.对于A ，(f ·f )(x )＝f (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），f （x ）＞0，f 2（x ），f （x ）≤0，当x ＞0时，f (x )＝x ＞0，(f ·f )(x )＝f (x )＝x ；当x ＜0时，f (x )＝x 2＞0，(f ·f )(x )＝f (x )＝x 2；当x ＝0时，(f ·f )(x )＝f 2(x )＝0＝02，因此对任意的x ∈R ，有(f ·f )(x )＝f (x )，故A 正确，选A.11.若函数f (x )在闭区间[－1，2]上的图象如图所示，则此函数的解析式为________．解析：由题图可知，当－1≤x <0时，f (x )＝x ＋1；当0≤x ≤2时，f (x )＝－12x ，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x <0，－12x ，0≤x ≤2.答案：f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，－1≤x <0，－12x ，0≤x ≤212．若f (x )对于任意实数x 恒有2f (x )－f (－x )＝3x ＋1，则f (1)＝________．解析：令x ＝1，得2f (1)－f (－1)＝4，①令x ＝－1，得2f (－1)－f (1)＝－2，② 联立①②得f (1)＝2. 答案：213．函数f (x )，g (x )分别由下表给出．＞g (f 解析：因为g (1)＝3，f (3)＝1，所以f (g (1))＝1.当x ＝1时，f (g (1))＝f (3)＝1，g (f (1))＝g (1)＝3，不合题意．当x ＝2时，f (g (2))＝f (2)＝3，g (f (2))＝g (3)＝1，符合题意．当x ＝3时，f (g (3))＝f (1)＝1，g (f (3))＝g (1)＝3，不合题意．答案：1 214．设函数f (x )＝⎩⎨⎧（x ＋1）2，x ＜1，4－x －1，x ≥1，则使得f (x )≥1的自变量x 的取值范围是________．解析：f (x )≥1等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，（x ＋1）2≥1或⎩⎨⎧x ≥1，4－x －1≥1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，（x ＋1）2≥1，得x ≤－2或0≤x ＜1. 由⎩⎨⎧x ≥1，4－x －1≥1，得1≤x ≤10. 综上所述，x 的取值范围是x ≤－2或0≤x ≤10. 答案：(－∞，－2]∪[0，10]15．已知实数a ≠0，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1.若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为________．解析：当a >0时，1－a <1，1＋a >1，此时f (1－a )＝2(1－a )＋a ＝2－a ，f (1＋a )＝－(1＋a )－2a ＝－1－3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得2－a ＝－1－3a ，解得a ＝－32.不合题意，舍去．当a <0时，1－a >1，1＋a <1，此时f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ，f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝2＋3a ，由f (1－a )＝f (1＋a )得－1－a ＝2＋3a ，解得a ＝－34.综上可知，a 的值为－34.答案：－3416．(2020·杭州市富阳二中高三(上)开学考试)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1x ＋6x －6，x >1，则f (f (－2))＝________，f (x )的最小值是________．解析：由题意可得f (－2)＝(－2)2＝4，所以f (f (－2))＝f (4)＝4＋64－6＝－12；因为当x ≤1时，f (x )＝x 2，由二次函数可知当x ＝0时，函数取最小值0；当x >1时，f (x )＝x ＋6x－6，由基本不等式可得f (x )＝x ＋6x－6≥2x ·6x－6 ＝26－6，当且仅当x ＝6x即x ＝6时取到等号，即此时函数取最小值26－6；因为26－6<0，所以f (x )的最小值为26－6. 答案：－1226－617．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x ≥0，－3x ，x <0.若a [f (a )－f (－a )]>0，则实数a 的取值范围为________．解析：易知a ≠0.由题意得，当a >0时，则－a <0，故a [f (a )－f (－a )]＝a (a 2＋a －3a )>0，化简可得a 2－2a >0，解得a >2或a <0.又因为a >0，所以a >2.当a <0时，则－a >0，故a [f (a )－f (－a )]＝a [－3a －(a 2－a )]>0，化简可得a 2＋2a >0，解得a >0或a <－2，又因为a <0，所以a <－2.综上可得，实数a 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)[综合题组练]1．设x ∈R ，定义符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，则( )A ．|x |＝x |sgn x |B ．|x |＝x sgn|x |C ．|x |＝|x |sgn xD ．|x |＝x sgn x解析：选D.当x <0时，|x |＝－x ，x |sgn x |＝x ，x ·sgn|x |＝x ，|x |sgn x ＝(－x )·(－1)＝x ，排除A ，B ，C ，故选D.2．(2020·宁波市九校期末联考)已知下列各式：①f (|x |＋1)＝x 2＋1；②f (1x 2＋1)＝x ；③f (x 2－2x )＝|x |；④f (|x |)＝3x ＋3－x.其中存在函数f (x )对任意的x ∈R 都成立的序号为________．解析：①f (|x |＋1)＝x 2＋1，由t ＝|x |＋1(t ≥1)，可得|x |＝t －1，则f (t )＝(t －1)2＋1，即有f (x )＝(x －1)2＋1对x ∈R 均成立；②f (1x 2＋1)＝x ，令t ＝1x 2＋1(0＜t ≤1)，x ＝±1t－1，对0＜t ≤1，y ＝f (t )不能构成函数，故不成立；③f (x 2－2x )＝|x |，令t ＝x2－2x ，若t ＜－1时，x ∈∅；t ≥－1，可得x ＝1±1＋t (t ≥－1)，y ＝f (t )不能构成函数；④f (|x |)＝3x ＋3－x ，当x ≥0时，f (x )＝3x ＋3－x ；当x ＜0时，f (－x )＝3x ＋3－x；将x 换为－x 可得f (x )＝3x＋3－x；故恒成立．综上可得①④符合条件．答案：①④3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <0，2x ，x ≥0，且f (－2)＝3，f (－1)＝f (1)．(1)求f (x )的解析式； (2)画出f (x )的图象．解：(1)由f (－2)＝3，f (－1)＝f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋b ＝3，－a ＋b ＝2，解得a ＝－1，b ＝1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x <0，2x ，x ≥0.(2)f (x )的图象如图：4．已知f (x )＝x 2－1，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x >0，2－x ，x <0.(1)求f (g (2))与g (f (2))； (2)求f (g (x ))与g (f (x ))的表达式．解：(1)g (2)＝1，f (g (2))＝f (1)＝0；f (2)＝3，g (f (2))＝g (3)＝2. (2)当x >0时，f (g (x ))＝f (x －1)＝(x －1)2－1＝x 2－2x ；当x <0时，f (g (x ))＝f (2－x )＝(2－x )2－1＝x 2－4x ＋3.所以f (g (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x >0，x 2－4x ＋3，x <0.同理可得g (f (x ))＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x <－1或x >1，3－x 2，－1<x <1. 5．设计一个水渠，其横截面为等腰梯形(如图)，要求满足条件AB ＋BC ＋CD ＝a (常数)，∠ABC ＝120°，写出横截面的面积 y 关于腰长x 的函数，并求它的定义域和值域．解：如图，因为AB ＋BC ＋CD ＝a ，所以BC ＝EF ＝a －2x >0，即0<x <a2，因为∠ABC ＝120°，所以∠A ＝60°，所以AE ＝DF ＝x 2，BE ＝32x ，y ＝12(BC ＋AD )·BE ＝3x 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（a －2x ）＋x 2＋x 2 ＝34(2a －3x )x ＝－34(3x 2－2ax ) ＝－334⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32＋312a 2，故当x ＝a 3时，y 有最大值312a 2，它的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，值域为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，312a 2. 6．已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )＝－2f (x ＋1)，且f (x )在区间[0，1]上有表达式f (x )＝x 2.(1)求f (－1)，f (1.5)；(2)写出f (x )在区间[－2，2]上的表达式．解：(1)由题意知f (－1)＝－2f (－1＋1)＝－2f (0)＝0，f (1.5)＝f (1＋0.5)＝－12f (0.5)＝－12×14＝－18.(2)当x ∈[0，1]时，f (x )＝x 2；当x ∈(1，2]时，x －1∈(0，1]，f (x )＝－12f (x －1)＝－12(x －1)2；当x ∈[－1，0)时，x ＋1∈[0，1)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2(x ＋1)2；当x ∈[－2，－1)时，x ＋1∈[－1，0)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2×[－2(x ＋1＋1)2]＝4(x ＋2)2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12（x －1）2，x ∈（1，2]x 2，x ∈[0，1]－2（x ＋1）2，x ∈[－1，0）4（x ＋2）2，x ∈[－2，－1）.。

