高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)考點(diǎn)函數(shù)教案

1、.2019屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)考點(diǎn)函數(shù)教案【小編寄語(yǔ)】查字典數(shù)學(xué)網(wǎng)小編給大家整理了2019屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)考點(diǎn)函數(shù)教案 ，希望能給大家?guī)?lái)幫助!2.12 函數(shù)的綜合問(wèn)題知識(shí)梳理函數(shù)的綜合應(yīng)用主要表達(dá)在以下幾方面：1.函數(shù)內(nèi)容本身的互相綜合，如函數(shù)概念、性質(zhì)、圖象等方面知識(shí)的綜合.2.函數(shù)與其他數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)的綜合，如方程、不等式、數(shù)列、解析幾何等方面的內(nèi)容與函數(shù)的綜合.這是高考主要考察的內(nèi)容.3.函數(shù)與實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的綜合.點(diǎn)擊雙基1.函數(shù)fx=lg2x-bb為常數(shù)，假設(shè)x∈1，+∞時(shí)，fx≥0恒成立，那么A.b≤1 B.b&lt

2、;1 C.b≥1 D.b=1解析：當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，fx≥0，從而2x-b≥1，即b≤2x-1.而x∈1，+∞時(shí)，2x-1單調(diào)增加，∴b≤2-1=1.答案：A2.假設(shè)fx是R上的減函數(shù)，且fx的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A0，3和B3，-1，那么不等式|fx+1-1|<2的解集是_.解析：由|fx+1-1|<2得-2又fx是R上的減函數(shù)，且fx的圖象過(guò)點(diǎn)A0，3，B3，-1，∴f3&th

3、ere4;0答案：-1，2典例剖析【例1】 取第一象限內(nèi)的點(diǎn)P1x1，y1，P2x2，y2，使1，x1，x2，2依次成等差數(shù)列，1，y1，y2，2依次成等比數(shù)列，那么點(diǎn)P1、P2與射線l:y=xx>0的關(guān)系為A.點(diǎn)P1、P2都在l的上方 B.點(diǎn)P1、P2都在l上C.點(diǎn)P1在l的下方，P2在l的上方 D.點(diǎn)P1、P2都在l的下方剖析：x1= +1= ，x2=1+ = ，y1=1× = ，y2= ，y1∴P1、P2都在l的下方.答案：D【例2】 fx是R上的偶函數(shù)，且f2=0，gx是R上的奇函數(shù)，且對(duì)于x∈R，都有g(shù)x=fx

4、-1，求f2019的值.解：由gx=fx-1，x∈R，得fx=gx+1.又f-x=fx，g-x=-gx，故有fx=f-x=g-x+1=-gx-1=-fx-2=-f2-x=-g3-x=gx-3=fx-4，也即fx+4=fx，x∈R.∴fx為周期函數(shù)，其周期T=4.∴f2019=f4×500+2=f2=0.評(píng)述：應(yīng)靈敏掌握和運(yùn)用函數(shù)的奇偶性、周期性等性質(zhì).【例3】 函數(shù)fx= m>0，x1、x2∈R，當(dāng)x1+x2=1時(shí)，fx1+fx2= .1求m的值;2數(shù)列an，an

5、=f0+f +f +f +f1，求an.解：1由fx1+fx2= ，得 + = ，∴4 +4 +2m= 4 +m4 +4 +m2.x1+x2=1，∴2-m4 +4 =m-22.∴4 +4 =2-m或2-m=0.4 +4 ≥2 =2 =4，而m>0時(shí)2-m<2，∴4 +4 ≠2-m.∴m=2.2an=f0+f +f +f +f1，∴an=f1+f + f +f +f0.∴2an=f0+f1

6、+f +f +f1+f0= + + = .∴an= .深化拓展用函數(shù)的思想處理方程、不等式、數(shù)列等問(wèn)題是一重要的思想方法.【例4】 函數(shù)fx的定義域?yàn)镽，且對(duì)任意x、y∈R，有fx+y=fx+fy，且當(dāng)x>0時(shí)，fx<0，f1=-2.1證明fx是奇函數(shù);2證明fx在R上是減函數(shù);3求fx在區(qū)間-3，3上的最大值和最小值.1證明：由fx+y=fx+fy，得fx+-x=fx+f-x，∴fx+ f-x=f0.又f0+0=f0+f0，∴f0=0.從而有fx+f-x=0.&there4

