2020高中數(shù)學(xué) 第三章 函數(shù)章末復(fù)習(xí)提升課教師用書(shū) 第一冊(cè)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精PAGE28-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精章末復(fù)習(xí)提升課函數(shù)的定義域和值域(1)函數(shù)f（x)＝eq\f（3x2，\r(1－x）)＋(3x－1)0的定義域是（）A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞,\f(1,3））） B。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)，1））C。eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,3)，\f（1，3））） D。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，3))）∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),1））(2)已知函數(shù)y＝f（x＋1)的定義域是［－2，3],則y＝f(2x－1）的定義域是（）A.eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（5,2）)) B。［－1，4］C。[－5，5] D.[－3,7](3)求下列函數(shù)的值域：①y＝eq\f（2x＋1,x－3）；②y＝x＋4eq\r(1－x);③y＝eq\f（1，x）－2x，x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f（1,2））)?！窘狻浚?）選D。由題意得,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,3x－1≠0，））解得x<1且x≠eq\f(1,3).（2）選A。設(shè)u＝x＋1，由－2≤x≤3,得－1≤x＋1≤4，所以y＝f(u）的定義域?yàn)椋郏?，4］.再由－1≤2x－1≤4，解得0≤x≤eq\f（5，2)，即函數(shù)y＝f（2x－1）的定義域是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f（5，2))）.（3)①y＝eq\f（2x＋1,x－3)＝eq\f(2(x－3)＋7,x－3）＝2＋eq\f(7,x－3)，顯然eq\f（7,x－3）≠0,所以y≠2.故函數(shù)的值域?yàn)?－∞，2）∪（2，＋∞）.②設(shè)t＝eq\r(1－x)≥0,則x＝1－t2，所以原函數(shù)可化為y＝1－t2＋4t＝－(t－2)2＋5(t≥0）,所以y≤5，所以原函數(shù)的值域?yàn)椋ǎ?5]。③因?yàn)閥＝eq\f(1，x）－2x在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－2,－\f（1，2））)上為減函數(shù),所以ymin＝eq\f(1，－\f(1,2））－2×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2))）＝－1。ymax＝eq\f（1，－2)－2×（－2)＝eq\f（7，2).所以函數(shù)的值域?yàn)閑q\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f（7，2)）)。eq\a\vs4\al（）求函數(shù)定義域的類(lèi)型與方法(1)已給出函數(shù)解析式：函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值集合。（2）實(shí)際問(wèn)題:求函數(shù)的定義域既要考慮解析式有意義，還應(yīng)考慮使實(shí)際問(wèn)題有意義。(3)復(fù)合函數(shù)問(wèn)題：①若f(x）的定義域?yàn)椋踑，b］,f（g(x））的定義域應(yīng)由a≤g（x)≤b解出;②若f（g(x））的定義域?yàn)椋踑，b],則f(x)的定義域?yàn)間(x)在[a，b］上的值域。[注意]（1）f(x）中的x與f(g(x））中的g（x)地位相同。(2)定義域所指永遠(yuǎn)是自變量的范圍。1。設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閇1，5]，則函數(shù)f（2x－3）的定義域?yàn)椋?A。[2,4] B。［3,11]C.[3，7］ D.[1，5］解析：選A.由題意得，1≤2x－3≤5,解得2≤x≤4,所以函數(shù)f（2x－3）的定義域是[2,4］.2。設(shè)函數(shù)f（x)＝－2x2＋4x在區(qū)間[m,n]上的值域是[－6,2]，則m＋n的取值范圍是Ｗ。