高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 第二篇 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用細(xì)致講解練 理 新人教A版_第1頁(yè)
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第二篇函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第1講函數(shù)的概念及其表示[最新考綱]1.了解構(gòu)成函數(shù)的要素,會(huì)求一些簡(jiǎn)單函數(shù)的定義域和值域,了解映射的概念.2.在實(shí)際情境中,會(huì)根據(jù)不同的需要選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?如圖象法、列表法、解析法)表示函數(shù).3.了解簡(jiǎn)單的分段函數(shù),并能簡(jiǎn)單地應(yīng)用.知識(shí)梳理1.函數(shù)的基本概念(1)函數(shù)的定義一般地,設(shè)A,B是兩個(gè)非空數(shù)集,如果按照某種確定的對(duì)應(yīng)關(guān)系f,使對(duì)于集合A中的任意一個(gè)數(shù)x,在集合B中都有唯一確定的數(shù)f(x)與之對(duì)應(yīng);那么就稱:f:A→B為從集合A到集合B的一個(gè)函數(shù).記作y=f(x),x∈A.(2)函數(shù)的定義域、值域在函數(shù)y=f(x),x∈A中,x叫做自變量,x的取值范圍A叫做函數(shù)的定義域;與x的值相對(duì)應(yīng)的y值叫做函數(shù)值,函數(shù)值的集合叫做函數(shù)的值域.(3)函數(shù)的三要素是:定義域、值域和對(duì)應(yīng)關(guān)系.(4)表示函數(shù)的常用方法有:解析法、列表法和圖象法.(5)分段函數(shù)若函數(shù)在其定義域的不同子集上,因?qū)?yīng)關(guān)系不同而分別用幾個(gè)不同的式子來(lái)表示,這種函數(shù)稱為分段函數(shù).分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的并集,其值域等于各段函數(shù)的值域的并集,分段函數(shù)雖由幾個(gè)部分組成,但它表示的是一個(gè)函數(shù).2.函數(shù)定義域的求法類型x滿足的條件eq\r(2n,fx),n∈N*f(x)≥0eq\f(1,fx)與[f(x)]0f(x)≠0logaf(x)f(x)>0四則運(yùn)算組成的函數(shù)各個(gè)函數(shù)定義域的交集實(shí)際問(wèn)題使實(shí)際問(wèn)題有意義3.函數(shù)值域的求法方法示例示例答案配方法y=x2+x-2y∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(9,4),+∞))性質(zhì)法y=exy∈(0,+∞)單調(diào)性法y=x+eq\r(x-2)y∈[2,+∞)換元法y=sin2x+sinx+1y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4),3))分離常數(shù)法y=eq\f(x,x+1)y∈(-∞,1)∪(1,+∞)辨析感悟1.對(duì)函數(shù)概念的理解.(1)(教材習(xí)題改編)如圖:以x為自變量的函數(shù)的圖象為②④.(√)(2)函數(shù)y=1與y=x0是同一函數(shù).(×)2.函數(shù)的定義域、值域的求法(3)(·江西卷改編)函數(shù)y=eq\r(x)ln(1-x)的定義域?yàn)?0,1).(×)(4)(·杭州月考改編)函數(shù)f(x)=eq\f(1,1+x2)的值域?yàn)?0,1].(√)3.分段函數(shù)求值(5)(·濟(jì)南模擬改編)設(shè)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+1,x≤1,,\f(2,x),x>1,))則f(f(3))=eq\f(13,9).(√)學(xué)生用書(shū)第10頁(yè)(6)(·浙江部分重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研改編)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2-x+\f(3,4),x≥0,,2x+1,x<0))若f(a)=eq\f(1,2),則實(shí)數(shù)a的值為eq\f(1,2)或-2.(√)4.函數(shù)解析式的求法(7)已知f(x)=2x2+x-1,則f(x+1)=2x2+5x+2.(√)(8)已知f(eq\r(x)-1)=x,則f(x)=(x+1)2.(×)[感悟·提升]1.一個(gè)方法判斷兩個(gè)函數(shù)是否為相同函數(shù).一是定義域是否相同,二是對(duì)應(yīng)關(guān)系即解析式是否相同(注意解析式可以等價(jià)化簡(jiǎn)),如(2).2.三個(gè)防范一是求函數(shù)的定義域要使給出解析式的各個(gè)部分都有意義,如(3);二是分段函數(shù)求值時(shí),一定要分段討論,注意驗(yàn)證結(jié)果是否在自變量的取值范圍內(nèi),如(6);三是用換元法求函數(shù)解析式時(shí),一定要注意換元后的范圍,如(8).考點(diǎn)一求函數(shù)的定義域與值域【例1】(1)(·山東卷)函數(shù)f(x)=eq\r(1-2x)+eq\f(1,\r(x+3))的定義域?yàn)?).A.(-3,0]B.(-3,1]C.(-∞,-3)∪(-3,0]D.(-∞,-3)∪(-3,1](2)函數(shù)y=eq\f(x-3,x+1)的值域?yàn)開(kāi)_______.解析(1)由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1-2x≥0,,x+3>0,))解得-3<x≤0.(2)y=eq\f(x-3,x+1)=eq\f(x+1-4,x+1)=1-eq\f(4,x+1),因?yàn)閑q\f(4,x+1)≠0,所以1-eq\f(4,x+1)≠1.即函數(shù)的值域是{y|y≠1}.答案(1)A(2){y|y≠1}規(guī)律方法(1)求函數(shù)的定義域,其實(shí)質(zhì)就是以函數(shù)解析式有意義為準(zhǔn)則,列出不等式或不等式組,然后求出它們的解集即可.(2)求函數(shù)的值域:①當(dāng)所給函數(shù)是分式的形式,且分子、分母是同次的,可考慮用分離常數(shù)法;②若與二次函數(shù)有關(guān),可用配方法;③當(dāng)函數(shù)的圖象易畫(huà)出時(shí),可以借助于圖象求解.【訓(xùn)練1】(1)函數(shù)y=lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x)))+eq\r(1-x2)的定義域?yàn)開(kāi)_______.(2)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x,x≥1,,2x,x<1))的值域?yàn)開(kāi)_______.解析(1)根據(jù)題意可知,eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x)>0,,x≠0,,1-x2≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x+1,x)>0,,-1≤x≤1))?0<x≤1,故定義域?yàn)?0,1].(2)當(dāng)x≥1時(shí),logeq\f(1,2)x≤0;當(dāng)x<1時(shí),0<2x<2,故值域?yàn)?0,2)∪(-∞,0]=(-∞,2).答案(1)(0,1](2)(-∞,2)考點(diǎn)二分段函數(shù)及其應(yīng)用【例2】(1)(·東北三校聯(lián)考)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log24-x,x≤0,fx-1-fx-2,x>0)),則f(3)的值為().A.-1B.-2C.1D.2(2)已知實(shí)數(shù)a≠0,函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x+a,x<1,,-x-2a,x≥1.))若f(1-a)=f(1+a),則a的值為_(kāi)_______.解析(1)依題意,3>0,得f(3)=f(3-1)-f(3-2)=f(2)-f(1),又2>0,所以f(2)=f(2-1)-f(2-2)=f(1)-f(0);所以f(3)=f(1)-f(0)-f(1)=-f(0),又f(0)=log2(4-0)=2,所以f(3)=-f(0)=-2.(2)當(dāng)a>0時(shí),1-a<1,1+a>1.此時(shí)f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3由f(1-a)=f(1+a),得2-a=-1-3a,解得a=-eq\f(3,2).不合題意,舍去.當(dāng)a<0時(shí),1-a>1,1+a<1,此時(shí)f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-af(1+a)=2(1+a)+a=2+3a由f(1-a)=f(1+a),得-1-a=2+3a,解得a=-eq\f(3,4).綜上可知,a的值為-eq\f(3,4).答案(1)B(2)-eq\f(3,4)規(guī)律方法(1)求分段函數(shù)的函數(shù)值,要先確定要求值的自變量屬于哪一段區(qū)間,然后代入該段的解析式求值,當(dāng)出現(xiàn)f(f(a))的形式時(shí),應(yīng)從內(nèi)到外依次求值.(2)當(dāng)給出函數(shù)值求自變量的值時(shí),先假設(shè)所求的值在分段函數(shù)定義區(qū)間的各段上,然后求出相應(yīng)自變量的值,切記要代入檢驗(yàn),看所求的自變量的值是否滿足相應(yīng)段自變量的取值范圍.【訓(xùn)練2】(·煙臺(tái)診斷)已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2cos\f(πx,3),x≤2000,,2x-2008,x>2000,))則f[f(2013)]=().A.eq\r(3)B.-eq\r(3)C.1D.-1解析f(2013)=22013-2008=25=32,所以f[f(2013)]=f(32)=2coseq\f(32π,3)=2coseq\f(2π,3)=-1.