7、;f-x=-fx.∴fx是奇函數(shù).2證明：任取x1、x2∈R，且x10.∴fx2-x1<0.∴-fx2-x1>0，即fx1>fx2，從而fx在R上是減函數(shù).3解：由于fx在R上是減函數(shù)，故fx在-3，3上的最大值是f-3，最小值是f3.由f1=-2，得f3=f1+2=f1+f2=f1+f1+1=f1+f1+f1=3f1=3×-2=-6，f-3=-f3=6.從而最大值是6，最小值是-6.深化拓展對(duì)于任意實(shí)數(shù)x、y，定義運(yùn)算x*y=ax+by+cxy，其

8、中a、b、c是常數(shù)，等式右邊的運(yùn)算是通常的加法和乘法運(yùn)算.現(xiàn)1*2=3，2*3=4，并且有一個(gè)非零實(shí)數(shù)m，使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，都有x*m=x，試求m的值.提示：由1*2=3，2*3=4，得∴b=2+2c，a=-1-6c.又由x*m=ax+bm+cmx=x對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒成立，∴ ∴b=0=2+2c.∴c=-1.∴-1-6c+cm=1.∴-1+6-m=1.∴m=4.答案：4.闖關(guān)訓(xùn)練夯實(shí)根底1.y=fx在定義域1，3上為單調(diào)減函數(shù)，值域?yàn)?，7

9、，假設(shè)它存在反函數(shù)，那么反函數(shù)在其定義域上A.單調(diào)遞減且最大值為7 B.單調(diào)遞增且最大值為7C.單調(diào)遞減且最大值為3 D.單調(diào)遞增且最大值為3解析：互為反函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)在各自定義區(qū)間上有一樣的增減性，f-1x的值域是1，3.答案：C2.關(guān)于x的方程|x2-4x+3|-a=0有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，那么實(shí)數(shù)a的值是_.解析：作函數(shù)y=|x2-4x+3|的圖象，如以下圖.由圖象知直線y=1與y=|x2-4x+3|的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，即方程|x2-4x+3|=1也就是方程|x2-4x+3|-1=0有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，因此a=1.答案：13.假設(shè)存在常數(shù)p>0，使得函數(shù)fx滿足fpx=fp

10、x- x∈R，那么fx的一個(gè)正周期為_(kāi).解析：由fpx=fpx- ，令px=u，fu=fu- =fu+ - ，∴T= 或 的整數(shù)倍.答案： 或 的整數(shù)倍4.關(guān)于x的方程sin2x-2sinx-a=0有實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍.解：a=sin2x-2sinx=sinx-12-1.-1≤sinx≤1，∴0≤sinx-12≤4.∴a的范圍是-1，3.5.記函數(shù)fx= 的定義域?yàn)锳，gx=lgx-a-12a-xa<1的定義域?yàn)锽.1求A;2假設(shè)B A，

11、務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：1由2- ≥0，得 ≥0，∴x<-1或x≥1，即A=-∞，-1∪1，+∞.2由x-a-12a-x>0，得x-a-1x-2a<0.a<1，∴a+1>2a.∴B=2a，a+1.B A，∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥ 或a≤-2.而a<1，&th

12、ere4; ≤a<1或a≤-2.故當(dāng)B A時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是-∞，-2∪ ，1.培養(yǎng)才能6.理二次函數(shù)fx=x2+bx+cb≥0，c∈R.假設(shè)fx的定義域?yàn)?1，0時(shí)，值域也是-1，0，符合上述條件的函數(shù)fx是否存在?假設(shè)存在，求出fx的表達(dá)式;假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：設(shè)符合條件的fx存在，函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是x=- ，又b≥0，∴- ≤0.當(dāng)- <- ≤0，即0≤b<1時(shí)，