解析：由題意可得:函數(shù)f(x)＝－2x2＋4x的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝1，故當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得最大值為2.因?yàn)楹瘮?shù)的值域是［－6,2］，令－2x2＋4x＝－6，可得x＝－1或x＝3.所以－1≤m≤1，1≤n≤3，所以0≤m＋n≤4。即m＋n的取值范圍為［0,4].答案：[0，4］函數(shù)的解析式(1）已知f(x＋1)＝x2－5x＋4，則f（x)＝Ｗ。（2）已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x〉0時(shí),f(x）＝x2－2x＋3.①求出函數(shù)f(x）在R上的解析式；②寫(xiě)出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(寫(xiě)出即可，不需要證明).【解】（1）令x＋1＝t，則x＝t－1，因?yàn)閒（x＋1)＝x2－5x＋4,所以f（t）＝(t－1)2－5(t－1）＋4＝t2－7t＋10，所以f（x)＝x2－7x＋10.故填x2－7x＋10。(2)①設(shè)x〈0，則－x〉0，所以f(－x）＝(－x）2－2（－x）＋3＝x2＋2x＋3。又因?yàn)閒（x）是定義在R上的奇函數(shù)，所以f（－x)＝－f（x），所以f(x）＝－x2－2x－3。又因?yàn)閒(0)＝0,所以f（x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x2－2x＋3（x〉0），，0(x＝0)，，－x2－2x－3（x<0)。）)②畫(huà)出函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(x2－2x＋3(x〉0），，0（x＝0)，,－x2－2x－3（x〈0)）)的圖像，如圖：由圖像可知函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞,－1]，［1，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間為［－1，0）,(0，1］。eq\a\vs4\al(）求函數(shù)解析式的題型與相應(yīng)的解法（1)已知形如f（g（x））的解析式求f(x）的解析式，使用換元法或配湊法.（2)已知函數(shù)的類(lèi)型（往往是一次函數(shù)或二次函數(shù)）,使用待定系數(shù)法.(3)含f（x)與f(－x)或f（x）與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，x））)，使用解方程組法。（4）已知一個(gè)區(qū)間的解析式，求另一個(gè)區(qū)間的解析式,可用奇偶性轉(zhuǎn)移法。1.已知二次函數(shù)f(x）滿足f（0）＝1，f（1)＝2，f(2)＝5,則該二次函數(shù)的解析式為Ｗ。解析：設(shè)二次函數(shù)的解析式為f（x)＝ax2＋bx＋c(a≠0），由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1,，a＋b＋c＝2，,4a＋2b＋c＝5，）)解得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(a＝1,,b＝0，，c＝1，）)故f(x)＝x2＋1。答案：f（x）＝x2＋12。若3f（x－1）＋2f(1－x)＝2x，則f(x）的解析式為Ｗ.解析:令t＝x－1，則x＝t＋1，t∈R,原式變?yōu)?f（t）＋2f（－t)＝2（t＋1）①.以－t代替t，①式變?yōu)?f（－t)＋2f(t)＝2(1－t)②。由①②消去f(－t)得f(t)＝2t＋eq\f（2,5）,故f（x)＝2x＋eq\f（2，5）.答案：f(x)＝2x＋eq\f(2，5)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性已知f（x）＝eq\f（x,x－a)（x≠a）.(1）若a＝－2，試證明f(x）在(－∞,－2）內(nèi)單調(diào)遞增；(2）若a〉0且f（x)在（1,＋∞）內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍?！窘狻?1)證明：?x1〈x2〈－2，則f（x1)－f(x2）＝eq\f（x1，x1＋2）－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2），(x1＋2)（x2＋2)).因?yàn)椋▁1＋2）(x2＋2）〉0，x1－x2〈0，所以f(x1)〈f(x2)，所以f（x)在（－∞，－2）內(nèi)單調(diào)遞增。(2)1<x1〈x2,則f(x1)－f（x2)＝eq\f(x1，x1－a）－eq\f（x2，x2－a）＝eq\f(a（x2－x1）,(x1－a)(x2－a)）.