高考數(shù)學浙江理科一輪【第二章】函數(shù)與基本初等函數(shù)I【下】 第二章 專題一

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1、 精品資料 專題一　高考中的函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應用 1． 設(shè)a>0，a≠1，函數(shù)f(x)＝a有最大值，則不等式loga(x2－5x＋7)>0的解集為__________． 答案　{x|20，得0

2、1]，則b－a的最小值為 (　　) A． B． C．1 D．2 答案　B 解析　令f(x)＝0，解得x＝1；令f(x)＝1，解得x＝或3.因為函數(shù)f(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．故b－a的最小值為1－＝. 3． 設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是 (　　) A．[－1,2] B．[0,2] C．[1，＋∞) D．[0，＋∞) 答案　D 解析　當x≤1時，由21－x≤2，知x≥0，即0≤x≤1.當x>1時，由1－log2x≤2，知x≥，即x>1，所以滿足f(x)≤2的x的取值范圍是[0，

3、＋∞)． 4． 已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)和偶函數(shù)g(x)滿足f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2(a>0，且a≠1)．若g(2)＝a，則f(2)等于 (　　) A．2 B． C． D．a(chǎn)2 答案　B 解析　∵f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)， ∴由f(x)＋g(x)＝ax－a－x＋2， ① 得－f(x)＋g(x)＝a－x－ax＋2， ② ①＋②，得g(x)＝2，①－②，得f(x)＝ax－a－x. 又g(2)＝a，∴a＝2，∴f(x)＝2x－2－x， ∴f(2)＝22－2－2＝.

4、 5． 已知y＝f(x)的圖象如圖，則y＝f(1－x)的圖象為下列四圖中的 (　　) 答案　A 解析　將y＝f(1－x)變形為y＝f[－(x－1)] ①作y＝f(－x)圖象，將y＝f(x)關(guān)于y軸對稱即可； ②將f(－x)的圖象沿x軸正方向平移1個單位， 得y＝f[－(x－1)]＝f(1－x)的圖象. 題型一　函數(shù)性質(zhì)的應用 例1　已知函數(shù)f(x)＝|log2(x＋1)|，實數(shù)m，n在其定義域內(nèi)，且m0； (2)f(m2)

5、n的關(guān)系； 第(2)問題的核心是函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 證明　(1)f(x)的定義域為(－1，＋∞)，由f(m)＝f(n)， 得|log2(m＋1)|＝|log2(n＋1)|， 即log2(m＋1)＝log2(n＋1)， 所以m＋1＝n＋1(舍去)或(m＋1)(n＋1)＝1. 可令m＋1<10. (2)當x>0時，f(x)＝|log2(x＋1)|＝log2(x＋1)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． 由(1)知m2－(m＋n)＝m2＋mn＝m(m＋n)，且m<0，m＋n>0

6、， 所以m(m＋n)<0，即0

7、2)解關(guān)于x的不等式f()<2. 解　(1)函數(shù)是R上的減函數(shù)．理由如下： ∵a∈R有f(－a)＋f(a)＝0恒成立． ∴函數(shù)f(x)是奇函數(shù)． 又f(－3)＝2，∴f(3)＝－f(－3)＝－2， ∵－3<3，而f(－3)>f(3)且f(x)在R上單調(diào)． 所以函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)． (2)∵f()<2， 又f(－3)＝2，∴f()－3， 整理得：>0，解得x>0或x<－1. 所以原不等式的解集為{x|x>0或x<－1}． 題型二　函數(shù)圖象及應用 例2　(2012福建改編)對于實數(shù)a和b，定義運算“*

8、”：a*b＝設(shè)f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且關(guān)于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實數(shù)根x1，x2，x3，求x1x2x3的取值范圍． 思維啟迪　根據(jù)新定義正確求出函數(shù)f(x)的解析式．畫出圖象并根據(jù)圖象分析x1、x2、x3之間的關(guān)系． 解　由定義可知， f(x)＝ 作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示． 由圖可知，當00， 且x2＋x3＝1， ∴x2x3<. 令解得x＝或x＝(舍去)． ∴

9、圖象的應用步驟： 　已知不等式x2－logax<0，當x∈時恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　由x2－logax<0， 得x2

10、 思維啟迪　(1)賦值法是解決抽象函數(shù)問題的常用方法，第(1)(2)兩問可用賦值法解決． (2)將恒成立問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)最值問題． (1)解　令x＝y(tǒng)＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)， 即f(0)＝0. (2)證明　令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)， 又f(0)＝0，則有0＝f(x)＋f(－x)， 即f(－x)＝－f(x)對任意x∈R成立， 所以f(x)是奇函數(shù)． (3)解　方法一　因為f(x)在R上是增函數(shù)， 又由(2)知f(x)是奇函數(shù)． f(k3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)， 所以k3x<－3x＋9x＋2， 32x－

11、(1＋k)3x＋2>0對任意x∈R成立． 令t＝3x>0，問題等價于t2－(1＋k)t＋2>0對任意t>0恒成立． 令f(t)＝t2－(1＋k)t＋2，其對稱軸為x＝， 當<0即k<－1時，f(0)＝2>0，符合題意； 當≥0即k≥－1時，對任意t>0，f(t)>0恒成立?解得－1≤k<－1＋2. 綜上所述，當k<－1＋2時，f(k3x)＋f(3x－9x－2)<0對任意x∈R恒成立． 方法二　由k3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋－1. u＝3x＋－1≥2－1,3x＝時，取“＝”，即u的最小值為2－1， 要使對x∈R，不等式k<3x＋－1恒成立， 只要使k<2－1. 思維