13、函數(shù)x=- 有最小值-1，那么或 舍去.當(dāng)-1<- ≤- ，即1≤b<2時(shí)，那么舍去或 舍去.當(dāng)- ≤-1，即b≥2時(shí)，函數(shù)在-1，0上單調(diào)遞增，那么 解得綜上所述，符合條件的函數(shù)有兩個(gè)，fx=x2-1或fx=x2+2x.文二次函數(shù)fx=x2+b+1x+cb≥0，c∈R.假設(shè)fx的定義域?yàn)?1，0時(shí)，值域也是-1，0，符合上述條件的函數(shù)fx是否存在?假設(shè)存在，求出fx的表達(dá)式;假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是x=- ，又b≥0，∴

14、- ≤- .設(shè)符合條件的fx存在，當(dāng)- ≤-1時(shí)，即b≥1時(shí)，函數(shù)fx在-1，0上單調(diào)遞增，那么當(dāng)-1<- ≤- ，即0≤b<1時(shí)，那么舍去.綜上所述，符合條件的函數(shù)為fx=x2+2x.7.函數(shù)fx=x+ 的定義域?yàn)?，+∞，且f2=2+ .設(shè)點(diǎn)P是函數(shù)圖象上的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作直線y=x和y軸的垂線，垂足分別為M、N.1求a的值.2問(wèn)：|PM|•|PN|是否為定值?假設(shè)是，那么求出該定值;假設(shè)不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.3設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求四邊形OMPN面積的最小

15、值.解：1f2=2+ =2+ ，∴a= .2設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0，y0，那么有y0=x0+ ，x0>0，由點(diǎn)到直線的間隔 公式可知，|PM|= = ，|PN|=x0，∴有|PM|•|PN|=1，即|PM|•|PN|為定值，這個(gè)值為1.3由題意可設(shè)Mt，t，可知N0，y0.PM與直線y=x垂直，∴kPM•1=-1，即 =-1.解得t= x0+y0.又y0=x0+ ，∴t=x0+ .∴SOPM= + ，SOPN= x02+

16、.∴S四邊形OMPN=SOPM+SOPN= x02+ + ≥1+ .當(dāng)且僅當(dāng)x0=1時(shí)，等號(hào)成立.此時(shí)四邊形OMPN的面積有最小值1+ .探究創(chuàng)新8.有一塊邊長(zhǎng)為4的正方形鋼板，現(xiàn)對(duì)其進(jìn)展切割、焊接成一個(gè)長(zhǎng)方體形無(wú)蓋容器切、焊損耗忽略不計(jì).有人應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)作了如下設(shè)計(jì)：如圖a，在鋼板的四個(gè)角處各切去一個(gè)小正方形，剩余部分圍成一個(gè)長(zhǎng)方體，該長(zhǎng)方體的高為小正方形邊長(zhǎng)，如圖b.1請(qǐng)你求出這種切割、焊接而成的長(zhǎng)方體的最大容積V1;2由于上述設(shè)計(jì)存在缺陷材料有所浪費(fèi)，請(qǐng)你重新設(shè)計(jì)切、焊方法，使材料浪費(fèi)減少，而且所得長(zhǎng)方體容器的容積V2>V1.解：1設(shè)切去

17、正方形邊長(zhǎng)為x，那么焊接成的長(zhǎng)方體的底面邊長(zhǎng)為4-2x，高為x，∴V1=4-2x2•x=4x3-4x2+4x0∴V1′=43x2-8x+4.令V1′=0，得x1= ，x2=2舍去.而V1′=12x- x-2，又當(dāng)x< 時(shí)，V1′>0;當(dāng)∴當(dāng)x= 時(shí)，V1取最大值 .2重新設(shè)計(jì)方案如下：如圖，在正方形的兩個(gè)角處各切下一個(gè)邊長(zhǎng)為1的小正方形;如圖，將切下的小正方形焊在未切口的正方形一邊的中間;如圖，將圖焊成長(zhǎng)