(浙江专用)新高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数 8 第8讲函数与方程教学案-人教版

第8讲函数与方程1．函数的零点(1)函数零点的定义：对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)三个等价关系：方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y ＝f(x)有零点．2．函数零点的判定如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是f(x)＝0的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．3．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与零点的关系Δ＞0Δ＝0Δ＜0 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴(x1，0)，(x2，0)(x1，0)无交点的交点零点个数两个一个零个[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( )(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)<0.( )(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点．( )(4)若函数f(x)在(a，b)上连续单调且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)√[教材衍化]1．(必修1P92A 组T5改编)函数f (x )＝ln x －2x的零点所在的大致X 围是( )A ．(1，2)B ．(2，3) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1和(3，4) D ．(4，＋∞)解析：选B.易知f (x )为增函数，由f (2)＝ln 2－1＜0，f (3)＝ln 3－23＞0，得f (2)·f (3)＜0.故选B.2．(必修1P88例1改编)函数f (x )＝e x＋3x 的零点个数是______．解析：由已知得f ′(x )＝e x＋3>0，所以f (x )在R 上单调递增，又f (－1)＝1e －3<0，f (0)＝1>0，因此函数f (x )有且只有一个零点．答案：1 [易错纠偏](1)错用零点存在性定理； (2)误解函数零点的定义； (3)忽略限制条件；(4)错用二次函数在R 上无零点的条件． 1．函数f (x )＝x ＋1x的零点个数是______．解析：函数的定义域为{x |x ≠0}，当x >0时，f (x )>0，当x <0时，f (x )<0，所以函数没有零点．答案：02．函数f (x )＝x 2－3x 的零点是______．解析：由f (x )＝0，得x 2－3x ＝0，即x ＝0和x ＝3. 答案：0和33．若二次函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在区间(0，4)上存在零点，则实数m 的取值X 围是______．解析：二次函数f (x )图象的对称轴方程为x ＝1.若在区间(0，4)上存在零点，只需f (1)≤0且f (4)>0即可，即－1＋m ≤0且8＋m >0，解得－8<m ≤1.答案：(－8，1]4．若二次函数f (x )＝x 2＋kx ＋k 在R 上无零点，则实数k 的取值X 围是______．解析：由题意得Δ＝k 2－4k <0，解得0<k <4. 答案：(0，4)函数零点所在区间的判断设f (x )＝0.8x－1，g (x )＝ln x ，则函数h (x )＝f (x )－g (x )存在的零点一定位于下列哪个区间( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，e)D ．(e ，3)【解析】 h (x )＝f (x )－g (x )的零点等价于方程f (x )－g (x )＝0的根，即为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点的横坐标，其大致图象如图，从图象可知它们仅有一个交点A ，横坐标的X 围为(0，1)，故选A.【答案】 A判断函数零点所在区间的3种方法(1)解方程法：当对应方程f (x )＝0易解时，可先解方程，然后再看求得的根是否落在给定区间上．(2)定理法：利用函数零点的存在性定理，首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )<0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．(3)图象法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断．1．(2020·某某十校联考)函数f (x )＝πx ＋log 2x 的零点所在区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，14C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，18D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 解析：选A.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝π4＋log 214<0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝π2＋log 212>0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，故函数f (x )＝πx ＋log 2x 的零点所在区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12.2．(2020·某某市严州中学高三模拟)若a <b <c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内解析：选A.因为f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )，所以f (a )＝(a －b )(a －c )，f (b )＝(b －c )(b －a )， f (c )＝(c －a )(c －b )，因为a <b <c ，所以f (a )>0，f (b )<0，f (c )>0，所以f (x )的两个零点分别位于区间(a ，b )和(b ，c )内．函数零点个数的问题(1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x －2，x ≤0，－1＋ln x ，x >0的零点个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0(2)已知函数f (x )满足f (x )＝f (3x )，且当x ∈[1，3)时，f (x )＝ln x ，若在区间[1，9)内，函数g (x )＝f (x )－ax 有三个不同的零点，则实数a 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 33，1eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 39，13eC.⎝⎛⎭⎪⎫ln 39，12e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 39，ln 33 【解析】 (1)法一：由f (x )＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋x －2＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，－1＋ln x ＝0，解得x ＝－2或x ＝e.因此函数f (x )共有2个零点．法二：函数f (x )的图象如图所示，由图象知函数f (x )共有2个零点．(2)因为f (x )＝f (3x )⇒f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，当x ∈[3，9)时，f (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＝ln x3，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，1≤x <3，ln x3，3≤x <9，而g (x )＝f (x )－ax 有三个不同零点⇔y ＝f (x )与y ＝ax 的图象有三个不同交点，如图所示，可得直线y ＝ax 应在图中两条虚线之间，所以可解得ln 39<a <13e.故选B.【答案】 (1)B (2)B判断函数零点个数的3种方法(1)方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．1．函数f (x )＝|x －2|－ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A ．0B ．1 C ．2 D ．3解析：选C.由题意可知f (x )的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y 1＝|x －2|(x >0)，y 2＝ln x (x >0)的图象，如图所示．由图可知函数f (x )在定义域内的零点个数为2.2．已知函数f (x )是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －1|－1，0<x ≤2，12f （x －2），x >2，则函数g (x )＝4f (x )－1的零点个数为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．10解析：选D.由f (x )为偶函数可得，只需作出x ∈(0，＋∞)上的图象，再利用对称性作另一半图象即可．当x ∈(0，2]时，可以通过y ＝2x的图象进行变换作出f (x )的图象，当x >2时，f (x )＝12f (x－2)，即自变量差2个单位，函数值折半，进而可作出f (x )在(2，4]，(4，6]，…的图象，如图所示．