答案D學(xué)生用書(shū)第11頁(yè)考點(diǎn)三求函數(shù)的解析式【例3】(1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)+1))=lgx,求f(x)的解析式.(2)f(x)為二次函數(shù)且f(0)=3,f(x+2)-f(x)=4x+2.試求出f(x)的解析式.(3)定義在(-1,1)內(nèi)的函數(shù)f(x)滿足2f(x)-f(-x)=lg(x+1),求函數(shù)f(x解(1)令eq\f(2,x)+1=t,由于x>0,∴t>1且x=eq\f(2,t-1),∴f(t)=lgeq\f(2,t-1),即f(x)=lgeq\f(2,x-1)(x>1).(2)設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),又f(0)=c=3.∴f(x)=ax2+bx+3,∴f(x+2)-f(x)=a(x+2)2+b(x+2)+3-(ax2+bx+3)=4ax+4a+2b=4x∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a=4,,4a+2b=2,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=1,,b=-1,))∴f(x)=x2-x+3.(3)當(dāng)x∈(-1,1)時(shí),有2f(x)-f(-x)=lg(x+1).以-x代替x得,2f(-x)-f(x)=lg(-x+1).由①②消去f(-x)得,f(x)=eq\f(2,3)lg(x+1)+eq\f(1,3)lg(1-x),x∈(-1,1).規(guī)律方法求函數(shù)解析式常用方法(1)待定系數(shù)法:若已知函數(shù)的類型(如一次函數(shù)、二次函數(shù)),可用待定系數(shù)法;(2)換元法:已知復(fù)合函數(shù)f(g(x))的解析式,可用換元法,此時(shí)要注意新元的取值范圍;(3)方程法:已知關(guān)于f(x)與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))或f(-x)的表達(dá)式,可根據(jù)已知條件再構(gòu)造出另外一個(gè)等式組成方程組,通過(guò)解方程組求出f(x).【訓(xùn)練3】(1)若f(x+1)=2x2+1,則f(x)=________.(2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=2f(x).若當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)=x(1-x),則當(dāng)-1≤x≤0時(shí),f(x解析(1)令t=x+1,則x=t-1,所以f(t)=2(t-1)2+1=2t2-4t+3.所以f(x)=2x2-4x+3.(2)當(dāng)-1≤x≤0時(shí),有0≤x+1≤1,所以f(1+x)=(1+x)[1-(1+x)]=-x(1+x),又f(x+1)=2f(x),所以f(x)=eq\f(1,2)f(1+x)=-eq\f(xx+1,2).答案(1)2x2-4x+3(2)-eq\f(xx+1,2)1.函數(shù)的定義域是函數(shù)的靈魂,它決定了函數(shù)的值域,并且它是研究函數(shù)性質(zhì)的基礎(chǔ).因此,我們一定要樹(shù)立函數(shù)定義域優(yōu)先意識(shí).2.函數(shù)有三種表示方法——列表法、圖象法和解析法,三者之間是可以互相轉(zhuǎn)化的;求函數(shù)解析式比較常見(jiàn)的方法有湊配法、換元法、待定系數(shù)法和方程法等,特別要注意將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題,通過(guò)設(shè)自變量,寫(xiě)出函數(shù)的解析式并明確定義域.教你審題1——分段函數(shù)中求參數(shù)范圍問(wèn)題【典例】(·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+2x,x≤0,,lnx+1,x>0.))?若|f(x)|≥ax?,則a的取值范圍是().A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.[-2,1]D.[-2,0](1)[審題]一審條件?:f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+2x,x≤0,,lnx+1,x>0,))轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象問(wèn)題.如圖(1).二審條件?:|f(x)|≥ax,由f(x)的圖象得到|f(x)|的圖象如圖(2).(2)三審圖形:觀察y=ax的圖象總在y=|f(x)|的下方,則當(dāng)a>0時(shí),不合題意;當(dāng)a=0時(shí),符合題意;當(dāng)a<0時(shí),若x≤0,f(x)=-x2+2x≤0,所以|f(x)|≥ax化簡(jiǎn)為x2-2x≥ax,即x2≥(a+2)x,所以a+2≥x恒成立,所以a≥-2.綜上-2≤a≤0.答案D[反思感悟](1)問(wèn)題中參數(shù)值影響變形時(shí),往往要分類討論,需有明確的標(biāo)準(zhǔn)、全面的考慮;(2)求解過(guò)程中,求出的參數(shù)的值或范圍并不一定符合題意,因此要檢驗(yàn)結(jié)果是否符合要求.【自主體驗(yàn)】(·德州模擬)已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx,x>0,,x+3,x≤0,))則f(a)+f(1)=0,則實(shí)數(shù)a的值等于().A.-3B.-1或3C.1D.-3或1解析因?yàn)閒(1)=lg1=0,所以由f(a)+f(1)=0得f(a)=0.當(dāng)a>0時(shí),f(a)=lga=0,所以a=1.當(dāng)a≤0時(shí),f(a)=a+3=0,解得a=-3.所以實(shí)數(shù)a的值為a=1或a=-3,選D.答案D對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P227基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí):40分鐘)一、選擇題1.下列各組函數(shù)表示相同函數(shù)的是().A.f(x)=eq\r(x2),g(x)=(eq\r(x))2B.f(x)=1,g(x)=x2C.f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x,x≥0,,-x,x<0,))g(t)=|t|D.f(x)=x+1,g(x)=eq\f(x2-1,x-1)解析A選項(xiàng)中的兩個(gè)函數(shù)的定義域分別是R和[0,+∞),不相同;B選項(xiàng)中的兩個(gè)函數(shù)的對(duì)應(yīng)法則不一致;D選項(xiàng)中的兩個(gè)函數(shù)的定義域分別是R和{x|x≠1},不相同,盡管它們的對(duì)應(yīng)法則一致,但也不是相同函數(shù);C選項(xiàng)中的兩個(gè)函數(shù)的定義域都是R,對(duì)應(yīng)法則都是g(x)=|x|,盡管表示自變量的字母不同,但它們依然是相同函數(shù).答案C2.(·臨沂一模)函數(shù)f(x)=lneq\f(x,x-1)+的定義域?yàn)?).A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(0,1)D.(0,1)∪(1,+∞)解析要使函數(shù)有意義,則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,,\f(x,x-1)>0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,,xx-1>0,))解得x>1.答案B3.(·昆明調(diào)研)設(shè)M={x|-2≤x≤2},N={y|0≤y≤2},函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镸,值域?yàn)镹,則f(x)的圖象可以是().解析A項(xiàng)定義域?yàn)閇-2,0],D項(xiàng)值域不是[0,2],C項(xiàng)對(duì)定義域中除2以外的任一x都有兩個(gè)y與之對(duì)應(yīng),都不符合條件,故選B.答案B4.(·江西師大附中、鷹潭一中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x,x<1,,fx-1,x≥1,))則f(log27)=().A.eq\f(7,16)B.eq\f(7,8)C.eq\f(7,4)D.eq\f(7,2)解析因?yàn)閘og27>1,log2eq\f(7,2)>1,0<log2eq\f(7,4)<1,所以f(log27)=f(log27-1)=f(log2eq\f(7,2))=f(log2eq\f(7,2)-1)=f(log2eq\f(7,4))=2log2eq\f(7,4)=eq\f(7,4).答案C5.函數(shù)f(x)=eq\f(cx,2x+3)(x≠-eq\f(3,2))滿足f(f(x))=x,則常數(shù)c等于().A.3B.-3C.3或-3D.5或-3解析f(f(x))=eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cx,2x+3))),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cx,2x+3)))+3)=eq\f(c2x,2cx+6x+9)=x,即x[(2c+6)x+9-c2]=0,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2c+6=0,,9-c2=0,))解得c=-3.答案B二、填空題6.(·杭州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)=lneq\f(x-2,x+1)的定義域是________.解析由題意知eq\f(x-2,x+1)>0,即(x-2)(x+1)>0,解得x>2或x<-1.答案{x|x>2,或x<-1}7.(·石家莊模擬)已知函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x+1,x<1,,x2+ax,x≥1,))若f(f(0))=4a,則實(shí)數(shù)a=________.解析f(f(0))=f(2)=4+2a=4a,解得答案28.