2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題2函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用（II）學(xué)案

專題2函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用Ⅱ高考中考察函數(shù)性質(zhì)的形式不一，時(shí)而填空題，時(shí)而解答題，時(shí)而與其余章節(jié)綜合，在解決問題的某一步驟中出現(xiàn)在二輪復(fù)習(xí)中要著重知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系，同時(shí)還要注意結(jié)合函數(shù)圖象解決問題,其他，函數(shù)的對(duì)稱性、周期性常與函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性綜合起來考察；函數(shù)的零點(diǎn)問題是最近幾年來新增的一個(gè)考點(diǎn)，也要引起足夠的重視1．已知函數(shù)F＝f錯(cuò)誤!－1是R上的奇函數(shù)，an＝f0＋f錯(cuò)誤!＋f錯(cuò)誤!＋＋f錯(cuò)誤!＋f1n∈N*，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝________剖析：由題意知F－＝－F，即f錯(cuò)誤!－1＝－f錯(cuò)誤!＋1，f錯(cuò)誤!＋f錯(cuò)誤!＝2令t＝＋錯(cuò)誤!，則ft＋f1－t＝2分別令t＝0，錯(cuò)誤!，錯(cuò)誤!，，錯(cuò)誤!，錯(cuò)誤!，得0＋f1＝f錯(cuò)誤!＋f錯(cuò)誤!＝＝2an＝f0＋f錯(cuò)誤!＋f錯(cuò)誤!＋＋f錯(cuò)誤!＋f1，∴由倒序相加法得2an＝2n＋1，故an＝n＋1答案：n＋12．2022·徐州期末設(shè)函數(shù)f＝||＋b＋c，給出以下四個(gè)命題①當(dāng)c＝0，＝f是奇函數(shù)；②當(dāng)b＝0，cc稱f為“平底型”函數(shù)．判斷f1＝|－1|＋|－2|，f2＝＋|－2|是不是“平底型”函數(shù)簡(jiǎn)要說明原因．解：f1＝|－1|＋|－2|是“平底型”函數(shù)，存在區(qū)間[1,2]使得∈[1,2]時(shí)，f＝1，當(dāng)2時(shí)，f>1恒成立；f2＝＋|－2|不是“平底型”函數(shù)，不存在[a，b]?R使得任取∈[a，b]，都有f＝常數(shù)．錯(cuò)誤

!2022·南京一模關(guān)于函數(shù)

f，若存在實(shí)數(shù)對(duì)