因?yàn)閍〉0，x2－x1〉0，所以要使f（x1）－f（x2）>0,只需(x1－a）(x2－a）〉0恒成立,所以a≤1。綜上所述，a的取值范圍是（0，1]。eq\a\vs4\al(）函數(shù)單調(diào)性與奇偶性應(yīng)用的常見(jiàn)題型(1)用定義判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性。(2）利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性求單調(diào)區(qū)間。(3）利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性比較大小,解不等式.(4）利用函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性求參數(shù)的取值范圍.1。（2019·張家界檢測(cè))已知函數(shù)y＝f(x）是R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0］上是增函數(shù)，若f(a）≤f(2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A。a≤2B.a≥－2C.－2≤a≤2D.a≤－2或a≥2解析：選D.因?yàn)閥＝f（x）是偶函數(shù)，且在（－∞，0]上是增函數(shù)，所以y＝f（x）在[0，＋∞）上是減函數(shù)，由f（a）≤f（2）,得f(｜a|）≤f（2)，所以|a｜≥2,得a≤－2或a≥2，故選D.2.已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5（x≤1),,\f（a，x）（x〉1)））是R上的增函數(shù)，求a的取值范圍.解：因?yàn)閒(x)在R上是單調(diào)遞增的函數(shù)，所以f(x)需滿足在區(qū)間（－∞，1]和（1，＋∞）上都是單調(diào)遞增的，并且端點(diǎn)處(x＝1）的函數(shù)值－12－a－5≤eq\f（a，1）,即a≥－3；f（x）＝－x2－ax－5的對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝－eq\f（a,2），f（x)在（－∞，1］上單調(diào)遞增，所以－eq\f(a，2)≥1，即a≤－2；f（x)＝eq\f（a，x）在（1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a<0.綜上所述，a的取值范圍是[－3,－2].函數(shù)圖像及應(yīng)用對(duì)于函數(shù)f(x)＝x2－2|x|。（1）判斷其奇偶性，并指出圖像的對(duì)稱(chēng)性；（2）畫(huà)此函數(shù)的圖像，并指出單調(diào)區(qū)間和最小值.【解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)镽,關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，f(－x）＝（－x)2－2｜－x|＝x2－2|x｜.則f(－x)＝f（x)，所以f（x)是偶函數(shù).圖像關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)。(2)f（x)＝x2－2｜x｜＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x2－2x＝(x－1)2－1，x≥0，,x2＋2x＝(x＋1)2－1,x〈0。）)畫(huà)出圖像如圖所示，根據(jù)圖像知，函數(shù)f(x）的最小值是－1。單調(diào)遞增區(qū)間是[－1，0］，[1，＋∞）；單調(diào)遞減區(qū)間是（－∞，－1]，［0，1］。eq\a\vs4\al()作函數(shù)圖像的方法（1)描點(diǎn)法——求定義域；化簡(jiǎn)；列表、描點(diǎn)、連線.（2）變換法——熟知函數(shù)的圖像的平移、對(duì)稱(chēng)、翻轉(zhuǎn).①平移:y＝f（x)eq\o（→，\s\up7(左加右減)）y＝f(x±h）；y＝f（x）eq\o(→,\s\up7（上加下減)）y＝f(x)±k.（其中h〉0，k〉0)②對(duì)稱(chēng)：y＝f（x）eq\o(→，\s\up7(關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)))y＝f（－x)；y＝f（x）eq\o(→,\s\up7（關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)))y＝－f(x）；y＝f（x)eq\o（→,\s\up7（關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)））y＝－f(－x）。1。已知函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，如果a〉b〉c且a＋b＋c＝0，則它的圖像可能是(）解析：選D.