已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-x,1+x)))=eq\f(1-x2,1+x2),則f(x)的解析式為_(kāi)_______.解析令t=eq\f(1-x,1+x),由此得x=eq\f(1-t,1+t)(t≠-1),所以f(t)=eq\f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-t,1+t)))2,1+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-t,1+t)))2)=eq\f(2t,1+t2),從而f(x)的解析式為f(x)=eq\f(2x,1+x2)(x≠-1).答案f(x)=eq\f(2x,1+x2)(x≠-1)三、解答題9.設(shè)二次函數(shù)f(x)滿足f(2+x)=f(2-x),且f(x)=0的兩個(gè)實(shí)根的平方和為10,f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(0,3),求f(x)的解析式.解∵f(2+x)=f(2-x),∴f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱.于是,設(shè)f(x)=a(x-2)2+k(a≠0),則由f(0)=3,可得k=3-4a∴f(x)=a(x-2)2+3-4a=ax2-4ax∵ax2-4ax+3=0的兩實(shí)根的平方和為10,∴10=xeq\o\al(2,1)+xeq\o\al(2,2)=(x1+x2)2-2x1x2=16-eq\f(16,a),∴a=1.∴f(x)=x2-4x+3.10.某人開(kāi)汽車(chē)沿一條直線以60km/h的速度從A地到150km遠(yuǎn)處的B地.在B地停留1h后,再以50km/h的速度返回A地,把汽車(chē)與A地的距離s(km)表示為時(shí)間t(h)(從A地出發(fā)開(kāi)始)的函數(shù),并畫(huà)出函數(shù)的圖象.解由題意知:s=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(60t,0≤t≤\f(5,2),,150,\f(5,2)<t≤\f(7,2),,150-50\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t-\f(7,2))),\f(7,2)<t≤\f(13,2).))其圖象如圖所示.能力提升題組(建議用時(shí):25分鐘)一、選擇題1.設(shè)f(x)=lgeq\f(2+x,2-x),則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))的定義域?yàn)?).A.(-4,0)∪(0,4)B.(-4,-1)∪(1,4)C.(-2,-1)∪(1,2)D.(-4,-2)∪(2,4)解析∵eq\f(2+x,2-x)>0,∴-2<x<2,∴-2<eq\f(x,2)<2且-2<eq\f(2,x)<2,取x=1,則eq\f(2,x)=2不合題意(舍去),故排除A,取x=2,滿足題意,排除C、D,故選B.答案B2.已知函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=-1對(duì)稱,且當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),有f(x)=eq\f(1,x),則當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí),f(x)的解析式為().A.f(x)=-eq\f(1,x)B.f(x)=-eq\f(1,x-2)C.f(x)=eq\f(1,x+2)D.f(x)=-eq\f(1,x+2)解析當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí),則-2-x∈(0,+∞),∴f(x)=-eq\f(1,x+2).答案D二、填空題3.(·濰坊模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2-x,x∈-∞,1],,log81x,x∈1,+∞,))則滿足f(x)=eq\f(1,4)的x值為_(kāi)_______.解析當(dāng)x∈(-∞,1]時(shí),2-x=eq\f(1,4)=2-2,∴x=2(舍去);當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),log81x=eq\f(1,4),即x===3.答案3三、解答題4.若函數(shù)f(x)=eq\f(1,2)x2-x+a的定義域和值域均為[1,b](b>1),求a,b的值.解∵f(x)=eq\f(1,2)(x-1)2+a-eq\f(1,2),∴其對(duì)稱軸為x=1,即函數(shù)f(x)在[1,b]上單調(diào)遞增.∴f(x)min=f(1)=a-eq\f(1,2)=1,①f(x)max=f(b)=eq\f(1,2)b2-b+a=b,②又b>1,由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=\f(3,2),,b=3,))∴a,b的值分別為eq\f(3,2),3.學(xué)生用書(shū)第12頁(yè)第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值[最新考綱]1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義.2.會(huì)運(yùn)用函數(shù)圖象理解和研究函數(shù)的單調(diào)性.知識(shí)梳理1.函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地,設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮,如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量x1,x2當(dāng)x1<x2時(shí),都有f(x1)<f(x2),那么就說(shuō)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí),都有f(x1)>f(x2),那么就說(shuō)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)續(xù)表圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調(diào)區(qū)間的定義若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù),則稱函數(shù)y=f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性,區(qū)間D叫做函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間.2.函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镮,如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件(1)對(duì)于任意x∈I,都有f(x)≤M;(2)存在x0∈I,使得f(x0)=M.(3)對(duì)于任意x∈I,都有f(x)≥M;(4)存在x0∈I,使得f(x0)=M.結(jié)論M為最大值M為最小值辨析感悟1.函數(shù)單調(diào)性定義的理解(1)對(duì)于函數(shù)f(x),x∈D,若x1,x2∈D且(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,則函數(shù)f(x)在D上是增函數(shù).(√)(2)函數(shù)f(x)=2x+1在(-∞,+∞)上是增函數(shù).(√)(3)(教材改編)函數(shù)f(x)=eq\f(1,x)在其定義域上是減函數(shù).(×)(4)已知f(x)=eq\r(x),g(x)=-2x,則y=f(x)-g(x)在定義域上是增函數(shù).(√)2.函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與最值(5)函數(shù)y=f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1,+∞).(×)(6)(教材改編)函數(shù)y=eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,0)∪(0,+∞).(×)(7)(·汕頭模擬)函數(shù)y=lg|x|的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞).(×)(8)函數(shù)f(x)=log2(3x+1)的最小值為0.(×)[感悟·提升]1.一個(gè)區(qū)別“函數(shù)的單調(diào)區(qū)間”和“函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)”的區(qū)別:前者指函數(shù)具備單調(diào)性的“最大”的區(qū)間,后者是前者“最大”區(qū)間的子集,如(5).2.兩個(gè)防范一是注意函數(shù)的定義域不連續(xù)的兩個(gè)單調(diào)性相同的區(qū)間,要分別說(shuō)明單調(diào)區(qū)間,不可說(shuō)成“在其定義域上”單調(diào),如(3);二是若函數(shù)在兩個(gè)不同的區(qū)間上單調(diào)性相同,則這兩個(gè)區(qū)間要分開(kāi)寫(xiě),不能寫(xiě)成并集,如(6).學(xué)生用書(shū)第13頁(yè)考點(diǎn)一確定函數(shù)的單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間【例1】(1)判斷函數(shù)f(x)=x+eq\f(k,x)(k>0)在(0,+∞)上的單調(diào)性.(2)(·沙市中學(xué)月考)求函數(shù)y=logeq\f(1,3)(x2-4x+3)的單調(diào)區(qū)間.解(1)法一任意取x1>x2>0,則f(x1)-f(x2)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1+\f(k,x1)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2+\f(k,x2)))=(x1-x2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,x1)-\f(k,x2)))=(x1-x2)+eq\f(kx2-x1,x1x2)=(x1-x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(k,x1x2))).