12、升華　對于恒成立問題，若能轉(zhuǎn)化為a>f(x) (或a0，試求實數(shù)m的取值范圍． 解　因為f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(x)在(－∞，0]上也是增函數(shù)，所以f(x)在R上是增函數(shù)，且f(0)＝0， ∵f(cos 2θ－3)＋f

13、(4m－2mcos θ)>0， ∴f(cos 2θ－3)>f(2mcos θ－4m)， 于是cos 2θ－3>2mcos θ－4m， ① 即cos2θ－mcos θ＋2m－2>0. 得m>，設(shè)h(θ)＝， 則h(θ)＝4－≤4－2，即h(θ)max＝4－2，只須m>4－2. 故實數(shù)m的取值范圍是(4－2，＋∞)． (時間：80分鐘) 1． 已知函數(shù)f(x)＝. (1)畫出f(x)的草圖；(2)指出f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解　(1)f(x)＝＝1－，函數(shù)f(x)的圖象是由反比例函數(shù)y＝－的 圖象向左平移1個單位后，再向上平移1個單位得到，圖象如圖所示

14、． (2)由圖象可以看出，函數(shù)f(x)有兩個單調(diào)遞增區(qū)間： (－∞，－1)，(－1，＋∞)． 2． 已知a>0，且a≠1，f(logax)＝. (1)求f(x)； (2)判斷f(x)的單調(diào)性； (3)求f(x2－3x＋2)<0的解集． 解　(1)令t＝logax (t∈R)，則x＝at， 且f(t)＝.∴f(x)＝(ax－a－x) (x∈R)． (2)當a>1時，ax－a－x為增函數(shù)， 又>0，∴f(x)為增函數(shù)； 當0

15、3x＋2)<0＝f(0)． 由(2)知：x2－3x＋2<0，∴10，a，c∈R)． (1)設(shè)a>c>0.若f(x)>c2－2c＋a對x∈[1，＋∞)恒成立，求c的取值范圍； (2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是否有零點，有幾個零點？為什么？ 解　(1)因為二次函數(shù)f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的圖象的對稱軸為x＝，由條件a>c>0，得2a>a＋c，故<＝<1，即二次函數(shù)f(x)的對稱軸在區(qū)間[1，＋∞)的左邊，且拋物線開口向上，故f(x)在[1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)．

16、 若f(x)>c2－2c＋a對x∈[1，＋∞)恒成立，則f(x)min＝f(1)>c2－2c＋a，即a－c>c2－2c＋a，得c2－c<0， 所以00，f(1)＝a－c>0，則a>c>0. 因為二次函數(shù)f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的圖象的對稱軸是x＝.而f＝<0， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間和內(nèi)各有一個零點，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有兩個零點． 4． 設(shè)函數(shù)f(x)＝log2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝log2

17、12. (1)求a，b的值； (2)當x∈[1,2]時，求f(x)的最大值． 解　(1)由題設(shè)得 即解得a＝4，b＝2. (2)因為f(x)＝log2(4x－2x)，由定義域4x－2x>0，得x>0. 又[1,2](0，＋∞)，令t＝2x,1≤x≤2，則2≤t≤4. 由于f(x)＝φ(t)＝log2(t2－t)＝log2， φ(t)在[2,4]上為增函數(shù)， 故f(x)的最大值為f(2)＝φ(4)＝log212. 5． 已知函數(shù)f(x)＝2x－. (1)若f(x)＝2，求x的值； (2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0對t∈[1,2]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　

18、(1)當x≤0時，f(x)＝2x－＝0，方程f(x)＝2無解； 當x>0時，方程f(x)＝2可化為2x－＝2， 即(2x)2－22x－1＝0， 由求根公式得2x＝＝1， 又∵2x>1,1－<1，∴2x＝1＋，得x＝log2(1＋)． (2)在t∈[1,2]時，原不等式可化為2t(22t－)＋m(2t－)≥0， 即2t(2t－)(2t＋)＋m(2t－)≥0， 又∵2t－>0，∴2t(2t＋)＋m≥0，即22t＋1＋m≥0， 此不等式左邊的最小值為22＋1＋m＝5＋m， 故由5＋m≥0，得m≥－5. 綜上所述，m的取值范圍為[－5，＋∞)． 6． 已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x

19、均有f(x)＝kf(x＋2)，其中常數(shù)k為負數(shù)，且f(x)在區(qū)間[0,2]上有表達式f(x)＝x(x－2)． (1)求f(－1)，f(2.5)的值； (2)寫出f(x)在[－3,3]上的表達式，并討論函數(shù)f(x)在[－3,3]上的單調(diào)性； (3)求出f(x)在[－3,3]上的最小值與最大值，并求出相應的自變量的值． 解　(1)f(－1)＝kf(－1＋2)＝kf(1)＝k1(1－2)＝－k. ∵f(0.5)＝kf(2.5)， ∴f(2.5)＝f(0.5)＝＝－. (2)∵f(x)＝x(x－2)，x∈[0,2]，設(shè)－2≤x≤0，則0≤x＋2<2， ∴f(x)＝kf(x＋2)＝k(x

20、＋2)(x＋2－2)＝kx(x＋2)， 設(shè)－3≤x<－2，則－1≤x＋2<0， ∴f(x)＝kf(x＋2)＝k2(x＋2)(x＋4)． 設(shè)2