g (x )的零点个数即f (x )＝14的根的个数，也即f (x )的图象与y ＝14的图象的交点个数，观察图象可知，当x >0时，有5个交点，根据对称性可得当x <0时，也有5个交点，共计10个交点，故选D.函数零点的应用(高频考点)高考对函数零点的考查多以选择题或填空题的形式出现．主要命题角度有： (1)利用函数零点比较大小；(2)已知函数的零点(或方程的根)的情况求参数的值或X 围； (3)利用函数零点的性质求参数的X 围．角度一利用函数零点比较大小(2020·某某模拟)已知e 是自然对数的底数，函数f (x )＝e x＋x －2的零点为a ，函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为b ，则下列不等式中成立的是( )A ．f (a )<f (1)<f (b )B ．f (a )<f (b )<f (1)C ．f (1)<f (a )<f (b )D ．f (b )<f (1)<f (a )【解析】由题意，知f ′(x )＝e x＋1>0恒成立，所以函数f (x )在R 上是单调递增的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1<0，f (1)＝e 1＋1－2＝e －1>0，所以函数f (x )的零点a ∈(0，1)；由题意，知g ′(x )＝1x＋1>0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上是单调递增的，又g (1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，g (2)＝ln 2＋2－2＝ln 2>0，所以函数g (x )的零点b ∈(1，2)．综上，可得0<a <1<b <2.因为f (x )在R 上是单调递增的，所以f (a )<f (1)<f (b )．故选A. 【答案】 A角度二已知函数的零点(或方程的根)的情况求参数的值或X 围(1)设函数f (x )＝log 2(2x＋1)，g (x )＝log 2(2x－1)，若关于x 的函数F (x )＝g (x )－f (x )－m 在[1，2]上有零点，则m 的取值X 围为________．(2)(2018·高考某某卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ，当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值X 围是________．【解析】 (1)令F (x )＝0，即g (x )－f (x )－m ＝0. 所以m ＝g (x )－f (x )＝log 2(2x－1)－log 2(2x＋1)＝log 22x－12x ＋1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x ＋1.因为1≤x ≤2，所以3≤2x＋1≤5. 所以25≤22x ＋1≤23，13≤1－22x ＋1≤35.所以log 213≤log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x ＋1≤log 235，即log 213≤m ≤log 235.所以m 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤log 2 13，log 2 35.(2)若λ＝2，则当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知，1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4)．令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.【答案】 (1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤log 2 13，log 2 35 (2)(1，4) (1，3]∪(4，＋∞) 角度三利用函数零点的性质求参数的X 围已知函数f (x )＝|ln x |，若0<a <b ，且f (a )＝f (b )，则a ＋2b 的取值X 围是( )A ．(22，＋∞)B ．[22，＋∞)C ．(3，＋∞)D ．[3，＋∞)【解析】先作出f (x )的图象如图所示，通过图象可知，如果f (a )＝f (b )，则0<a <1<b ，设f (a )＝f (b )＝t ，即⎩⎪⎨⎪⎧|ln a |＝t ，|ln b |＝t(t >0)，由0<a <1<b 可得ln a <0，ln b >0，从而⎩⎪⎨⎪⎧ln a ＝－t ，ln b ＝t ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －t，b ＝e t，所以a ＋2b ＝1e t ＋2e t ，而e t >1，又y ＝2x ＋1x 在(1，＋∞)上为增函数，所以2e t＋1et ∈(3，＋∞)．故选C.【答案】 C已知函数的零点(或方程根)的情况求参数问题常用的三种方法(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数X 围． (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．1．(2019·高考某某卷)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( )A ．a <－1，b <0B ．a <－1，b >0C ．a >－1，b <0D ．a >－1，b >0解析：选C.由题意可得，当x ≥0时，f (x )－ax －b ＝13x 3－12(a ＋1)x 2－b ，令f (x )－ax－b ＝0，则b ＝13x 3－12(a ＋1)x 2＝16x 2[2x －3(a ＋1)]．因为对任意的x ∈R ，f (x )－ax －b ＝0有3个不同的实数根，所以要使满足条件，则当x ≥0时，b ＝16x 2[2x －3(a ＋1)]必须有2个零点，所以3（a ＋1）2>0，解得a >－1.所以b <0.故选C.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x ＋1），x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值X 围是________．解析：函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，转化为f (x )－m ＝0的根有3个，进而转化为y ＝f (x )，y ＝m 的交点有3个．画出函数y ＝f (x )的图象，则直线y ＝m 与其有3个公共点．又抛物线顶点为(－1，1)，由图可知实数m 的取值X 围是(0，1)．答案：(0，1)3．(2020·某某学军中学高三质检)若函数f (x )＝|2x －1|＋ax －5(a 是常数，且a ∈R )恰有两个不同的零点，则a 的取值X 围为________．解析：由f (x )＝0，得|2x －1|＝－ax ＋5.作出y ＝|2x －1|和y ＝－ax ＋5的图象，观察可以知道，当－2<a <2时，这两个函数的图象有两个不同的交点，即函数y ＝f (x )有两个不同的零点．故a 的取值X 围是(－2，2)．答案：(－2，2)[基础题组练]1．(2020·某某省名校联考)已知函数y ＝f (x )的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：x 1 2 3 4 5 6 y124.433－7424.5－36.7－123.6A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：选B.依题意，f (2)>0，f (3)<0，f (4)>0，f (5)<0，根据零点存在性定理可知，f (x )在区间(2，3)，(3，4)，(4，5)上均至少含有一个零点，故函数y ＝f (x )在区间[1，6]上的零点至少有3个．2．(2020·某某十校联考(一))设函数f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)解析：选B.法一：因为f (1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f (2)＝ln 2>0，所以f (1)·f (2)<0，因为函数f (x )＝ln x ＋x －2的图象是连续的，所以函数f (x )的零点所在的区间是(1，2)．法二：函数f (x )的零点所在的区间为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的区间，作出两函数的图象如图所示，由图可知，函数f (x )的零点所在的区间为(1，2)．3．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－cos x ，则f (x )在[0，2π]上的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.作出g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x与h (x )＝cos x 的图象如图所示，可以看到其在[0，2π]上的交点个数为3，所以函数f (x )在[0，2π]上的零点个数为3，故选C.4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x－tan x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<x <π2，若实数x 0是函数y ＝f (x )的零点，且0<t <x 0，则f (t )的值( )A ．大于1B ．大于0C ．小于0D ．不大于0解析：选B.y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x是减函数，y 2＝－tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上也是减函数，可知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x－tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递减．因为0<t <x 0，f (t )>f (x 0)＝0.故选B.5．(2020·某某模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78D ．－38解析：选C.因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根，又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得 λ＝－78.故选C.6．