因?yàn)閍>b>c且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，f（1）＝0，則可知開(kāi)口向上,排除A、C，然后根據(jù)f(0）＝c〈0，可知函數(shù)圖像與y軸的交點(diǎn)在x軸下方。2。已知f（x)為定義在R上的奇函數(shù)，且f(x）＝f(2－x)，當(dāng)x∈［0,1］時(shí)，f（x）＝x。求x∈[－3，5］時(shí),f(x)＝eq\f(1，2）的所有解的和。解：當(dāng)x∈［－1，0]時(shí)，－x∈[0,1]，所以f(－x)＝－x。又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以x∈［－1，0］時(shí)，f（x）＝－f（－x）＝x,即x∈［－1，1］時(shí)，f（x)＝x。又由f（x)＝f（2－x）可得f（x）的圖像關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)。由此可得f(x）在[－3，5]上的圖像如圖：在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出y＝eq\f(1,2）的圖像，由圖可知在[－3,5]上共有四個(gè)交點(diǎn)，所以f(x）＝eq\f（1,2）在[－3，5]上共有四個(gè)解，從左到右記為x1，x2，x3，x4，則x1與x4,x2與x3關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng),所以eq\f(x1＋x4,2)＝1,eq\f（x2＋x3,2)＝1,所以x1＋x2＋x3＋x4＝4。三個(gè)“二次”間的轉(zhuǎn)化若二次函數(shù)f(x）＝ax2＋bx＋c(a≠0)滿足f（x＋1）－f（x）＝2x，且f（0）＝1.(1）求f（x）的解析式；(2)若在區(qū)間［－1，1]上，不等式f(x）＞2x＋m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍?！窘狻浚?)由f(0)＝1，得c＝1，所以f(x)＝ax2＋bx＋1.又f（x＋1)－f（x）＝2x，所以a（x＋1)2＋b（x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x,即2ax＋a＋b＝2x。所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(2a＝2，，a＋b＝0。)）所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a＝1，,b＝－1.)）因此,所求解析式為f(x）＝x2－x＋1.(2)f(x）＞2x＋m等價(jià)于x2－x＋1＞2x＋m，即x2－3x＋1－m＞0，要使此不等式在區(qū)間［－1，1］上恒成立，只需使函數(shù)g(x）＝x2－3x＋1－m在區(qū)間[－1，1]上的最小值大于0即可。因?yàn)間(x）＝x2－3x＋1－m在區(qū)間[－1，1］上單調(diào)遞減，所以gmin＝g（1）＝－m－1，由－m－1＞0，得m＜－1.因此滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍是（－∞,－1）.eq\a\vs4\al()二次函數(shù)、二次方程與二次不等式統(tǒng)稱(chēng)三個(gè)“二次”,它們常結(jié)合在一起,而二次函數(shù)又是三個(gè)“二次”的核心,通過(guò)二次函數(shù)的圖像貫穿為一體.因此，解決此類(lèi)問(wèn)題首先采用轉(zhuǎn)化思想，把方程、不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題.借助于函數(shù)思想研究方程、不等式（尤其是恒成立)問(wèn)題是高考命題的熱點(diǎn).設(shè)關(guān)于x的一元二次方程ax2＋x＋1＝0（a＞0）有兩個(gè)實(shí)根x1，x2.(1）求（1＋x1)（1＋x2）的值；（2)求證：x1＜－1且x2＜－1.解：(1)由根與系數(shù)的關(guān)系可知，x1＋x2＝－eq\f（1,a)，x1x2＝eq\f（1,a)，（1＋x1)（1＋x2）＝1＋(x1＋x2）＋x1x2＝1－eq\f（1,a)＋eq\f(1,a）＝1.（2)證明：令f（x)＝ax2＋x＋1,由Δ＝1－4a≥0，得0＜2a≤eq\f（1，2），所以拋物線f（x）＝ax2＋x＋1的對(duì)稱(chēng)軸x＝－eq\f(1,2a)≤－2＜－1。又f(－1)＝a＞0,所以f（x)的圖像與x軸的交點(diǎn)都在點(diǎn)（－1，0)的左側(cè)，故x1＜－1且x2＜－1.函數(shù)的應(yīng)用某工廠有214名工人，現(xiàn)要生產(chǎn)1500件產(chǎn)品，每件產(chǎn)品由3個(gè)A型零件和1個(gè)B型零件配套組成，每名工人加工5個(gè)A型零件與3個(gè)B型零件所需的時(shí)間相同.