北师大版 (2019)必修 第一册第二章 函数本章综合与测试一等奖教案

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[巩固层·知识整合]





[提升层·题型探究]





函数图象的应用


【例1】 已知f(x)为定义在R上的奇函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x.求x∈[－3，5]时，f(x)＝ eq \f(1,2)的所有解的和．


[解] 当x∈[－1，0]时，－x∈[0，1]，∴f(－x)＝－x.


又∵f(x)为奇函数，∴x∈[－1，0]时，f(x)＝－f(－x)＝x.即x∈[－1，1]时，f(x)＝x.


又由f(x)＝f(2－x)可得f(x)的图象关于直线x＝1对称．


由此可得f(x)在[－3，5]上的图象如下：





在同一坐标系内画出y＝ eq \f(1,2)的图象，


由图可知在[－3，5]上共有四个交点，


∴f(x)＝ eq \f(1,2)在[－3，5]上共有四个解，从左到右记为x1，x2，x3，x4，则x1与x4，x2与x3关于直线x＝1对称，


∴ eq \f(x1＋x4,2)＝1， eq \f(x2＋x3,2)＝1.


∴x1＋x2＋x3＋x4＝4.





画函数图象是表示函数的一种方法，一旦有了函数图象，可以使问题变得直观，但仍要结合代数运算才能获得精确结果．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


1．已知函数f(x)＝|x2－mx＋3|，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0.


(1)求m的值；


(2)求函数f(x)的单调区间，并指出其增减性；


(3)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四个不相等的实根}．


[解] (1)由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0，得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－m))＝0，解得m＝4.


∴f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2－1，x∈（－∞，1]∪[3，＋∞），,－（x－2）2＋1，x∈（1，3），))


作出图象如图所示．





(2)递增区间为[1，2]和[3，＋∞)，递减区间为(－∞，1)和(2，3).


(3)由图象可知，y＝f(x)与y ＝m图象，有四个不同的交点，则0＜m＜1，


∴集合M＝{m|0＜m＜1}．





函数性质的应用


【例2】 已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－ eq \f(2,3).


(1)求证：f(x)在R上是减函数；


(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值；


(3)解不等式f(x)－f(－x)>2.


[解] (1)证明：由f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，可得


f(x＋y)－f(x)＝f(y).


在R上任取x1>x2，令x＋y＝x1，x＝x2，


则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2).


∵x1>x2，∴x1－x2>0.


又x>0时，f(x)<0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0.


由定义可知f(x)在R上是减函数．


(2)∵f(x)在R上是减函数；


∴f(x)在[－3，3]上也是减函数；


∴f(－3)最大，f(3)最小．又f(1)＝－ eq \f(2,3)，


∴f(3)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－2.


∴f(－3)＝f(4－3)－f(4)＝f(1)－f(3)－f(1)


＝－f(3)＝2.


即f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.


(3)由(2)知f(－3)＝2，


f(x)－f(－x)>2，即f(x)>f(－x)＋2＝f(－x)＋f(－3)＝f(－3－x)，


由(1)知f(x)在R上为减函数，∴f(x)>f(－3－x)，得x<－3－x，


解得解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2))))).





(1)解决有关函数性质的综合应用问题的通法就是根据函数的奇偶性解答或作出图象辅助解答，先证明函数的单调性，再由单调性求最值．


(2)研究与抽象函数有关的问题时要紧扣其定义，通过赋值来求解．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


2．函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2).


(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的取值范围．


[解] (1)∵对于任意x1，x2∈D，


有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，


∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.


(2)f(x)为偶函数．


证明：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，


∴f(－1)＝ eq \f(1,2)f(1)＝0.


令x1＝－1，x2＝x，则f(－x)＝f(－1)＋f(x)，


∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数．


(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|)

又f(x)在(0，＋∞)上是增函数．


∴0<|x－1|<16，解得－15

∴x的取值范围是{x|－15




数学思想在函数中的应用


角度一 数形结合思想


【例3】 已知x2>xeq \s\up6(\f(1,3))，求x的取值范围．


[解] x2与x eq \s\up6(\f(1,3))有相同的底数，不同的指数，因此其模型应为幂函数y＝xα，所以同一坐标系内作出它们的图象比较函数值的大小，确定自变量的范围，即为x的取值范围，如图所示，可得x的取值范围是x<0或x>1.








数形结合是一类重要的数学思想方法，它把抽象的关系与直观的图形结合起来，使复杂的问题一目了然．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


3．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－3x－4的定义域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，m))，值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(25,4)，－4))，则m的取值范围是________．


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)) [∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－3x－4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2))) eq \s\up8(2)－ eq \f(25,4)，


∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－ eq \f(25,4)，又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝－4，


故由二次函数图象可知


eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)≤m,m－\f(3,2)≤\f(3,2)－0)) ，解得 eq \f(3,2)≤m≤3.


所以m的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)).]


角度二 分类讨论思想


【例4】 设函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－2x，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，a))，若函数的最小值为g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))，试求g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a)).


[思路点拨] 由于a与1的大小关系不确定，所以应分－2

[解] f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－2x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)) eq \s\up8(2)－1，对称轴为直线x＝1.


而1不一定属于区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，a))，应进行讨论．


当－2

当a≥1时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，1))上单调递减，在[1，a]上单调递增，则g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝－1.


综上，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－2a，－2




考虑问题要全面，谨防考虑不周导致错误，本题是根据与1的大小关系去分类．用分类讨论的思想解题时应做到标准明确，不重不漏．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


4．在例4中，求该函数的最大值h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a)).


[解] f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x2－2x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)) eq \s\up8(2)－1，对称轴为直线x＝1.


而1不一定属于区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，a))，应进行讨论．


当－2

当a≥4时，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝a2－2a.


综上，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(8，－2

角度三 转化的数学思想


【例5】 若函数f(x)＝x2＋mx＋n，对任意实数x都有f(2－x)＝f(2＋x)成立，试比较f(－1)，f(2)，f(4)的大小．


[解] 依题意可知f(x)的对称轴为x＝2，


∴f(－1)＝f(5).


∵f(x)在[2，＋∞)上是增函数，


∴f(2)




通过化简、变形等，可将复杂的、不熟悉的函数转化为简单的、熟悉的函数形式，进而运用其性质来解题．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


5．指出函数f(x)＝ eq \f(x2＋4x＋5,x2＋4x＋4)的单调区间，并比较f(－π)与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))的大小．


[解] 因为f(x)＝ eq \f(x2＋4x＋4＋1,x2＋4x＋4)


＝1＋ eq \f(1,（x＋2）2)＝1＋(x＋2)－2，


所以其图象可由幂函数y＝x－2向左平移2个单位，再向上平移1个单位得到，如图所示．





所以f(x)在(－2，＋∞)上是减函数，在(－∞，－2)上是增函数，且图象关于直线x＝－2对称．


因为－2－(－π)＝π－2，－ eq \f(\r(2),2)－(－2)＝2－ eq \f(\r(2),2)，


又π－2<2－ eq \f(\r(2),2)，


故－π距离对称轴更近，


所以f(－π)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))).