當(dāng)eq\r(k)≥x1>x2>0時(shí),x1-x2>0,1-eq\f(k,x1x2)<0,有f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),此時(shí),函數(shù)f(x)=x+eq\f(k,x)(k>0)在(0,eq\r(k)]上為減函數(shù);當(dāng)x1>x2≥eq\r(k)時(shí),x1-x2>0,1-eq\f(k,x1x2)>0,有f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此時(shí),函數(shù)f(x)=x+eq\f(k,x)(k>0)在[eq\r(k),+∞)上為增函數(shù);綜上可知,函數(shù)f(x)=x+eq\f(k,x)(k>0)在(0,eq\r(k)]上為減函數(shù);在[eq\r(k),+∞)上為增函數(shù).法二f′(x)=1-eq\f(k,x2),令f′(x)>0,則1-eq\f(k,x2)>0,解得x>eq\r(k)或x<-eq\r(k)(舍).令f′(x)<0,則1-eq\f(k,x2)<0,解得-eq\r(k)<x<eq\r(k).∵x>0,∴0<x<eq\r(k).∴f(x)在(0,eq\r(k))上為減函數(shù);在(eq\r(k),+∞)上為增函數(shù),也稱為f(x)在(0,eq\r(k)]上為減函數(shù);在[eq\r(k),+∞)上為增函數(shù).(2)令u=x2-4x+3,原函數(shù)可以看作y=logeq\f(1,3)u與u=x2-4x+3的復(fù)合函數(shù).令u=x2-4x+3>0.則x<1或x>3.∴函數(shù)y=logeq\f(1,3)(x2-4x+3)的定義域?yàn)?-∞,1)∪(3,+∞).又u=x2-4x+3的圖象的對(duì)稱軸為x=2,且開(kāi)口向上,∴u=x2-4x+3在(-∞,1)上是減函數(shù),在(3,+∞)上是增函數(shù).而函數(shù)y=logeq\f(1,3)u在(0,+∞)上是減函數(shù),∴y=logeq\f(1,3)(x2-4x+3)的單調(diào)遞減區(qū)間為(3,+∞),單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1).規(guī)律方法(1)對(duì)于給出具體解析式的函數(shù),證明或判斷其在某區(qū)間上的單調(diào)性有兩種方法:①可以利用定義(基本步驟為取值、作差或作商、變形、定號(hào)、下結(jié)論)求解;②可導(dǎo)函數(shù)則可以利用導(dǎo)數(shù)解之.(2)復(fù)合函數(shù)y=f[g(x)]的單調(diào)性規(guī)律是“同則增,異則減”,即y=f(u)與u=g(x)若具有相同的單調(diào)性,則y=f[g(x)]為增函數(shù),若具有不同的單調(diào)性,則y=f[g(x)]必為減函數(shù).【訓(xùn)練1】試討論函數(shù)f(x)=eq\f(ax,x2-1),x∈(-1,1)的單調(diào)性(其中a≠0).解法一(定義法)任?。?<x1<x2<1,則f(x1)-f(x2)=eq\f(ax1,x\o\al(2,1)-1)-eq\f(ax2,x\o\al(2,2)-1)=eq\f(ax2-x1x1x2+1,x\o\al(2,1)-1x\o\al(2,2)-1),∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0,xeq\o\al(2,1)-1<0,xeq\o\al(2,2)-1<0,|x1x2|<1,即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0,∴eq\f(x2-x1x1x2+1,x\o\al(2,1)-1x\o\al(2,2)-1)>0,因此,當(dāng)a>0時(shí),f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此時(shí)函數(shù)在(-1,1)為減函數(shù);當(dāng)a<0時(shí),f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),此時(shí)函數(shù)在(-1,1)為增函數(shù).法二(導(dǎo)數(shù)法)f′(x)=eq\f(ax2-1-2ax2,x2-12)=eq\f(-ax2+1,x2-12)當(dāng)a>0時(shí),f′(x)<0;當(dāng)a<0時(shí),f′(x)>0.∴當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(-1,1)上為減函數(shù);當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(-1,1)上為增函數(shù).考點(diǎn)二利用單調(diào)性求參數(shù)【例2】已知函數(shù)f(x)=eq\f(ax-1,x+1).(1)若a=-2,試證f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減.(2)函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(1)證明任設(shè)x1<x2<-2,則f(x1)-f(x2)=eq\f(-2x1-1,x1+1)-eq\f(-2x2-1,x2+1)=-eq\f(x1-x2,x1+1x2+1).∵(x1+1)(x2+1)>0,x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,∴f(x1)>f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減.(2)解法一f(x)=eq\f(ax-1,x+1)=a-eq\f(a+1,x+1),設(shè)x1<x2<-1,則f(x1)-f(x2)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(a+1,x1+1)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a-\f(a+1,x2+1)))=eq\f(a+1,x2+1)-eq\f(a+1,x1+1)=eq\f(a+1x1-x2,x1+1x2+1),又函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上是減函數(shù),所以f(x1)-f(x2)>0.由于x1<x2<-1,∴x1-x2<0,x1+1<0,x2+1<0,∴a+1<0,即a<-1.故a的取值范圍是(-∞,-1).法二由f(x)=eq\f(ax-1,x+1),得f′(x)=eq\f(a+1,x+12),又因?yàn)閒(x)=eq\f(ax-1,x+1)在(-∞,-1)上是減函數(shù),所以f′(x)=eq\f(a+1,x+12)≤0在x∈(-∞,-1)上恒成立,解得a≤-1,而a=-1時(shí),f(x)=-1,在(-∞,-1)上不具有單調(diào)性,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,-1).規(guī)律方法利用單調(diào)性求參數(shù)的一般方法:一是求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,然后使所給區(qū)間是這個(gè)單調(diào)區(qū)間的子區(qū)間,建立關(guān)于參數(shù)的不等式組即可求得參數(shù)范圍;二是直接利用函數(shù)單調(diào)性的定義:作差、變形,由f(x1)-f(x2)的符號(hào)確定參數(shù)的范圍,另外也可分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題.【訓(xùn)練2】(1)函數(shù)y=eq\f(x-5,x-a-2)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是().A.{-3}B.(-∞,3)C.(-∞,-3]D.[-3,+∞)(2)(·日照模擬)若f(x)=-x2+2ax與g(x)=eq\f(a,x+1)在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù),則a的取值范圍是().A.(-1,0)∪(0,1)B.(-1,0)∪(0,1]C.(0,1)D.(0,1]解析(1)y=eq\f(x-5,x-a-2)=1+eq\f(a-3,x-a+2),由函數(shù)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a-3<0,,a+2≤-1,))解得a≤-3.(2)f(x)在[a,+∞)上是減函數(shù),對(duì)于g(x),只有當(dāng)a>0時(shí),它有兩個(gè)減區(qū)間為(-∞,-1)和(-1,+∞),故只需區(qū)間[1,2]是f(x)和g(x)的減區(qū)間的子集即可,則a的取值范圍是0<a≤1.答案(1)C(2)D學(xué)生用書(shū)第14頁(yè)考點(diǎn)三利用函數(shù)的單調(diào)性求最值【例3】已知f(x)=eq\f(x2+2x+a,x),x∈[1,+∞).(1)當(dāng)a=eq\f(1,2)時(shí),求函數(shù)f(x)的最小值;(2)若對(duì)任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,試求實(shí)數(shù)a的取值范圍.審題路線(1)當(dāng)a=eq\f(1,2)時(shí),f(x)為具體函數(shù)→求出f(x)的單調(diào)性,利用單調(diào)性求最值.(2)當(dāng)x∈[1,+∞)時(shí),f(x)>0恒成立→轉(zhuǎn)化為x2+2x+a>0恒成立.解(1)當(dāng)a=eq\f(1,2)時(shí),f(x)=x+eq\f(1,2x)+2,聯(lián)想到g(x)=x+eq\f(1,x)的單調(diào)性,猜想到求f(x)的最值可先證明f(x)的單調(diào)性.任取1≤x1<x2,則f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x1)-\f(1,2x2)))=eq\f(x1-x22x1x2-1,2x1x2),∵1≤x1<x2,∴x1x2>1,∴2x1x2-1>0.