(2020·某某市余姚中学期中检测)已知函数f (x )＝|x |x ＋2－kx 2(k ∈R )有四个不同的零点，则实数k 的取值X 围是( )A ．k <0B ．k <1C ．0<k <1D ．k >1 解析：选D.分别画出y ＝|x |x ＋2与y ＝kx 2的图象如图所示，当k <0时，y ＝kx 2的开口向下，此时与y ＝|x |x ＋2只有一个交点，显然不符合题意；当k ＝0时，此时与y ＝|x |x ＋2只有一个交点，显然不符合题意，当k >0，x ≥0时，令f (x )＝|x |x ＋2－kx 2＝0，即kx 3＋2kx 2－x ＝0，即x (kx 2＋2kx －1)＝0，即x ＝0或kx 2＋2kx －1＝0，因为Δ＝4k 2＋4k >0，且－1k<0，所以方程有一正根，一负根，所以当x >0时，方程有唯一解．即当x ≥0时，方程有两个解．当k >0，x <0时，f (x )＝|x |x ＋2－kx 2＝0，即kx 3＋2kx 2＋x ＝0，kx 2＋2kx ＋1＝0，此时必须有两个解才满足题意，所以Δ＝4k 2－4k >0，解得k >1，综上所述k >1.7．(2020·金丽衢十二校高三联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1ln x ，x >1，则f (f (e))＝________，函数y ＝f (x )－1的零点为________．解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧tan[π2（x －1）]，0<x ≤1ln x ，x >1，所以f (e)＝ln e ＝1，f (f (e))＝f (1)＝tan 0＝0，若0<x ≤1，f (x )＝1⇒tan[π2(x －1)]＝1，方程无解；若x >1，f (x )＝1⇒ln x ＝1⇒x ＝e. 答案：0 e 8．已知函数f (x )＝23x＋1＋a 的零点为1，则实数a 的值为________．解析：由已知得f (1)＝0，即231＋1＋a ＝0，解得a ＝－12. 答案：－129．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，|log 2x |，x >0，则函数g (x )＝f (x )－12的零点所构成的集合为________．解析：令g (x )＝0，得f (x )＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，2x ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，|log 2x |＝12，解得x ＝－1或x ＝22或x ＝2，故函数g (x )＝f (x )－12的零点所构成的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，22，2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1，22，210．(2020·某某学军中学模拟)已知函数f (x )＝|x 3－4x |＋ax －2恰有2个零点，则实数a 的取值X 围为________．解析：函数f (x )＝|x 3－4x |＋ax －2恰有2个零点即函数y ＝|x 3－4x |与y ＝2－ax 的图象有2个不同的交点．作出函数y ＝|x3－4x |的图象如图，当直线y ＝2－ax 与曲线y ＝－x 3＋4x ，x ∈[0，2]相切时，设切点坐标为(x 0，－x 30＋4x 0)，则切线方程为y －(－x 30＋4x 0)＝(－3x 20＋4)(x －x 0)，且经过点(0，2)，代入解得x 0＝1，此时a ＝－1，由函数图象的对称性可得实数a 的取值X 围为a <－1或a >1.答案：a <－1或a >111．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1(a ≠0)． (1)当a ＝1，b ＝－2时，求函数f (x )的零点；(2)若对任意b ∈R ，函数f (x )恒有两个不同零点，某某数a 的取值X 围．解：(1)当a ＝1，b ＝－2时，f (x )＝x 2－2x －3，令f (x )＝0，得x ＝3或x ＝－1. 所以函数f (x )的零点为3和－1.(2)依题意，f (x )＝ax 2＋bx ＋b －1＝0有两个不同实根，所以b 2－4a (b －1)>0恒成立，即对于任意b ∈R ，b 2－4ab ＋4a >0恒成立，所以有(－4a )2－4×(4a )<0⇒a 2－a <0，解得0<a <1，因此实数a 的取值X 围是(0，1)．[综合题组练]1．(2020·某某市富阳二中高三质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－2（x ≤0）ln x （x >0），则下列关于函数y ＝f [f (kx )＋1]＋1(k ≠0)的零点个数的判断正确的是( )A ．当k >0时，有3个零点；当k <0时，有4个零点B ．当k >0时，有4个零点；当k <0时，有3个零点C ．无论k 为何值，均有3个零点D ．无论k 为何值，均有4个零点解析：选C.令f [f (kx )＋1]＋1＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1≤0，ef （kx ）＋1－2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧f （kx ）＋1>0ln[f （kx ）＋1]＋1＝0，解得f (kx )＋1＝0或f (kx )＋1＝1e ；由f (kx )＋1＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝0或⎩⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＝－1；即x ＝0或kx ＝1e ；由f (kx )＋1＝1e得，⎩⎪⎨⎪⎧kx ≤0，e kx －2＋1＝1e 或⎩⎪⎨⎪⎧kx >0ln （kx ）＋1＝1e ；即e kx＝1＋1e (无解)或kx ＝e 1e －1；综上所述，x ＝0或kx ＝1e 或kx ＝e 1e －1；故无论k 为何值，均有3个解，故选C.2．(2020·某某市高三教学评估)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R 且a >0)，则“f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0”是“f (x )与f (f (x ))都恰有两个零点”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.由已知a >0，函数f (x )开口向上，f (x )有两个零点，最小值必然小于0，当取得最小值时，x ＝－b2a ，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，令f (x )＝－b2a ，则f (f (x ))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，所以f (f (x ))<0，所以f (f (x ))必有两个零点．同理f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a <0⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0⇒x ＝－b2a ，因为x ＝－b2a 是对称轴，a >0，开口向上，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a <0，必有两个零点所以C 选项正确．3．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)若关于x 的不等式x 2＋|x －a |<2至少有一个正数解，则实数a 的取值X 围是________．解析：不等式为2－x 2>|x －a |，则0<2－x 2.在同一坐标系画出y ＝2－x 2(y ≥0，x ≥0)和y ＝|x |两个函数图象，将绝对值函数y ＝|x |向左移动，当右支经过(0，2)点时，a ＝－2；将绝对值函数y ＝|x |向右移动让左支与抛物线y ＝2－x 2(y ≥0，x ≥0)相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y －0＝－（x －a ）y ＝2－x 2，可得x 2－x ＋a －2＝0，再由Δ＝0解得a ＝94.数形结合可得，实数a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，94. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－2，944．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，g (x )＝log 12x ，记函数h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧g （x ），f （x ）≤g （x ），f （x ），f （x ）>g （x ），则函数F (x )＝h (x )＋x －5的所有零点的和为________．解析：由题意知函数h (x )的图象如图所示，易知函数h (x )的图象关于直线y ＝x 对称，函数F (x )所有零点的和就是函数y ＝h (x )与函数y ＝5－x 图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分别为x 1，x 2，因为两函数图象的交点关于直线y ＝x 对称，所以x 1＋x 22＝5－x 1＋x 22，所以x 1＋x 2＝5.答案：5。

(浙江专用)高考数学一轮复习第二章函数 2.2 函数的基本性质课件.pptx

x
对5于, 选1 项x C3,同; 样存在如图(2)所示的函数图象,此
2
时可构造函数f(x)=tan ,x满足12 题意.由以上分析知,此题选择D.
图(1)
图(2)
8
评析本题考查函数的概念和单调性,以及函数的三种表示方法,考查学生的转化与化归思想、数形结合思想和推理论证能力.解题的关键在于理解题中的“存在”二字,以及构造函数的方法,可以写出解析式,也可画出图象.
7
答案 D 由(i)知函数f(x)的定义域为集合S,值域为集合T;由(ii)知f(x)在定义域上单调递增,故选项A中,函数f(x)=x-1即满足题意;对于选项B,由图(1)知, f(-1)=-8,当-1<x≤3时,必存在单调递增的
8, x 1,
连续函数f(x)满足题意,如:f(x)=
5 2
1 2
x
为减函数,排除C;因为y=log0.5t为减
函数,t=x+1为增函数,所以y=log0.5(x+1)为减函数,排除D;y= t和t=x+1均为增函数,所以y= 为x 1
增函数,故选A.