現(xiàn)將全部工人分成兩組，分別加工A型零件與B型零件，且同時(shí)開(kāi)工。設(shè)加工A型零件的工人有x名，單位時(shí)間內(nèi)每名工人加工A型零件5k（k∈N＊）個(gè)，加工完A型零件所需的時(shí)間為g（x），加工完B型零件所需的時(shí)間為h(x)。(1）試比較g（x)與h（x)的大小，并寫(xiě)出完成總?cè)蝿?wù)所需時(shí)間的表達(dá)式；(2）怎樣分組才能使完成總?cè)蝿?wù)所需的時(shí)間最少？【解】(1)由已知A型零件需要生產(chǎn)4500個(gè)，B型零件需要生產(chǎn)1500個(gè)，加工B型零件的工人有（214－x）名，單位時(shí)間內(nèi)每名工人加工B型零件3k個(gè)。所以g（x)＝eq\f(4500，5kx）＝eq\f(900，kx)，h(x）＝eq\f(1500,3k（214－x）)＝eq\f（500，k(214－x)).則g(x）－h(huán)(x）＝eq\f（900,kx)－eq\f(500，k（214－x))＝eq\f(200,k)·eq\f（963－7x,x(214－x））。因?yàn)?＜x＜214，且x∈N，k∈N*,所以當(dāng)0＜x≤137時(shí)，g（x）＞h(x),當(dāng)137＜x＜214時(shí)，g（x）＜h（x）.所以f（x）＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（\f(900，kx)，0＜x≤137，,\f（500,k(214－x）)，137＜x＜214，））其中x∈N.（2）因?yàn)楫?dāng)0＜x≤137時(shí)，f（x)為減函數(shù),當(dāng)137＜x＜214時(shí)，f(x)為增函數(shù)，且eq\f（f(137）,f(138))＝eq\f(900，137k）·eq\f(（214－138）k,500)＝eq\f（9×76，137×5）＜1，所以當(dāng)x＝137時(shí)f（x)的值最小，即安排137名工人加工A型零件，77名工人加工B型零件時(shí),完成總?cè)蝿?wù)所需時(shí)間最少。eq\a\vs4\al()解應(yīng)用題的基本步驟(1)審題:讀懂題意,分清條件與結(jié)論，理順數(shù)量關(guān)系；（2）建模：將已知條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語(yǔ)言，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)建立相應(yīng)的函數(shù)模型；（3)解模:求解函數(shù)模型,得到數(shù)學(xué)結(jié)論;（4）還原：將數(shù)學(xué)方面的結(jié)論還原到實(shí)際問(wèn)題中去,解釋實(shí)際意義。某企業(yè)生產(chǎn)一種機(jī)器的固定成本為0。5萬(wàn)元，但每生產(chǎn)1百臺(tái)機(jī)器時(shí),又需可變成本(即另增加投入)0.25萬(wàn)元.市場(chǎng)對(duì)此商品的年需求量為5百臺(tái),銷(xiāo)售的收入(單位：萬(wàn)元）函數(shù)為F（x)＝5x－eq\f（1，2）x2(0≤x≤5），其中x是產(chǎn)品生產(chǎn)的數(shù)量(單位：百臺(tái))。(1）將利潤(rùn)表示為產(chǎn)量的函數(shù)；(2)年產(chǎn)量是多少時(shí)，企業(yè)所得利潤(rùn)最大？解：（1）設(shè)利潤(rùn)函數(shù)為G（x),成本函數(shù)為R(x)，則依題意，得G（x）＝F（x）－R（x）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(5x－\f（1，2)x2))－（0。5＋0.25x)＝－0.5x2＋4.75x－0.5（0≤x≤5)。(2)因?yàn)橛?1)知利潤(rùn)函數(shù)G(x）＝－0.5x2＋4.75x－0.5(0≤x≤5)，所以當(dāng)x＝－eq\f(4。75,2×(－0。5）)＝4.75時(shí)，G（x)有最大值，所以年產(chǎn)量為475臺(tái)時(shí)，企業(yè)所得利潤(rùn)最大。1.函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（2x2，x∈［0，1］,,2，x∈(1，2），，x＋1，x∈［2，＋∞）)）的值域是()A.R B.(0，2）∪(2，＋∞) C.（0,＋∞) D.［0，2］∪[3，＋∞)解析：選D。①當(dāng)x∈[0，1]時(shí),f（x)＝2x2∈［0，2]；②當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f(x）＝2；③當(dāng)x∈[2，＋∞)時(shí),f（x）＝x＋1∈[3，＋∞)。