又x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),∴f(x)在[1,+∞)上的最小值為f(1)=eq\f(7,2).(2)在區(qū)間[1,+∞)上,f(x)=eq\f(x2+2x+a,x)>0恒成立,則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+2x+a>0,,x≥1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>-x2+2x,,x≥1,))等價(jià)于a大于函數(shù)φ(x)=-(x2+2x)在[1,+∞)上的最大值.只需求函數(shù)φ(x)=-(x2+2x)在[1,+∞)上的最大值.φ(x)=-(x+1)2+1在[1,+∞)上遞減,∴當(dāng)x=1時(shí),φ(x)最大值為φ(1)=-3.∴a>-3,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-3,+∞).規(guī)律方法求函數(shù)最值的常用方法:(1)單調(diào)性法:先確定函數(shù)的單調(diào)性,再由單調(diào)性求最值;(2)圖象法:先作出函數(shù)的圖象,再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn),求出最值;(3)基本不等式法:先對(duì)解析式變形,使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值;(4)導(dǎo)數(shù)法:先求導(dǎo),然后求出在給定區(qū)間上的極值,最后結(jié)合端點(diǎn)值,求出最值;(5)換元法:對(duì)比較復(fù)雜的函數(shù)可通過(guò)換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù),再用相應(yīng)的方法求最值.【訓(xùn)練3】對(duì)任意兩個(gè)實(shí)數(shù)x1,x2,定義max(x1,x2)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1,x1≥x2,,x2,x1<x2,))若f(x)=x2-2,g(x)=-x,則max(f(x),g(x))的最小值為_(kāi)_______.解析f(x)-g(x)=x2-2-(-x)=x2+x-2,當(dāng)x2-2-(-x)=x2+x-2≥0時(shí),x≥1或x≤-2;當(dāng)-2<x<1時(shí),x2+x-2<0,即f(x)<g(x),所以max(f(x),g(x))=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x,-2<x<1,,x2-2,x≥1或x≤-2,))作出圖象如圖所示,由圖象可知函數(shù)的最小值在A處取得,所以最小值為f(1)=-1.答案-11.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:首先應(yīng)注意函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是其定義域的子集;其次掌握一次函數(shù)、二次函數(shù)等基本初等函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的常用方法:根據(jù)定義、利用圖象、單調(diào)函數(shù)的性質(zhì)及利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì).2.復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性:對(duì)于復(fù)合函數(shù)y=f[g(x)],若t=g(x)在區(qū)間(a,b)上是單調(diào)函數(shù),且y=f(t)在區(qū)間(g(a),g(b))或者(g(b),g(a))上是單調(diào)函數(shù),若t=g(x)與y=f(t)的單調(diào)性相同(同時(shí)為增或減),則y=f[g(x)]為增函數(shù);若t=g(x)與y=f(t)的單調(diào)性相反,則y=f[g(x)]為減函數(shù).簡(jiǎn)稱:同增異減.3.函數(shù)的值域常?;瘹w為求函數(shù)的最值問(wèn)題,要重視函數(shù)的單調(diào)性在確定函數(shù)最值過(guò)程中的應(yīng)用.易錯(cuò)辨析1——分段函數(shù)單調(diào)性的判定【典例】(·金華模擬)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax,x>1,,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4-\f(a,2)))x+2,x≤1,))是R上的單調(diào)遞增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是().A.(1,+∞)B.[4,8)C.(4,8)D.(1,8)[錯(cuò)解]由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,,4-\f(a,2)>0,))解得1<a<8.[答案]D[錯(cuò)因]忽視函數(shù)在定義域兩段區(qū)間分界點(diǎn)上的函數(shù)值的大?。甗正解]f(x)在R上單調(diào)遞增,則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,,4-\f(a,2)>0,,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4-\f(a,2)))+2≤a,))解得:4≤a<8.[答案]B[防范措施]對(duì)于分段函數(shù)的單調(diào)性,有兩種基本的判斷方法:一保證各段上同增(減)時(shí),要注意上、下段間端點(diǎn)值間的大小關(guān)系;二是畫(huà)出這個(gè)分段函數(shù)的圖象,結(jié)合函數(shù)圖象、性質(zhì)進(jìn)行直觀的判斷.研究函數(shù)問(wèn)題離不開(kāi)函數(shù)圖象,函數(shù)圖象反映了函數(shù)的所有性質(zhì),在研究函數(shù)問(wèn)題時(shí)要時(shí)時(shí)刻刻想到函數(shù)的圖象,學(xué)會(huì)從函數(shù)圖象上去分析問(wèn)題、尋找解決問(wèn)題的方法.【自主體驗(yàn)】(·日照模擬)已知f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1x+4a,x<1,,logax,x≥1,))是(-∞,+∞)上的減函數(shù),那么a的取值范圍是().A.(0,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7),\f(1,3)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7),1))解析當(dāng)x=1時(shí),loga1=0,若f(x)為R上的減函數(shù),則(3a-1)x+4a≥0在令g(x)=(3a-1)x+4則必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1<0,,0<a<1,,g1≥0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a-1<0,,0<a<1,,3a-1+4a≥0))?eq\f(1,7)≤a<eq\f(1,3).答案C對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P229基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí):40分鐘)一、選擇題1.下列函數(shù)中,在區(qū)間(0,+∞)上為增函數(shù)的是().A.y=ln(x+2)B.y=-eq\r(x+1)C.y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xD.y=x+eq\f(1,x)解析函數(shù)y=ln(x+2)在(-2,+∞)上是增函數(shù);函數(shù)y=-eq\r(x+1)在[-1,+∞)上是減函數(shù);函數(shù)y=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0,+∞)上是減函數(shù);函數(shù)y=x+eq\f(1,x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,+∞)上是增函數(shù).綜上可得在(0,+∞)上是增函數(shù)的是y=ln(x+2),故選A.答案A2.已知函數(shù)f(x)=2ax2+4(a-3)x+5在區(qū)間(-∞,3)上是減函數(shù),則a的取值范圍是().A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3,4)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(3,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3,4)))解析當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-12x+5在(-∞,3)上是減函數(shù);當(dāng)a≠0時(shí),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,-\f(4a-3,4a)≥3,))得0<a≤eq\f(3,4).綜上,a的取值范圍是0≤a≤eq\f(3,4).答案D3.(·泉州月考)已知函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù),則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是().A.(-1,1)B.(0,1)C.(-1,0)∪(0,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)解析由f(x)為R上的減函數(shù)且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1),得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1,,x≠0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1,,x≠0.))