3.(2014陕西,7,5分)下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是 ( )
1
A.f(x)= x2
B.f(x)=x3
ห้องสมุดไป่ตู้
C.f(x)=
1 2
x
D.f(x)=3x
答案 D ∵f(x+y)=f(x)f(y),∴f(x)为指数函数模型,排除A,B;又∵f(x)为单调递增函数,∴排除C, 故选D.
3
4.(2013安徽,4,5分)“a≤0”是“函数f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

浙江专用2022高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数第4讲二次函数与幂函数学案(含答案)

高考数学一轮复习学案：第4讲二次函数与幂函数1．幂函数(1)定义：形如y ＝x α(α∈R )的函数称为幂函数，其中底数x 是自变量，α为常数．常见的五类幂函数为y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 12，y ＝x －1.(2)性质①幂函数在(0，＋∞)上都有定义；②当α>0时，幂函数的图象都过点(1，1)和(0，0)，且在(0，＋∞)上单调递增； ③当α<0时，幂函数的图象都过点(1，1)，且在(0，＋∞)上单调递减． 2．二次函数(1)二次函数解析式的三种形式 ①一般式：f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)； ②顶点式：f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0)； ③零点式：f (x )＝a (x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)． (2)二次函数的图象和性质解析式f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0) f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a <0)图象定义域 (－∞，＋∞)(－∞，＋∞)值域⎣⎢⎡⎭⎪⎫4ac －b 24a ，＋∞ ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，4ac －b 24a单调性在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－b 2a 上单调递减；在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上单调递增在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－b 2a 上单调递增；在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上单调递减奇偶性当b ＝0时为偶函数，当b ≠0时为非奇非偶函数顶点 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，4ac －b 24a对称性图象关于直线x ＝－b2a成轴对称图形常用结论1．巧识幂函数的图象和性质2．记牢一元二次不等式恒成立的条件(1)ax 2＋bx ＋c >0(a ≠0)恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b 2－4ac <0.(2)ax 2＋bx ＋c <0(a ≠0)恒成立的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a <0，b 2－4ac <0.[思考辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝2x 13是幂函数．( )(2)当n >0时，幂函数y ＝x n在(0，＋∞)上是增函数．( ) (3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R )不可能是偶函数．( ) (4)如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点．( ) (5)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c ，x ∈[a ，b ]的最值一定是4ac －b24a.( )答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× [诊断自测]1．已知幂函数y ＝f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12，则f (2)＝( ) A ．14 B ．4C ．22D ． 2解析：选C ．设f (x )＝x α，因为图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12，所以f (4)＝4α＝12，解得α＝－12，所以f (2)＝2－12＝22.2．已知函数f (x )＝x 2＋4ax 在区间(－∞，6)内单调递减，则a 的取值范围是( ) A ．[3，＋∞)B ．(－∞，3]C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D ．函数f (x )＝x 2＋4ax 的图象是开口向上的抛物线，其对称轴是x ＝－2a ，由函数在区间(－∞，6)内单调递减可知，区间(－∞，6)应在直线x ＝－2a 的左侧，所以－2a ≥6，解得a ≤－3，故选D ．3．函数f (x )＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，3]上的最大值为________．最小值为________．解析：f (x )＝(x －1)2＋2，0≤x ≤3，所以x ＝1时，f (x )min ＝2，x ＝3时，f (x )max ＝6. 答案：6 24．已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，则a 的取值范围是________．解析：因为函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝12－20a <0，解得a >120. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫120，＋∞幂函数的图象及性质(自主练透)1．已知幂函数f (x )＝mx n的图象过点(2，22)，设a ＝f (m )，b ＝f (n )，c ＝f (ln 2)，则( )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <c <aD ．a <b <c解析：选B ．因为函数f (x )＝mx n为幂函数，故m ＝1.因为函数f (x )＝mx n的图象过点(2，22)，所以(2)n ＝22，解得n ＝3.故函数f (x )＝x 3，所以函数f (x )为增函数，因为n >m >ln 2，故c <a <b ，故选B ．2．幂函数y ＝xm 2－2m －3(m ∈Z )的图象如图所示，则实数m 的值为( )A ．3B ．0C ．1D ．2解析：选C ．因为函数y 在(0，＋∞)上单调递减，所以m 2－2m －3<0，解得－1<m <3.因为m ∈Z ，所以m ＝0，1，2.而当m ＝0或2时，f (x )＝x －3为奇函数，当m ＝1时，f (x )＝x－4为偶函数，所以m ＝1.3．若幂函数y ＝x －1，y ＝x m与y ＝x n在第一象限内的图象如图所示，则m 与n 的取值情况为( )A ．－1<m <0<n <1B ．－1<n <0<mC ．－1<m <0<nD ．－1<n <0<m <1解析：选D ．幂函数y ＝x α，当α>0时，y ＝x α在(0，＋∞)上为增函数，且0<α<1时，图象上凸，所以0<m <1；当α<0时，y ＝x α在(0，＋∞)上为减函数，不妨令x ＝2，根据图象可得2－1<2n，所以－1<n <0，综上所述，选D ．4．若(a ＋1)12<(3－2a )12，则实数a 的取值范围是________．解析：易知函数y ＝x 12的定义域为[0，＋∞)，在定义域内为增函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥0，3－2a ≥0，a ＋1<3－2a ，解得－1≤a <23.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，23幂函数的性质与图象特征的关系(1)幂函数的形式是y ＝x α(α∈R )，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式．(2)判断幂函数y ＝x α(α∈R )的奇偶性时，当α是分数时，一般将其先化为根式，再判断．(3)若幂函数y ＝x α在(0，＋∞)上单调递增，则α>0，若在(0，＋∞)上单调递减，则α<0.二次函数的解析式(师生共研)(一题多解)已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8，试确定此二次函数的解析式．【解】方法一(利用一般式)：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.所以所求二次函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.方法二(利用顶点式)：设f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0)．因为f (2)＝f (－1)，f (－1)＝－1，所以抛物线的对称轴为x ＝2＋(－1)2＝12.所以m ＝12.又根据题意函数有最大值8，所以n ＝8，所以f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8.因为f (2)＝－1，所以a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4，所以f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.