18、方體容器.新焊長(zhǎng)方體容器底面是一長(zhǎng)方形，長(zhǎng)為3，寬為2，此長(zhǎng)方體容積V2=3×2×1=6，顯然V2>V1.故第二種方案符合要求.思悟小結(jié)1.函數(shù)知識(shí)可深可淺，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)掌握好分寸，如二次函數(shù)問(wèn)題應(yīng)高度重視，其他如分類討論、探究性問(wèn)題屬熱點(diǎn)內(nèi)容，應(yīng)適當(dāng)加強(qiáng).2.數(shù)形結(jié)合思想貫穿于函數(shù)研究的各個(gè)領(lǐng)域的全部過(guò)程中，掌握了這一點(diǎn)，將會(huì)體會(huì)到函數(shù)問(wèn)題既千姿百態(tài)，又有章可循.老師下載中心教學(xué)點(diǎn)睛數(shù)形結(jié)合和數(shù)形轉(zhuǎn)化是解決本章問(wèn)題的重要思想方法，應(yīng)要求學(xué)生純熟掌握用函數(shù)的圖象及方程的曲線去處理函數(shù)、方程、不等式等問(wèn)題.拓展題例【例1】 設(shè)fx是定義在-1，1

19、上的奇函數(shù)，且對(duì)任意a、b∈-1，1，當(dāng)a+b≠0時(shí)，都有 >0.1假設(shè)a>b，比較fa與fb的大小;2解不等式fx- 3記P=x|y=fx-c，Q=x|y=fx-c2，且P∩Q= ，求c的取值范圍.解：設(shè)-1≤x1∴ >0.x1-x2<0，∴fx1+f-x2<0.∴fx1<-f-x2.又fx是奇函數(shù)，∴f-x2=-fx2.∴fx1&

20、there4;fx是增函數(shù).1a>b，∴fa>fb.2由fx- ∴- ≤x≤ .∴不等式的解集為x|- ≤x≤ .3由-1≤x-c≤1，得-1+c≤x≤1+c，∴P=x|-1+c≤x≤1+c.由-1≤x-c2≤1，得-1+c2≤x≤1+c2，∴Q=x|-1+c2&a

21、mp;le;x≤1+c2.P∩Q= ，∴1+c<-1+c2或-1+c>1+c2，解得c>2或c<-1.【例2】函數(shù)fx的圖象與函數(shù)hx=x+ +2的圖象關(guān)于點(diǎn)A0，1對(duì)稱.1求fx的解析式;2文假設(shè)gx=fx•x+ax，且gx在區(qū)間0，2上為減函數(shù)，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.理假設(shè)gx=fx+ ，且gx在區(qū)間0，2上為減函數(shù)，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：1設(shè)fx圖象上任一點(diǎn)坐標(biāo)為x，y，點(diǎn)x，y關(guān)于點(diǎn)A0，1的對(duì)稱點(diǎn)-x，2-y在hx的圖象上.∴2-y=-x

22、+ +2.∴y=x+ ，即fx=x+ .2文gx=x+ •x+ax，即gx=x2+ax+1.gx在0，2上遞減 - ≥2，∴a≤-4.理gx=x+ .g′x=1- ，gx在0，2上遞減，∴1- ≤0在x∈0，2時(shí)恒成立，即a≥x2-1在x∈0，2時(shí)恒成立.x∈0，2時(shí)，x2-1max=3，∴a≥3.【例3】在4月份共30天，有一新款服裝投放某專賣店

23、銷售，日銷售量單位：件fn關(guān)于時(shí)間n1≤n≤30，n∈N*的函數(shù)關(guān)系如以下圖所示，其中函數(shù)fn圖象中的點(diǎn)位于斜率為5和-3的兩條直線上，兩直線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，且第m天日銷售量最大.1求fn的表達(dá)式，及前m天的銷售總數(shù);2按規(guī)律，當(dāng)該專賣店銷售總數(shù)超過(guò)400件時(shí)，社會(huì)上流行該服裝，而日銷售量連續(xù)下降并低于30件時(shí)，該服裝的流行會(huì)消失.試問(wèn)該服裝在社會(huì)上流行的天數(shù)是否會(huì)超過(guò)10天?并說(shuō)明理由.解：1由圖形知，當(dāng)1≤n≤m且n∈N*時(shí)，fn=5n-3.由fm=57，得m=12.∴fn=前12天的銷售總量為51+2+3+12-3×12=354件.2第13天的銷售量為f13=-3×13+93=54件，而354+54>400，∴從第14天開(kāi)場(chǎng)銷售總量超過(guò)400件，即開(kāi)場(chǎng)流行.與當(dāng)今“老師一稱最接近的“老師概念，最早也要追溯至宋元