∴-1<x<0或0<x<1.答案C4.(·廣州模擬)已知函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于x=1對(duì)稱,且在(1,+∞)上單調(diào)遞增,設(shè)a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2))),b=f(2),c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系為().A.c<b<aB.b<a<cC.b<c<aD.a(chǎn)<b<c解析∵函數(shù)圖象關(guān)于x=1對(duì)稱,∴a=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2)))=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))),又y=f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(3),即b<a<c.答案B5.用min{a,b,c}表示a,b,c三個(gè)數(shù)中的最小值.設(shè)f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),則f(x)的最大值為().A.4B.5C.6D.7解析由f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0)畫(huà)出圖象,最大值在A處取到,聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=x+2,,y=10-x,))得y=6.答案C二、填空題6.函數(shù)y=-(x-3)|x|的遞增區(qū)間為_(kāi)_______.解析y=-(x-3)|x|=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x2+3x,x≥0,,x2-3x,x<0,))由圖可知其遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3,2))).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(3,2)))7.設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=logax在區(qū)間[a,2a]上的最大值與最小值之差為eq\f(1,2),則a=________.解析由a>1知函數(shù)f(x)在[a,2a]上為單調(diào)增函數(shù),則loga(2a)-logaa=eq\f(1,2),解得a=4.答案48.設(shè)函數(shù)f(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(-x+a,x<1,,2x,x≥1))的最小值為2,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析由題意知,當(dāng)x=1時(shí),f(x)min=2,故-1+a≥2,∴a≥3.答案[3,+∞)三、解答題9.試討論函數(shù)f(x)=eq\f(ax,x-1)(a≠0)在(-1,1)上的單調(diào)性.解設(shè)-1<x1<x2<1,f(x)=aeq\f(x-1+1,x-1)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x-1))),f(x1)-f(x2)=aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x1-1)))-aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,x2-1)))=aeq\f(x2-x1,x1-1x2-1),由于-1<x1<x2<1,所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,故當(dāng)a>0時(shí),f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上遞減;當(dāng)a<0時(shí),f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函數(shù)f(x)在(-1,1)上遞增.10.已知函數(shù)f(x)=eq\f(1,a)-eq\f(1,x)(a>0,x>0).(1)判斷函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性;(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)任取x1>x2>0,則x1-x2>0,x1x2>0,∵f(x1)-f(x2)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)-\f(1,x1)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)-\f(1,x2)))=eq\f(1,x2)-eq\f(1,x1)=eq\f(x1-x2,x1x2)>0,∴f(x1)>f(x2),因此,函數(shù)f(x)是(0,+∞)上的單調(diào)遞增函數(shù).(2)∵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)),又由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))上是單調(diào)增函數(shù),∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=eq\f(1,2),f(2)=2,即eq\f(1,a)-2=eq\f(1,2),eq\f(1,a)-eq\f(1,2)=2.解得a=eq\f(2,5).能力提升題組(建議用時(shí):25分鐘)一、選擇題1.已知函數(shù)f(x)=x2-2ax+a在區(qū)間(-∞,1)上有最小值,則函數(shù)g(x)=eq\f(fx,x)在區(qū)間(1,+∞)上一定().A.有最小值B.有最大值C.是減函數(shù)D.是增函數(shù)解析由題意知a<1,又函數(shù)g(x)=x+eq\f(a,x)-2a在[eq\r(|a|),+∞)上為增函數(shù),故選D.答案D2.(·廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=|ex+eq\f(a,ex)|(a∈R,e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是().A.[0,1]B.[-1,0]C.[-1,1]D.(-∞,-e2]∪[e2,+∞)解析取a=1,則f(x)=ex+eq\f(1,ex),當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f′(x)=ex-eq\f(1,ex)=eq\f(e2x-1,ex)≥0,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,排除B,D;取a=-1,則f(x)=|ex-eq\f(1,ex)|=ex-eq\f(1,ex),當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f′(x)=ex+eq\f(1,ex)>0,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,排除A.故選C.答案C二、填空題3.已知函數(shù)f(x)=eq\f(x2+a,x)(a>0)在(2,+∞)上遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析法一任取2<x1<x2,由已知條件f(x1)-f(x2)=eq\f(x\o\al(2,1)+a,x1)-eq\f(x\o\al(2,2)+a,x2)=(x1-x2)+eq\f(ax2-x1,x1x2)=eq\f(x1-x2x1x2-a,x1x2)<0恒成立,即當(dāng)2<x1<x2時(shí),x1x2>a恒成立,又x1x2>4,則0<a≤4.法二f(x)=x+eq\f(a,x),f′(x)=1-eq\f(a,x2)>0得f(x)的遞增區(qū)間是(-∞,-eq\r(a)),(eq\r(a),+∞),由已知條件得eq\r(a)≤2,解得0<a≤4.答案(0,4]三、解答題4.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+1(a>0),F(xiàn)(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx,x>0,,-fx,x<0.))若f(-1)=0,且對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有f(x)≥0成立.(1)求F(x)的表達(dá)式;(2)當(dāng)x∈[-2,2]時(shí),g(x)=f(x)-kx是單調(diào)函數(shù),求k的取值范圍.解(1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0,∴b=a+1,∴f(x)=ax2+(a+1)x+1.∵對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有f(x)≥0恒成立,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,Δ=a+12-4a≤0,))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,,a-12≤0.))∴a=1,從而b=2,∴f(x)=x2+2x+1,∴F(x)=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+2x+1,x>0,,-x2-2x-1,x<0.))(2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1.∵g(x)在[-2,2]上是單調(diào)函數(shù),∴eq\f(k-2,2)≤-2或eq\f(k-2,2)≥2,解得k≤-2或k≥6.故k的取值范圍是(-∞,-2]∪[6,+∞).學(xué)生用書(shū)第15頁(yè)第3講函數(shù)的奇偶性與周期性[最新考綱]1.結(jié)合具體函數(shù),了解函數(shù)奇偶性的含義.2.會(huì)運(yùn)用函數(shù)的圖象理解和研究函數(shù)的奇偶性.3.了解函數(shù)周期性、最小正周期的含義,會(huì)判斷、應(yīng)用簡(jiǎn)單函數(shù)的周期性.