方法三(利用零点式)：由已知得f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1，故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)，即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数有最大值8，即4a (－2a －1)－a24a ＝8.解得a ＝－4或a ＝0(舍去)，所以所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7.求二次函数解析式的方法根据已知条件确定二次函数的解析式，一般用待定系数法，选择规律如下：1．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋5的图象过点P (－1，11)，且其对称轴是直线x ＝1，则a ＋b 的值是( )A ．－2B ．0C ．1D ．2解析：选A ．因为二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋5的图象的对称轴是直线x ＝1，所以－b2a＝1 ①.又f(－1)＝a－b＋5＝11，所以a－b＝6 ②.联立①②，解得a＝2，b＝－4，所以a ＋b＝－2，故选A．2．已知二次函数f(x)有两个零点0和－2，且它有最小值－1，则f(x)的解析式为f(x)＝________．解析：由二次函数f(x)有两个零点0和－2，可设f(x)＝a(x＋2)x，则f(x)＝a(x2＋2x)＝a(x＋1)2－a.又f(x)有最小值－1，则a＝1.所以f(x)＝x2＋2x.答案：x2＋2x二次函数的图象与性质(多维探究)角度一二次函数图象的识别问题如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3，0)，对称轴为x ＝－1.给出下面四个结论：①b2>4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a<b.其中正确的结论是( )A．②④B．①④C．②③D．①③【解析】因为二次函数的图象与x轴交于两点，所以b2－4ac>0，即b2>4ac，①正确；对称轴为x＝－1，即－b2a＝－1，2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y>0，即a －b＋c>0，③错误；由对称轴为x＝－1知，b＝2a，又函数图象开口向下，所以a<0，所以5a<2a，即5a<b，④正确．故选B．【答案】 B识别二次函数图象应学会“三看”角度二二次函数的单调性问题(1)函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1在区间[－1，＋∞)上是递减的，则实数a 的取值范围是( )A ．[－3，0]B ．(－∞，－3]C ．[－2，0]D ．[－3，0](2)二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R )的最小值为f (1)，则f (2)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，f (3)的大小关系是( )A ．f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32<f (3)B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32<f (2)<f (3)C ．f (3)<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32 D ．f (2)<f (3)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32 【解析】 (1)当a ＝0时，f (x )＝－3x ＋1在[－1，＋∞)上单调递减，满足题意．当a ≠0时，f (x )的对称轴为x ＝3－a2a，由f (x )在[－1，＋∞)上单调递减，知⎩⎪⎨⎪⎧a <0，3－a 2a≤－1，解得－3≤a <0.综上，a 的取值范围为[－3，0]．(2)由已知可得二次函数f (x )图象开口向上，对称轴为x ＝1，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪－32－1>|3－1|>|2－1|，所以f (2)<f (3)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32. 【答案】 (1)D (2)D【迁移探究】 (变条件)若将本例(1)的条件改为函数f (x )＝ax 2＋(a －3)x ＋1的单调减区间是[－1，＋∞)，则a ＝________．解析：由题意知f (x )必为二次函数且a <0，又3－a2a ＝－1，所以a ＝－3.答案：－3二次函数单调性问题的求解策略(1)对于二次函数的单调性，关键是开口方向与对称轴的位置．若开口方向或对称轴的位置不确定，则需要分类讨论求解．(2)利用二次函数的单调性比较大小，一定要将待比较的两数通过二次函数的对称性转化到同一单调区间上比较．角度三二次函数的最值问题若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关 D ．与a 无关，但与b 有关【解析】 f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22－a 24＋b ，①当0≤－a 2≤1时，f (x )min ＝m ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 24＋b ，f (x )max ＝M ＝max{f (0)，f (1)}＝max{b ，1＋a ＋b }，所以M －m ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 24，1＋a ＋a 24与a 有关，与b 无关；②当－a2<0时，f (x )在[0，1]上单调递增，所以M －m ＝f (1)－f (0)＝1＋a 与a有关，与b 无关；③当－a2>1时，f (x )在[0，1]上单调递减，所以M －m ＝f (0)－f (1)＝－1－a 与a 有关，与b 无关．综上所述，M －m 与a 有关，但与b 无关，故选B ．【答案】 B二次函数最值问题的类型及求解策略(1)类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动．(2)求解策略：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成．角度四一元二次不等式恒成立问题(1)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0成立，则实数m 的取值范围是____________．(2)已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋1，f (x )>x ＋k 在区间[－3，－1]上恒成立，则k 的取值范围为____________．【解析】 (1)作出二次函数f (x )的草图，对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f (x )<0，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0，f (m ＋1)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋m 2－1<0，(m ＋1)2＋m (m ＋1)－1<0，解得－22<m <0.(2)由题意得x 2＋x ＋1>k 在区间[－3，－1]上恒成立．设g (x )＝x 2＋x ＋1，x ∈[－3，－1]，则g (x )在[－3，－1]上递减．所以g (x )min ＝g (－1)＝1.所以k <1.故k 的取值范围为(－∞，1)．【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0 (2)(－∞，1)由不等式恒成立求参数取值范围的思路及关键(1)一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数．(2)两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .1．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )有两个零点，则“－2≤a ＋b ≤0”是“函数f (x )至少有一个零点属于区间[0，2]”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ．因为函数f (x )至少有一个零点属于区间[0，2]，所以可设f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )有两个零点，分别为x 1，x 2，其中x 1∈[0，2]，x 2∈R ，则f (x )＝x 2＋ax ＋b ＝(x －x 1)(x －x 2)，a ＋b ＝f (1)－1＝(1－x 1)(1－x 2)－1.由于x 1∈[0，2]，x 2∈R ，所以1－x 1∈[－1，1]，1－x 2∈R ，所以a ＋b ＝(1－x 1)(1－x 2)－1∈R .所以“－2≤a ＋b ≤0”是“函数f (x )至少有一个零点属于区间[0，2]”的充分不必要条件.2．如果函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 对任意的实数x 都有f (1＋x )＝f (－x )，那么( ) A ．f (0)<f (2)<f (－2) B ．f (0)<f (－2)<f (2) C ．f (2)<f (0)<f (－2) D ．f (－2)<f (0)<f (2)解析：选A ．由f (1＋x )＝f (－x )知函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝12，而抛物线的开口向上，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－12＝12，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－12＝32，⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－12＝52，根据到对称轴的距离越远的函数值越大得f (－2)>f (2)>f (0)．故选A ．3．若函数f (x )＝x 2－2x ＋1在区间[a ，a ＋2]上的最小值为4，则a 的取值集合为________．解析：因为函数f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2，对称轴x＝1，因为f(x)在区间[a，a＋2]上的最小值为4，所以当1≤a时，f(x)min＝f(a)＝(a－1)2＝4，解得a＝－1(舍去)或a＝3，当a＋2≤1，即a≤－1时，f(x)min＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4，解得a＝1(舍去)或a＝－3，当a<1<a＋2，即－1<a<1时，f(x)min＝f(1)＝0≠4，－3，3.故a的取值集合为{}－3，3答案：{}。