綜上所述,f(x）的值域?yàn)閇0，2]∪［3，＋∞)。故選D。2。(2019·沈陽(yáng)期末)已知函數(shù)y＝eq\f（k,x－2)(k≠0）在［3，8］上的最大值為1，則k的值為()A.1 B。－6C.1或－6 D.6解析:選A.由題意知，當(dāng)k＞0時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(k,x－2)在［3，8］上單調(diào)遞減，因?yàn)楹瘮?shù)在［3，8]上的最大值為1，所以eq\f(k，3－2)＝1，所以k＝1；當(dāng)k＜0時(shí)，函數(shù)y＝eq\f（k，x－2）在［3,8］上單調(diào)遞增，因?yàn)楹瘮?shù)在[3,8]上的最大值為1，所以eq\f（k,8－2）＝1，解得k＝6（舍去），故選A.3.若f（x)＝3ax－2a＋1，若存在x0∈(－1,1），使f（x0)＝0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A.－1＜a＜eq\f(1，5) B。a＜1C.a＜－1或a＞eq\f（1,5) D。a＞eq\f（1，5)解析:選C。由于給出的是一次函數(shù)形式，通過(guò)數(shù)形結(jié)合分析應(yīng)滿足條件f（－1）·f(1）＜0?（－5a＋1)(a＋1)＜0?(5a－1)（a＋1)＞0?a＞eq\f(1,5）或a＜－1，故選C.4.學(xué)校團(tuán)委接受了一項(xiàng)任務(wù)，完成這項(xiàng)任務(wù)的時(shí)間t與參加此項(xiàng)任務(wù)的同學(xué)人數(shù)x之間滿足關(guān)系式：t＝ax＋eq\f(b,x).當(dāng)x＝10時(shí)，t＝100，當(dāng)x＝20時(shí)，t＝100.若想所用時(shí)間最短，則參加人數(shù)為(）A。13 B.14C。15 D。16解析：選B。由已知得100＝10a＋eq\f(b，10)＝20a＋eq\f（b，20)，解得a＝eq\f(10，3),b＝eq\f（2000,3），則t＝eq\f(10，3)x＋eq\f（2000，3x）.由eq\f(10,3)x＝eq\f（2000,3x)得x2＝200.又x∈N*，則x＝14或x＝15。當(dāng)x＝14時(shí)，t1＝eq\f（10，3）×14＋eq\f(2000,3×14)＝94eq\f（2，7）；x＝15時(shí),t2＝eq\f(10，3)×15＋eq\f(2000，3×15)＝eq\f（850,9)＝94eq\f（4，9).因?yàn)閠2＞t1，故選B.5.(2019·湖州檢測(cè))已知函數(shù)f（x)＝eq\f（2ax2＋1，x)（a∈R）.(1）若f（1）＝2，求函數(shù)y＝f(x）－2x在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，2)）上的值域；（2）當(dāng)a∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2）））時(shí)，試判斷f（x）在（0,1］上的單調(diào)性，并用定義證明你的結(jié)論。解:(1)根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝eq\f（2ax2＋1，x)，若f(1)＝2，則eq\f(2a＋1，1）＝2，解得a＝eq\f(1,2),則f（x)＝eq\f(x2＋1,x)＝x＋eq\f（1，x),則y＝f(x)－2x＝eq\f(1,x)－x，設(shè)g(x）＝eq\f(1,x）－x，分析易得g(x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，2））上為減函數(shù)，且geq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)））＝2－eq\f（1,2)＝eq\f(3，2）,g（2)＝eq\f(1,2）－2＝－eq\f(3,2）,故y＝f(x)－2x在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)）上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(3，2），\f(3，2)））.（2)f（x)＝eq\f(2ax2＋1，x)＝2ax＋eq\f(1，x）,當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2)）)時(shí)，f（x）在（0，1］上為減函數(shù)，證明如下：設(shè)0＜x1＜x2≤1，f(x1）－f（x2)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2ax1＋\f(1，x1））)－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2ax2＋\f(1,x2))）＝(2ax1x2－1）·eq\f(（x1－x2），x1x2），又由a∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，2）)）且0＜x1＜x2≤1，則（x1－x2)＜0,(2ax1x2－1）＜0，則f（x1)－f（x2）＞0，即函數(shù)f(x)在(0，1］上為減函數(shù).