知識(shí)梳理1.函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點(diǎn)偶函數(shù)如果對(duì)于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個(gè)x,都有f(-x)=f(x),那么函數(shù)f(x)是偶函數(shù)關(guān)于y軸對(duì)稱奇函數(shù)如果對(duì)于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個(gè)x,都有f(-x)=-f(x),那么函數(shù)f(x)是奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱2.奇(偶)函數(shù)的性質(zhì)(1)奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上的單調(diào)性相同,偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上的單調(diào)性相反(填“相同”、“相反”).(2)在公共定義域內(nèi)①兩個(gè)奇函數(shù)的和函數(shù)是奇函數(shù),兩個(gè)奇函數(shù)的積函數(shù)是偶函數(shù).②兩個(gè)偶函數(shù)的和函數(shù)、積函數(shù)是偶函數(shù).③一個(gè)奇函數(shù),一個(gè)偶函數(shù)的積函數(shù)是奇函數(shù).(3)若函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且在x=0處有定義,則f(0)=0.3.周期性(1)周期函數(shù):對(duì)于函數(shù)y=f(x),如果存在一個(gè)非零常數(shù)T,使得當(dāng)x取定義域內(nèi)的任何值時(shí),都有f(x+T)=f(x),那么就稱函數(shù)y=f(x)為周期函數(shù),稱T為這個(gè)函數(shù)的周期.(2)最小正周期:如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個(gè)最小的正數(shù),那么這個(gè)最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期.辨析感悟1.對(duì)奇偶函數(shù)的認(rèn)識(shí)及應(yīng)用(1)函數(shù)y=x2,x∈(0,+∞)是偶函數(shù).(×)(2)偶函數(shù)圖象不一定過(guò)原點(diǎn),奇函數(shù)的圖象一定過(guò)原點(diǎn).(×)(3)(教材習(xí)題改編)如果函數(shù)f(x),g(x)為定義域相同的偶函數(shù),則F(x)=f(x)+g(x)是偶函數(shù).(√)(4)若函數(shù)y=f(x+a)是偶函數(shù),則函數(shù)y=f(x)關(guān)于直線x=a對(duì)稱.(√)(5)(·山東卷改編)已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù),且當(dāng)x>0時(shí),f(x)=x2+eq\f(1,x),則f(-1)=-2.(√)(6)(·菏澤模擬改編)已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在(-∞,0)上是減函數(shù),若f(a)≥f(2),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-2,2].(×)2.對(duì)函數(shù)周期性的理解(7)函數(shù)f(x)在定義域上滿足f(x+a)=-f(x),則f(x)是周期為2a(a(8)(·棗莊一模改編)若y=f(x)既是周期函數(shù),又是奇函數(shù),則其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)既是周期函數(shù)又是奇函數(shù).(×)[感悟·提升]1.兩個(gè)防范一是判斷函數(shù)的奇偶性之前務(wù)必先考查函數(shù)的定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,若不對(duì)稱,則該函數(shù)一定是非奇非偶函數(shù),如(1);二是若函數(shù)f(x)是奇函數(shù),則f(0)不一定存在;若函數(shù)f(x)的定義域包含0,則必有f(0)=0,如(2).2.三個(gè)結(jié)論一是若函數(shù)y=f(x+a)是偶函數(shù),則函數(shù)y=f(x)關(guān)于直線x=a對(duì)稱;若函數(shù)y=f(x+b)是奇函數(shù),則函數(shù)y=f(x)關(guān)于點(diǎn)(b,0)中心對(duì)稱,如(4);二是若對(duì)任意x∈D都有f(x+a)=-f(x),則f(x)是以2a為周期的函數(shù);若對(duì)任意x∈D都有f(x+a)=±eq\f(1,fx)(f(x)≠0),則f(x)也是以2a為周期的函數(shù),如(7);三是若函數(shù)f(x)既是周期函數(shù),又是奇函數(shù),則其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)既是周期函數(shù)又是偶函數(shù),如(8)中因?yàn)閥=f(x)是周期函數(shù),設(shè)其周期為T(mén),則有f(x+T)=f(x),兩邊求導(dǎo),得f′(x+T)(x+T)′=f′(x),即f′(x+T)=f′(x),所以導(dǎo)函數(shù)是周期函數(shù),又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),兩邊求導(dǎo),得f′(-x)(-x)′=-f′(-x)=-f′(x),即-f′(-x)=-f′(x),所以f′(-x)=f′(x),所以導(dǎo)函數(shù)是偶函數(shù).學(xué)生用書(shū)第16頁(yè)考點(diǎn)一函數(shù)奇偶性的判斷及應(yīng)用【例1】(1)判斷下列函數(shù)的奇偶性:①f(x)=eq\r(x2-1)+eq\r(1-x2);②f(x)=lneq\f(1-x,1+x).(2)已知函數(shù)f(x)=ln(eq\r(1+9x2)-3x)+1,則f(lg2)+f(lgeq\f(1,2))=().A.-1B.0C.1D.2(1)解①由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2-1≥0,,1-x2≥0))得x=±1.∴f(x)的定義域?yàn)閧-1,1}.又f(1)+f(-1)=0,f(1)-f(-1)=0,即f(x)=±f(-x).∴f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù).②由eq\f(1-x,1+x)>0,得-1<x<1,即f(x)=lneq\f(1-x,1+x)的定義域?yàn)?-1,1),又f(-x)=lneq\f(1+x,1-x)=lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-x,1+x)))-1=-lneq\f(1-x,1+x)=-f(x),則f(x)為奇函數(shù).(2)解析設(shè)g(x)=ln(eq\r(1+9x2)-3x),則g(-x)=ln(eq\r(1+9x2)+3x)=lneq\f(1,\r(1+9x2)-3x)=-ln(eq\r(1+9x2)-3x)=-g(x).∴g(x)為奇函數(shù).∴f(lg2)+feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))=f(lg2)+f(-lg2)=g(lg2)+1+g(-lg2)+1=g(lg2)-g(lg2)+2=2.答案D規(guī)律方法判斷函數(shù)的奇偶性,其中包括兩個(gè)必備條件:(1)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,這是函數(shù)具有奇偶性的必要不充分條件,所以首先考慮定義域;(2)判斷f(x)與f(-x)是否具有等量關(guān)系.在判斷奇偶性的運(yùn)算中,可以轉(zhuǎn)化為判斷奇偶性的等價(jià)等量關(guān)系式(f(x)+f(-x)=0(奇函數(shù))或f(x)-f(-x)=0(偶函數(shù)))是否成立.【訓(xùn)練1】(1)(·武漢一模)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)=().A.2 B.eq\f(15,4)C.eq\f(17,4) D.a(chǎn)2(2)設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù).當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=2x+2x+b(b為常數(shù)),則f(-1)=().A.-3B.-1C.1D.3解析(1)∵g(x)為偶函數(shù),f(x)為奇函數(shù),∴g(2)=g(-2)=a,f(-2)=-f(2),∴f(2)+g(2)=a2-a-2+2,①f(-2)+g(-2)=-f(2)+g(2)=a-2-a2+2,②聯(lián)立①②解得g(2)=2=a,f(2)=a2-a-2=22-2-2=eq\f(15,4).(2)因?yàn)閒(x)為定義在R上的奇函數(shù),所以f(0)=20+2×0+b=0,解得b=-1.所以當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=2x+2x-1,所以f(-1)=-f(1)=-(21+2×1-1)=-3.答案(1)B(2)A考點(diǎn)二函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性【例2】(1)(·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)下列函數(shù)中,在其定義域中,既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是().A.f(x)=eq\f(1,x)B.f(x)=eq\r(-x)C.f(x)=2-x-2xD.f(x)=-tanx(2)(·遼寧五校聯(lián)考)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù),在區(qū)間[0,+∞)上為增函數(shù),且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))=0,則不等式f(logeq\f(1,8)x)>0的解集為().A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),2))B.