高三数学一轮复习《函数的基本性质》教案(共17页)

精品家教个性化教学辅导教案学员姓名：____ 任课教师：_______ 所授科目：___数学__要点八段函数和抽象函数【例8】2010天津理（8）已知函数224,0()4,0x x x f x x x x ⎧+≥=⎨-<⎩若2(2)(),f a f a ->则实数a 的取值范围是A (,1)(2,)-∞-⋃+∞B (1,2)-C (2,1)-D (,2)(1,)-∞-⋃+∞【命题立意】分段函数是一类非常重要的函数形式，因为其覆盖面较大，而备受命题人的青睐. 本小题考查函数求值、不等式求解、对数函数的单调性等基础知识，考查分类讨论的数学思想。

【标准解析】由已知，函数在整个定义遇上单调递增的。

故)()2(2a f a f >- ，等价于022<-+a a ，解得12<<-a【误区警示】常见的错误是计算中不能根据自变量的范围挑选出适合的函数段，或计算错误.解决这类问题的有效方法是由内到外逐层计算，解题时要层次分明，思路清晰.【变式训练】2010年天津文（8）若函数()f x =212log ,0,log (),0x x x x >⎧⎪⎨-<⎪⎩,若()f a >()f a -,则实数a 的取值范围是（A ）（-1，0）∪（0，1）（B ）（-∞，-1）∪（1,+∞）（C ）（-1，0）∪（1,+∞）（D ）（-∞，-1）∪（0,1）【标准解析】当0a >时，由f(a)>f(-a)得：212log log a a >，即221log log a a >，即1a a >，解得1a >；当0a <时，由()f a >()f a -得：12log ()a ->2()log a -，即21log ()a->2()log a -，即1a->a -，解得10a -<<，故选C 。

2.2函数的基本性质 5年高考3年模拟(浙江版)复习教学案

2.2函数的基本性质挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点函数的单调性与最值1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.会讨论和证明函数的单调性.2017浙江,7 函数单调性的判定与应用函数图象的识辨、极值★★★2016浙江,18 函数的最值不等式解法2015浙江,18 函数单调性的应用函数最值、不等式性质、分段函数2014浙江,7 函数单调性的应用函数图象函数的奇偶性与周期性1.理解函数的奇偶性,会判断函数的奇偶性.2.了解函数的周期性.2018浙江,5 函数的奇偶性函数的值域★★★2016浙江文,3 函数的奇偶性函数图象分析解读 1.函数的单调性是函数的一个重要性质,是高考的常考内容,例如判断或证明函数的单调性,求单调区间,利用单调性求参数的取值范围,利用单调性解不等式.考题既有选择题与填空题,又有解答题,既有容易题和中等难度题(例:2014浙江15题),也有难题(例:2015浙江18题).2.函数的奇偶性在高考中也时有出现,主要考查奇偶性的判定以及与周期性、单调性相结合的题目,这类题目常常结合函数的图象进行考查(例:2018浙江5题).3.函数的周期性,单独考查较少,一般与奇偶性综合在一起考查,主要考查函数的求值问题,以及三角函数的最小正周期等(例:2015浙江11题).4.预计2020年高考试题中,仍会对函数的性质进行重点考查,复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一函数的单调性与最值1.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),3)已知实数x,y满足(12)x<(12)y,则下列关系式中恒成立的是()A.tan x>tan yB.ln(x2+2)>ln(y2+1)C.1x<1yD.x3>y3答案D2.(2017浙江绍兴教学质量调测(3月),9)记min{x,y}={y,x ≥y,x,x <y,设f(x)=min{x 2,x 3},则( )A.存在t>0,|f(t)+f(-t)|>f(t)-f(-t)B.存在t>0,|f(t)-f(-t)|>f(t)-f(-t)C.存在t>0,|f(1+t)+f(1-t)|>f(1+t)+f(1-t)D.存在t>0,|f(1+t)-f(1-t)|>f(1+t)-f(1-t) 答案 C考点二函数的奇偶性与周期性1.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,6)已知h(x)=f(x)+x 2+x 是奇函数,且f(1)=2,若g(x)=f(x)+1,则g(-1)=( ) A.3 B.4 C.-3 D.-4 答案 C2.(2016四川,14,5分)已知函数f(x)是定义在R 上的周期为2的奇函数,当0<x<1时, f(x)=4x,则f (-52)+f(1)= . 答案 -2炼技法【方法集训】方法1 判断函数单调性的方法1.(2018陕西汉中第一次检测,3)下列函数中,在(0,2)上为增函数的是( ) A.y=1x -2B.y=lo g 12(2-x)C.y=(12)x -2D.y=√2-x 答案 B2.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),5)已知 f(x)=log a (x 2-ax+3)(a>0,且a ≠1)满足:对任意x 1,x 2∈(-∞,a2],且x 1≠x 2,不等式 f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<0恒成立,则a 的取值范围是( )A.(1,+∞)B.(1,2√3)C.(2√3,+∞)D.(0,1) 答案 B方法2 判断函数奇偶性的方法1.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,10)已知定义在R 上的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=-2,函数g(x)=x 3-sin x-1,若函数y=f(x)与y=g(x)的图象相交于点P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),…,P n (x n ,y n )(n ∈N *),则(x 1+y 1)+(x 2+y 2)+…+(x n +y n )=( ) A.-2n+2 B.-2nC.-n+1D.-n答案 D2.(2017浙江宁波二模(5月),9)已知函数f(x)=sin xcos 2x,则下列关于函数f(x)的结论中,错误的是( ) A.最大值为1B.图象关于直线x=-π2对称 C.既是奇函数又是周期函数 D.图象关于点(3π4,0)中心对称答案 D方法3 函数周期性的解题方法1.(2017浙江台州一模,3)若函数y=f(x)是定义在R 上的周期为2的奇函数,则f(2 017)=( ) A.-2 017 B.0 C.1 D.2 017 答案 B2.(2018浙江高考模拟卷,12)定义在R 上的函数f(x)满足f(x+6)=f(x).当x ∈[-3,3)时,f(x)={-(x +2)2,-3≤x <-1,x,-1≤x <3,则f(4)= ;f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 016)+f(2017)= . 答案 0;337方法4 函数性质的综合应用1.(2017河南洛阳期中,8)定义在R 上的偶函数f(x)满足f(x+1)=-f(x)且在[5,6]上是增函数,α,β是锐角三角形的两个内角,则( )A.f(sin α)>f(cos β)B.f(sin α)>f(sin β)C.f(sin α)<f(cos β)D.f(cos α)>f(cos β) 答案 C2.(2017江西吉安一中期中,16)已知a>0且a ≠1,函数f(x)=5a x +3a x +1+4log a 1+x 1-x ,其中-14≤x ≤14,则函数f(x)的最大值与最小值之和为 . 答案 8过专题【五年高考】统一命题、省(区、市)卷题组考点一函数的单调性与最值1.(2014北京,2,5分)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( )A.y=√x +1B.y=(x-1)2C.y=2-xD.y=log 0.5(x+1)答案 A2.(2018北京理,13,5分)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x ∈(0,2]都成立,则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是 . 答案 f(x)=sin x,x ∈[0,2](答案不唯一)3.(2016天津,13,5分)已知f(x)是定义在R 上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递增.若实数a 满足f(2|a-1|)>f(-√2),则a 的取值范围是 .答案 (12,32)考点二函数的奇偶性与周期性1.