［A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1。函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r（x＋1)）＋eq\r(4－2x）的定義域?yàn)椋ǎ〢。［－1，2] B。(－1，2］C。［－2，＋∞） D。［1,＋∞)解析：選B。法一：要使函數(shù)f(x)＝eq\f（1，\r(x＋1））＋eq\r（4－2x)有意義,則eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,4－2x≥0，）)解得－1＜x≤2，故選B.法二：因?yàn)閤≠－1,排除A;取x＝3，則4－2x＝4－6＝－2＜0，所以x≠3，排除C、D，故選B.2.函數(shù)f(x）＝x－eq\f（4，x)的零點(diǎn)有（）A。0個(gè) B.1個(gè)C。2個(gè) D.無(wú)數(shù)個(gè)解析：選C。令f（x)＝0，即x－eq\f（4,x）＝0，所以x＝±2.故f(x）的零點(diǎn)有2個(gè),選C.3。向一杯子中勻速注水時(shí)，杯中水面高度h隨時(shí)間t變化的函數(shù)h＝f(t）的圖像如圖所示，則杯子的形狀是（）解析：選A.從題圖中看出,在時(shí)間段[0,t1]，[t1，t2］內(nèi)水面高度是勻速上升的，在［0,t1]上升慢，在[t1,t2]上升快.故選A。4.已知f(x)＝x＋eq\f(1，x）－1，f（a）＝2,則f(－a)＝（）A.－4 B.－2C。－1 D.－3解析：選A.因?yàn)閒(x）＝x＋eq\f（1，x)－1，所以f（a）＝a＋eq\f（1，a)－1＝2,所以a＋eq\f（1,a）＝3，所以f（－a)＝－a－eq\f（1，a)－1＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（1,a）））－1＝－3－1＝－4.5.已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x2－4x＋6,x≥0，，x＋6，x＜0，)）則不等式f(x）＞f(1）的解集是()A.(－3,1）∪(3，＋∞)B。（－3,1）∪(2，＋∞)C.（－1,1）∪(3，＋∞）D.(－∞，－3)∪(1,3)解析：選A.畫(huà)出函數(shù)f（x）的圖像如圖所示，令f（x）＝f(1），得x＝－3，1，3，所以當(dāng)f（x)＞f(1）時(shí)，必有x∈(－3，1）∪（3，＋∞）.故選A.6。已知f(x）＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(x＋1(x≤－1），,x2（－1＜x＜2)，,2x（x≥2)，))若f(x）＝3，則x的值是Ｗ。解析：由f（x）＝3得eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x≤－1，,x＋1＝3））或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜2,,x2＝3））或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（x≥2，，2x＝3，））解得x＝eq\r（3）。答案：eq\r（3)7。在如圖所示的銳角三角形空地中,欲建一個(gè)面積最大的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長(zhǎng)x為（m).解析:如圖,過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H,交DE于點(diǎn)F，易知eq\f(DE，BC）＝eq\f(x,40)＝eq\f（AD，AB）＝eq\f(AF,AH），又AH＝BC＝40，則DE＝AF＝x，F(xiàn)H＝40－x。則S＝x（40－x)＝－（x－20）2＋400，當(dāng)x＝20時(shí)，S取得最大值。答案：208.已知f(x)＝x2－x＋k(k∈N),若方程f（x）＝2在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1,\f(3，2））)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則k＝Ｗ。解析：令F（x）＝f(x)－2＝x2－x＋k－2，則F(x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2）)）上有兩個(gè)不同零點(diǎn)。