(2,+∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))∪(2,+∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1))∪(2,+∞)解析(1)f(x)=eq\f(1,x)在定義域上是奇函數(shù),但不單調(diào);f(x)=eq\r(-x)為非奇非偶函數(shù);f(x)=-tanx在定義域上是奇函數(shù),但不單調(diào).(2)由已知f(x)在R上為偶函數(shù),且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))=0,∴f(logeq\f(1,8)x)>0等價(jià)于f(|logeq\f(1,8)x|)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))),又f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),∴|logeq\f(1,8)x|>eq\f(1,3),即logeq\f(1,8)x>eq\f(1,3)或logeq\f(1,8)x<-eq\f(1,3),解得0<x<eq\f(1,2)或x>2,故選C.答案(1)C(2)C規(guī)律方法對(duì)于求值或范圍的問(wèn)題,一般先利用函數(shù)的奇偶性得出區(qū)間上的單調(diào)性,再利用其單調(diào)性脫去函數(shù)的符號(hào)“f”,轉(zhuǎn)化為解不等式(組)的問(wèn)題,若f(x)為偶函數(shù),則f(-x)=f(x)=f(|x|).【訓(xùn)練2】(·北京101中學(xué)模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ex+a,若f(x)在R上是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的最小值是().A.-2B.-1C.1D.2解析因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù),所以f(0)=0.又f(x)=ex+a在(0,+∞)上是增函數(shù),所以f(x)在R上是增函數(shù),則e0+a=1+a≥0,解得a≥-1,所以a的最小值是-1,故選B.答案B考點(diǎn)三函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性的綜合應(yīng)用【例3】(經(jīng)典題)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x-4)=-f(x),且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù),則().A.f(-25)<f(11)<f(80)B.f(80)<f(11)<f(-25)C.f(11)<f(80)<f(-25)D.f(-25)<f(80)<f(11)審題路線f(x-4)=-f(x)eq\o(→,\s\up17(令x=x-4))f(x-8)=f(x)→結(jié)合f(x)奇偶性、周期性把-25,11,80化到區(qū)間[-2,2]上→利用[-2,2]上的單調(diào)性可得出結(jié)論.解析∵f(x)滿足f(x-4)=-f(x),∴f(x-8)=f(x),∴函數(shù)f(x)是以8為周期的周期函數(shù),則f(-25)=f(-1),f(80)=f(0),f(11)=f(3).由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且滿足f(x-4)=-f(x),得f(11)=f(3)=-f(-1)=f(1).∵f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù),f(x)在R上是奇函數(shù),∴f(x)在區(qū)間[-2,2]上是增函數(shù),∴f(-1)<f(0)<f(1),即f(-25)<f(80)<f(11).答案D學(xué)生用書(shū)第17頁(yè)規(guī)律方法關(guān)于奇偶性、單調(diào)性、周期性的綜合性問(wèn)題,關(guān)鍵是利用奇偶性和周期性將未知區(qū)間上的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的問(wèn)題.【訓(xùn)練3】(·黃岡中學(xué)適應(yīng)性考試)定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足:f(x+1)=-f(x),且在[-1,0]上是增函數(shù),下列關(guān)于f(x)的判斷:①f(x)是周期函數(shù);②f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱;③f(x)在[0,1]上是增函數(shù);④f(x)在[1,2]上是減函數(shù);⑤f(4)=f(0).其中判斷正確的序號(hào)是________.解析f(x+1)=-f(x)?f(x+2)=f(x),故f(x)是周期函數(shù).又f(x)=f(-x),所以f(x+2)=f(-x),故f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱.同理,f(x+4)=f(x)=f(-x),所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱.由f(x)在[-1,0]上是增函數(shù),得f(x)在[0,1]上是減函數(shù),在[1,2]上是增函數(shù).因此可得①②⑤正確.答案①②⑤1.正確理解奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義,必須把握好兩個(gè)問(wèn)題:(1)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱是函數(shù)f(x)為奇函數(shù)或偶函數(shù)的必要非充分條件;(2)f(-x)=-f(x)或f(-x)=f(x)是定義域上的恒等式.2.奇偶函數(shù)的定義是判斷函數(shù)奇偶性的主要依據(jù).為了便于判斷函數(shù)的奇偶性,有時(shí)需要先將函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn),或應(yīng)用定義的等價(jià)形式:f(-x)=±f(x)?f(-x)±f(x)=0?eq\f(f-x,fx)=±1(f(x)≠0).3.奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,反之也成立.利用這一性質(zhì)可簡(jiǎn)化一些函數(shù)圖象的畫(huà)法,也可以利用它去判斷函數(shù)的奇偶性.方法優(yōu)化1——根據(jù)函數(shù)的奇偶性求參數(shù)值【典例】(·遼寧卷)若函數(shù)f(x)=eq\f(x,2x+1x-a)為奇函數(shù),則a=().A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.1[一般解法]由題意知f(-x)=-f(x)恒成立,即eq\f(-x,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-x+\f(1,2)))-x-a)=-eq\f(x,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,2)))x-a),即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))(x+a)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,2)))(x-a)恒成立,所以a=eq\f(1,2).[優(yōu)美解法](特值法)由已知f(x)為奇函數(shù)得f(-1)=-f(1),即eq\f(-1,-2+1-1-a)=eq\f(-1,2+11-a),所以a+1=3(1-a),解得a=eq\f(1,2).[答案]A[反思感悟]已知函數(shù)的奇偶性求參數(shù)值一般思路是:利用函數(shù)的奇偶性的定義轉(zhuǎn)化為f(-x)=±f(x),從而建立方程,使問(wèn)題獲得解決,但是在解決選擇題、填空題時(shí)還顯得較麻煩,為了使解題更快,可采用特值法.【自主體驗(yàn)】1.(·永康適應(yīng)性考試)若函數(shù)f(x)=ax2+(2a2-a-1)x+1為偶函數(shù),則實(shí)數(shù)aA.1 B.-eq\f(1,2)C.1或-eq\f(1,2) D.0解析由2a2-a-1=0,得a=1或-eq\f(1,2).答案C2.(·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)=eq\f(-2x+b,2x+1+a)是奇函數(shù),則a=________,b=________.解析由f(0)=0,得b=1,再由f(-1)=-f(1),得eq\f(-\f(1,2)+1,1+a)=-eq\f(-2+1,4+a),解得a=2.答案21對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P231基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí):40分鐘)一、選擇題1.(·廣東卷)定義域?yàn)镽的四個(gè)函數(shù)y=x3,y=2x,y=x2+1,y=2sinx中,奇函數(shù)的個(gè)數(shù)是().A.4B.3C.2D.1解析由奇函數(shù)的概念可知y=x3,y=2sinx是奇函數(shù).答案C2.(·溫州二模)若函數(shù)f(x)=eq\f(sinx,x+a2)是奇函數(shù),則a的值為().A.0B.1C.2D.4解析由f(-1)=-f(1),得eq\f(sin-1,-1+a2)=eq\f(-sin1,1+a2),∴(-1+a)2=(1+a)2解得a=0.答案A3.(·哈爾濱三中模擬)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且y

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