(2018课标全国Ⅱ理,11,5分)已知f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x).若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)= ( ) A.-50B.0C.2D.50答案 C2.(2017天津理,6,5分)已知奇函数f(x)在R 上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log 25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c 的大小关系为( )A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a 答案 C3.(2016山东,9,5分)已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时,f(x)=x 3-1;当-1≤x ≤1时, f(-x)=-f(x);当x>12时, f (x +12)=f (x -12),则f(6)=( ) A.-2 B.-1 C.0 D.2 答案 D4.(2015福建,2,5分)下列函数为奇函数的是( ) A.y=√x B.y=|sin x| C.y=cos x D.y=e x-e -x答案 D5.(2017山东文,14,5分)已知f(x)是定义在R 上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当x ∈[-3,0]时, f(x)=6-x,则f(919)= . 答案 66.(2016江苏,11,5分)设f(x)是定义在R 上且周期为2的函数,在区间[-1,1)上, f(x)={x +a,-1≤x <0,|25-x|,0≤x <1,其中a ∈R.若f (-52)=f (92),则f(5a)的值是 . 答案 -25教师专用题组考点一函数的单调性与最值(2014陕西,7,5分)下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是( ) A.f(x)=x 12 B.f(x)=x 3C.f(x)=(12)xD.f(x)=3x答案 D考点二函数的奇偶性与周期性1.(2017课标全国Ⅰ理,5,5分)函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x 的取值范围是( ) A.[-2,2] B.[-1,1] C.[0,4] D.[1,3] 答案 D2.(2015广东,3,5分)下列函数中,既不是奇函数,也不是偶函数的是( ) A.y=√1+x 2B.y=x+1xC.y=2x+12x D.y=x+e x答案 D3.(2014湖南,3,5分)已知f(x),g(x)分别是定义在R 上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=x 3+x 2+1,则f(1)+g(1)=( ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 答案 C4.(2014安徽,6,5分)设函数f(x)(x ∈R)满足f(x+π)=f(x)+sin x.当0≤x<π时, f(x)=0,则f (23π6)=( )A.12B.√32C.0D.-12答案 A5.(2014课标Ⅰ,3,5分)设函数f(x),g(x)的定义域都为R,且f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则下列结论中正确的是( )A.f(x)g(x)是偶函数B.|f(x)|g(x)是奇函数C.f(x)|g(x)|是奇函数D.|f(x)g(x)|是奇函数答案 C6.(2014湖北,10,5分)已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数,当x ≥0时, f(x)=12(|x-a 2|+|x-2a 2|-3a 2).若∀x ∈R,f(x-1)≤f(x),则实数a 的取值范围为( ) A.[-16,16] B.[-√66,√66]C.[-13,13] D.[-√33,√33]答案 B7.(2018课标全国Ⅲ文,16,5分)已知函数f(x)=ln(√1+x 2-x)+1, f(a)=4,则f(-a)= . 答案 -28.(2017课标全国Ⅱ文,14,5分)已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数,当x ∈(-∞,0)时, f(x)=2x 3+x 2,则f(2)= . 答案 129.(2015课标Ⅰ,13,5分)若函数f(x)=xln(x+√a +x 2)为偶函数,则a= . 答案 110.(2014课标Ⅱ,15,5分)已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减, f(2)=0.若f(x-1)>0,则x 的取值范围是 . 答案 (-1,3)11.(2014四川,12,5分)设f(x)是定义在R 上的周期为2的函数,当x ∈[-1,1)时,f(x)={-4x 2+2,-1≤x <0,x,0≤x <1,则f (32)= .答案 1【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共24分)1.(2019届浙江“七彩阳光”联盟期中,4)已知函数y=f(x)+cos x 是奇函数,且f (π3)=1,则f (-π3)=( ) A.-2 B.-1 C.1 D.2 答案 A2.(2019届台州中学第一次模拟,5)下列函数中为偶函数且在(0,+∞)上是增函数的是( ) A.y=(12)|x| B.y=|ln x| C.y=x 2+2|x|D.y=2-x答案 C3.(2018浙江诸暨高三期末,7)已知f(x),g(x)都是定义在R 上的函数,且f(x)为奇函数,g(x)的图象关于直线x=1对称,则下列四个命题中,错误的是( ) A.y=g(f(x)+1)为偶函数 B.y=g(f(x))为奇函数C.函数y=f(g(x))的图象关于直线x=1对称D.y=f(g(x+1))为偶函数答案 B4.(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,8)已知函数f(x)={cos(x +α)(x ≥0),sin(x +β)(x <0)是偶函数,则α,β的可能取值是( )A.α=π,β=π2B.α=β=π3C.α=π3,β=π6D.α=π4,β=3π4答案 C5.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,8)已知a ∈R,函数f(x)满足:存在x 0>0,对任意的x>0,恒有|f(x)-a|≤|f(x 0)-a|,则f(x)可以为( ) A.f(x)=lg x B.f(x)=-x 2+2x C.f(x)=2xD.f(x)=sin x 答案 D6.(2018浙江新高考调研卷一(诸暨中学),6)已知定义在(-1,1)上的奇函数f(x),若该函数在定义域上单调递减,则不等式f(1-x)+f(1-x 2)<0的解集为( )A.(-2,1)B.(-2,√2)C.(1,√2)D.(0,1) 答案 D二、填空题(单空题4分,多空题6分,共12分)7.(2018浙江台州第一次调考(4月),13)若函数f(x)=a-22x -1(a ∈R)是奇函数,则a= ,函数f(x)的值域为 . 答案 -1;(-∞,-1)∪(1,+∞)8.(2019届浙江金丽衢十二校2018学年高三第一次联考,12)已知偶函数f(x)满足f(x-1)=f(x+1),且当x ∈[0,1]时, f(x)=x,则f (43)= .若在区间[-1,3]内,函数g(x)=f(x)-kx-k 有4个零点,则实数k 的取值范围是 . 答案23;(0,14] 三、解答题(共15分)9.(2017浙江杭州二模(4月),20)设函数f(x)=√1-x +√1+x . (1)求函数f(x)的值域;(2)当实数x ∈[0,1]时,证明: f(x)≤2-14x 2.解析解法一:(1)由已知得函数f(x)的定义域是[-1,1], 因为f '(x)=√1-x -√1+x√2,令f '(x)=0时,解得x=0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增, 所以f(x)min =f(1)=f(-1)=√2, f(x)max =f(0)=2, 所以函数f(x)的值域为[√2,2].(2)证明:设h(x)=√1-x +√1+x +14x 2-2,x ∈[0,1],则h(0)=0,h'(x)=-12(1-x)-12+12(1+x)-12+12x,=12x [12√1-x 2(√1+x+√1-x)].因为√1-x 2(√1+x +√1-x )=√1-x 2·√2+2√1-x 22, 所以h'(x)≤0.所以h(x)在[0,1]上单调递减,又h(0)=0, 所以f(x)≤2-14x 2.解法二:(1)设t=√1-x +√1+x ,两边平方知t 2=2+2√1-x 2,因为-1≤x ≤1,所以2≤t 2≤4,所以√2≤t ≤2,即函数f(x)的值域为[√2,2]. (2)证明:由(1)知x2=1-(t 22-1)2=t 2-t 44,所以要证f(x)≤2-14x 2, 只需证t ≤2-14(t 2-t 44).2-14(t 2-t 44)-t=116[t 4-4t 2-16(t-2)]=116(t-2)(t 3+2t 2-16),因为y 1=t-2和y 2=t 3+2t 2-16在区间[√2,2]上均单调递增,所以当t ∈[√2,2]时,t-2≤0且t 3+2t 2-16≤0.所以116(t-2)(t 3+2t 2-16)≥0,即t ≤2-14(t 2-t 44)成立,所以f(x)≤2-14x 2成立.解法三:设x=sin 2t,-π4≤t ≤π4,则(1)f(t)=|sin t-cos t|+|sin t+cos t|=2cos t ∈[√2,2].(2)证明:令y 3=2-14x 2-f(x),则y 3=2-14(2sin t ·cos t)2-2cos t=2-cos 2t(1-cos 2t)-2cos t=(cos t-1)(cos 3t+cos 2t-2). 因为cos t ∈[√22,1],所以y 3≥0,即f(x)≤2-14x 2.。