由于對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝eq\f（1,2)，所以eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（F（－1）＞0,,F\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3,2）)）＞0，,F\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）））＜0，))即eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(1＋1＋k－2＞0，,\f(9，4)－\f(3,2）＋k－2＞0，，\f(1，4）－\f(1，2）＋k－2＜0.))所以eq\f（5,4)＜k＜eq\f（9,4)。由k∈N，得k＝2.答案：29。設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\f(4＋x2，4－x2）。（1)求f(x)的定義域,并判斷f(x）的奇偶性;（2）求證：feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，x）））＝－f（2x）。解：（1)要使原函數(shù)有意義，只需4－x2≠0,即x≠±2，所以f（x)的定義域?yàn)閧x|x≠±2｝，因?yàn)閒（x)的定義域?yàn)閧x｜x≠±2｝,所以定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng).又f（－x）＝eq\f(4＋（－x）2，4－(－x)2)＝eq\f(4＋x2，4－x2)＝f（x),所以f(x)為偶函數(shù).（2)證明:因?yàn)閒eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2，x)）)＝eq\f（4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2，x）))\s\up12（2),4－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2,x)))\s\up12（2))＝eq\f（x2＋1,x2－1），f(2x)＝eq\f（4＋（2x）2,4－(2x)2）＝eq\f（1＋x2，1－x2），所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，x）))＝－f(2x)。［B能力提升］10。定義運(yùn)算a?b＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(a(b－1），a＜0，，2a－b，a≥0，)）設(shè)函數(shù)f（x）＝x?(x＋1)，則該函數(shù)的圖像應(yīng)該是()解析：選C.由a?b的定義,可知f(x)＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（x2，x＜0,,x－1,x≥0，)）由于f(0）＝0－1＝－1,所以函數(shù)圖像過(guò)點(diǎn)(0，－1）,排除A，B;當(dāng)x＜0時(shí)，y＝x2＞0，排除D，只有C符合，故選C。11.記實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn中的最大數(shù)為max｛x1，x2，…，xn｝，最小數(shù)為min｛x1,x2，…，xn}，則max{min{x＋1,x2－x＋1,－x＋6}}＝()A。eq\f(3，2） B。1C.3 D.eq\f（7，2)解析:選D。如圖所示，y＝min｛x＋1，x2－x＋1，－x＋6｝的圖像為圖中的實(shí)線部分，則易知求最大數(shù)即為圖中B點(diǎn)的縱坐標(biāo)，又Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(5,2),\f（7,2)）)，故選D.12.已知函數(shù)f(x）＝eq\f（1,a）－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0)。(1）求證：f（x）在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)；(2)若f（x）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，2),2）)上的值域是eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）,2）），求a的值。解:(1）證明：任取x1，x2∈(0,＋∞),且x1＜x2，則x2－x1＞0，x1x2＞0,所以f(x2)－f(x1）＝eq\f（1，a）－eq\f(1,x2）－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,a）－\f(1，x1)））＝eq\f（1,x1)－eq