a，b，使得等式

fa＋·fa－＝b對(duì)定義域中的每一個(gè)都成立，則稱函數(shù)f是“a，b型函數(shù)”．1判斷函數(shù)f＝4可否為“a，b型函數(shù)”，并說明原因；2已知函數(shù)g是“1,4型函數(shù)”，當(dāng)∈[0,2]時(shí)，都有1≤g≤3成立，且當(dāng)∈[0,1]時(shí)，g＝2－m－1＋1m>0，試求m的取值范圍．[解]1函數(shù)f＝4是“，b型函數(shù)”，a因?yàn)橛蒮a＋·fa－＝b，得16a＝b，所以存在這樣的實(shí)數(shù)對(duì)，如a＝1，b＝16由題意得，g1＋·g1－＝4，所以當(dāng)∈[1,2]時(shí)，g＝錯(cuò)誤!，此中2－∈[0,1]．而∈[0,1]時(shí)，＝2＋1－＋1＝2－＋＋1>0，且其對(duì)稱軸方程為＝錯(cuò)誤!gmmm①當(dāng)錯(cuò)誤!>1，即>2時(shí)，g在[0,1]上的值域?yàn)閇g1，0]，即[2，＋1]．則g在[0,2]上的值域?yàn)閇2，mgmm＋1]∪錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，由題意得錯(cuò)誤!此時(shí)無解；②當(dāng)錯(cuò)誤!≤錯(cuò)誤!≤1，即1≤m≤2時(shí)，g的值域?yàn)殄e(cuò)誤!，即錯(cuò)誤!，所以g在[0,2]上的值域?yàn)殄e(cuò)誤!∪錯(cuò)誤!，由題意得錯(cuò)誤!且錯(cuò)誤!解得1≤m≤2；③當(dāng)0＜錯(cuò)誤!≤錯(cuò)誤!，即0＜m≤1時(shí)，g的值域?yàn)殄e(cuò)誤!，即錯(cuò)誤!，則g在[0,2]上的值域?yàn)殄e(cuò)誤!∪錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，則錯(cuò)誤!解得2－錯(cuò)誤!≤m≤1綜上所述，所求m的取值范圍是錯(cuò)誤!本題主要考察函數(shù)的綜合性質(zhì)，分類議論思想，第一問比較簡(jiǎn)單，好下手，第二問轉(zhuǎn)變有點(diǎn)困難，應(yīng)先把函數(shù)在[1,2]上的剖析式求出來，爾后求值域并轉(zhuǎn)變?yōu)樽蛹P(guān)系解題．求值域?qū)嵸|(zhì)就是二次函數(shù)中軸動(dòng)區(qū)間定的種類，而且同時(shí)研究?jī)蓚€(gè)二次函數(shù)，要進(jìn)行比較．錯(cuò)誤!2022·金陵中學(xué)期末已知函數(shù)f的圖象在[a，]上連續(xù)不停，定義：bf1＝min{ft|a≤t≤}∈[a，b]，f2＝ma{ft|a≤t≤}∈[a，b]．此中，min{f|∈D}表示函數(shù)f在區(qū)間上的最小值，ma{f|∈D}表示函數(shù)f在區(qū)間上的最大值．若存在最小正整數(shù)，使得f－f≤－a對(duì)任意的∈[a，b]成立，則稱函數(shù)為區(qū)間[a，b]上的“階縮短函數(shù)”．211若f＝co，∈[0，π]，試寫出f1，f2的表達(dá)式；2已知函數(shù)f＝2，∈[－1,4]，試判斷f可否為[－1,4]上的“階縮短函數(shù)”，若是是，求出相應(yīng)的；若是不是，請(qǐng)說明原因；3已知b>0，函數(shù)f＝－3＋32是[0，]上的2階縮短函數(shù)，求b的取值范圍．b解：1f1＝co，∈[0，π]，f2＝1，∈[0，π]．2∵f1＝錯(cuò)誤!f2＝錯(cuò)誤!∴f2－f1＝錯(cuò)誤!當(dāng)∈[－1,0]時(shí)，1－2≤＋1，∴≥1－，即≥2；當(dāng)∈0,1時(shí)，1≤＋1，∴≥錯(cuò)誤!，即≥1；當(dāng)∈[1,4]時(shí)，2≤＋1，∴≥錯(cuò)誤!，即≥錯(cuò)誤!綜上，存在＝4，使得f是[－1,4]上的4階縮短函數(shù)．3∵f′＝－32＋6＝－3－2，∴在0,2上f′>0，f遞加，在2，＋∞上f′－0成立．即存在∈[0，b]，使得2－3＋1錯(cuò)誤!綜上錯(cuò)誤!3時(shí)，f在[0,2]上遞加，在[2，b]上遞減，21∴f＝f2＝4，f＝fb4，－0＝21∴當(dāng)＝0時(shí)，f－f≤2－0也不成立．綜上錯(cuò)誤!＜b≤1錯(cuò)誤!2022·栟茶模擬已知函數(shù)f＝a＋2－naa>0，a≠1．1當(dāng)a>1時(shí)，求證：函數(shù)f在0，＋∞上單調(diào)遞加；2若函數(shù)＝|f－t|－1有三個(gè)零點(diǎn)，求t的值；3若存在1，2∈[－1,1]，使得|f1－f2|≥e－1，試求a的取值范圍．[解]1證明：f′＝ana＋2－na＝2＋a－1·na，因?yàn)?gt;1，故當(dāng)∈0，＋∞時(shí)，na>0，－1>0，aa所以f′>0故函數(shù)f在0，＋∞上單調(diào)遞加．2當(dāng)a>0，a≠1時(shí)，因?yàn)閒′0＝0，且f′在R上單調(diào)遞加，故f′＝0有唯一解＝0所以，f′，f的變化狀況以下表所示：－∞，000，＋∞f′－0＋f遞減極小值遞加又函數(shù)＝|f－t|－1有三個(gè)零點(diǎn)，所以方程＝t±1有三個(gè)根，而t＋1>t－1，所以t－1＝fmin＝f0＝1，解得t＝23因?yàn)榇嬖?，∈[－1,1]，使得|f－f|≥e－1，所以當(dāng)∈[－1,1]時(shí)，|f－fmin|＝f－f≥e－11212mamamin由2知，f在[－1,0]上遞減，在[0,1]上遞加，所以當(dāng)∈[－1,1]時(shí)，fmin＝f0＝1，fma＝ma{f－1，f1}．而f1－f－1＝a＋1－na－錯(cuò)誤!＝a－錯(cuò)誤!－2na，記gt＝t－錯(cuò)誤!－2ntt>0，因?yàn)間′t＝1＋錯(cuò)誤!－錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!2≥0當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)取等號(hào)，所以gt＝t－錯(cuò)誤!－2nt在t∈0，＋∞上單調(diào)遞加，而g1＝0，所以當(dāng)t>1時(shí)，gt>0；當(dāng)01時(shí)，1>－1；ff當(dāng)01時(shí)，由f1－f0≥e－1?a－na≥e－1?a≥e，②當(dāng)00．1求g的表達(dá)式；2若?>0使f≤0成立，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；設(shè)1＜m≤e，H＝f－m＋1，證明：對(duì)?1，2∈[1，m]，恒有|H1－H2|0．當(dāng)m>0時(shí)，由對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)，f的值域?yàn)镽；當(dāng)m＝0時(shí)，f＝錯(cuò)誤!>0對(duì)?>0，f>0恒成立；當(dāng)m0?錯(cuò)誤!0，f>0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是－e,0]．故?>0，使f≤0成立，實(shí)數(shù)m的取值范圍－∞，－e]∪0，＋∞．3證明：因?yàn)閷?duì)?∈[1，m]，H′＝錯(cuò)誤!≤0，所以H在[1，m]內(nèi)單調(diào)遞減．2于是|H1－H2|≤H1－Hm＝錯(cuò)誤!m－mnm－錯(cuò)誤!|H1－H2|0，所以函數(shù)hm＝錯(cuò)誤!m－nm－錯(cuò)誤!在1，e]上是單調(diào)增函數(shù)．所以hm≤he＝錯(cuò)誤!－1－錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!不決義書簽。設(shè)f＝2－1*－1，且關(guān)于的方程為f＝mm∈R恰有三個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根1，2，3，則123的取值范圍是________．剖析：由定義運(yùn)算“*”可知f＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!畫出該函數(shù)圖象可知知足條件的取值范圍是錯(cuò)誤!答案：錯(cuò)誤!8．定義在R上的函數(shù)f知足f＋6＝f．當(dāng)－3≤b>c，且f1＝0，是否存在m∈R，使得fm＝－a建馬上，fm＋3為正數(shù)若存在，證明你的結(jié)論；若不存在，說明原因；2若對(duì)121b>c，，∈R，且所以a>0且c0且cb>c，b＝－a－c，∴－2錯(cuò)誤!＋3>－2＋3＝1∵f在1，＋∞單調(diào)遞加，fm＋3>f1＝0，即存在這樣的m使fm＋3>02令g＝f－錯(cuò)誤![f1＋f2]，則g是二次函數(shù)．∵g1·g2＝錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!2＝－錯(cuò)誤![f1－f2]≤0，①當(dāng)1≤a≤2時(shí)，由2知f1≤f2，g＝f1＝e|－2a＋1|，圖象關(guān)于直線＝2a－1對(duì)稱，如右圖，又此時(shí)1≤2a1≤3，故對(duì)∈[1,6]，gmin＝f12a－1＝1②當(dāng)2＜a≤6時(shí)，2a－1－a＝a－1>0，故2a－1>aa時(shí)，f1＝e－＋2a－1>e－＋a＋1＝f2，|－a|＋1；g＝f2＝e－2a－1－a＋1，g＝f＝e|－2a＋1|；121－＋2a－1－a＋1a<<2a－1時(shí)，由f1＝e≤e＝f2，得≥錯(cuò)誤!，此中a<錯(cuò)誤!<2a－1，故錯(cuò)誤!≤＜2a－1時(shí)，g＝f1＝e|－2a＋1|，a<<錯(cuò)誤!時(shí)，g＝f2＝e|－a