2022年高考数学二轮复习专题2函数的性质及应用（II）学案

专题2函数的性质及应用Ⅱ高考中考察函数性质的形式不一，时而填空题，时而解答题，时而与其余章节综合，在解决问题的某一步骤中出现在二轮复习中要着重知识点之间的联系，同时还要注意结合函数图象解决问题,其他，函数的对称性、周期性常与函数的奇偶性、单调性综合起来考察；函数的零点问题是最近几年来新增的一个考点，也要引起足够的重视1．已知函数F＝f错误!－1是R上的奇函数，an＝f0＋f错误!＋f错误!＋＋f错误!＋f1n∈N*，则数列{an}的通项an＝________剖析：由题意知F－＝－F，即f错误!－1＝－f错误!＋1，f错误!＋f错误!＝2令t＝＋错误!，则ft＋f1－t＝2分别令t＝0，错误!，错误!，，错误!，错误!，得0＋f1＝f错误!＋f错误!＝＝2an＝f0＋f错误!＋f错误!＋＋f错误!＋f1，∴由倒序相加法得2an＝2n＋1，故an＝n＋1答案：n＋12．2022·徐州期末设函数f＝||＋b＋c，给出以下四个命题①当c＝0，＝f是奇函数；②当b＝0，cc称f为“平底型”函数．判断f1＝|－1|＋|－2|，f2＝＋|－2|是不是“平底型”函数简要说明原因．解：f1＝|－1|＋|－2|是“平底型”函数，存在区间[1,2]使得∈[1,2]时，f＝1，当2时，f>1恒成立；f2＝＋|－2|不是“平底型”函数，不存在[a，b]?R使得任取∈[a，b]，都有f＝常数．错误

!2022·南京一模关于函数

f，若存在实数对

a，b，使得等式

fa＋·fa－＝b对定义域中的每一个都成立，则称函数f是“a，b型函数”．1判断函数f＝4可否为“a，b型函数”，并说明原因；2已知函数g是“1,4型函数”，当∈[0,2]时，都有1≤g≤3成立，且当∈[0,1]时，g＝2－m－1＋1m>0，试求m的取值范围．[解]1函数f＝4是“，b型函数”，a因为由fa＋·fa－＝b，得16a＝b，所以存在这样的实数对，如a＝1，b＝16由题意得，g1＋·g1－＝4，所以当∈[1,2]时，g＝错误!，此中2－∈[0,1]．而∈[0,1]时，＝2＋1－＋1＝2－＋＋1>0，且其对称轴方程为＝错误!gmmm①当错误!>1，即>2时，g在[0,1]上的值域为[g1，0]，即[2，＋1]．则g在[0,2]上的值域为[2，mgmm＋1]∪错误!＝错误!，由题意得错误!此时无解；②当错误!≤错误!≤1，即1≤m≤2时，g的值域为错误!，即错误!，所以g在[0,2]上的值域为错误!∪错误!，由题意得错误!且错误!解得1≤m≤2；③当0＜错误!≤错误!，即0＜m≤1时，g的值域为错误!，即错误!，则g在[0,2]上的值域为错误!∪错误!＝错误!，则错误!解得2－错误!≤m≤1综上所述，所求m的取值范围是错误!本题主要考察函数的综合性质，分类议论思想，第一问比较简单，好下手，第二问转变有点困难，应先把函数在[1,2]上的剖析式求出来，尔后求值域并转变为子集关系解题．求值域实质就是二次函数中轴动区间定的种类，而且同时研究两个二次函数，要进行比较．错误!2022·金陵中学期末已知函数f的图象在[a，]上连续不停，定义：bf1＝min{ft|a≤t≤}∈[a，b]，f2＝ma{ft|a≤t≤}∈[a，b]．此中，min{f|∈D}表示函数f在区间上的最小值，ma{f|∈D}表示函数f在区间上的最大值．若存在最小正整数，使得f－f≤－a对任意的∈[a，b]成立，则称函数为区间[a，b]上的“阶缩短函数”．211若f＝co，∈[0，π]，试写出f1，f2的表达式；2已知函数f＝2，∈[－1,4]，试判断f可否为[－1,4]上的“阶缩短函数”，若是是，求出相应的；若是不是，请说明原因；3已知b>0，函数f＝－3＋32是[0，]上的2阶缩短函数，求b的取值范围．b解：1f1＝co，∈[0，π]，f2＝1，∈[0，π]．2∵f1＝错误!f2＝错误!∴f2－f1＝错误!当∈[－1,0]时，1－2≤＋1，∴≥1－，即≥2；当∈0,1时，1≤＋1，∴≥错误!，即≥1；当∈[1,4]时，2≤＋1，∴≥错误!，即≥错误!综上，存在＝4，使得f是[－1,4]上的4阶缩短函数．3∵f′＝－32＋6＝－3－2，∴在0,2上f′>0，f递加，在2，＋∞上f′－0成立．即存在∈[0，b]，使得2－3＋1错误!综上错误!3时，f在[0,2]上递加，在[2，b]上递减，21∴f＝f2＝4，f＝fb4，－0＝21∴当＝0时，f－f≤2－0也不成立．综上错误!＜b≤1错误!2022·栟茶模拟已知函数f＝a＋2－naa>0，a≠1．1当a>1时，求证：函数f在0，＋∞上单调递加；2若函数＝|f－t|－1有三个零点，求t的值；3若存在1，2∈[－1,1]，使得|f1－f2|≥e－1，试求a的取值范围．[解]1证明：f′＝ana＋2－na＝2＋a－1·na，因为>1，故当∈0，＋∞时，na>0，－1>0，aa所以f′>0故函数f在0，＋∞上单调递加．2当a>0，a≠1时，因为f′0＝0，且f′在R上单调递加，故f′＝0有唯一解＝0所以，f′，f的变化状况以下表所示：－∞，000，＋∞f′－0＋f递减极小值递加又函数＝|f－t|－1有三个零点，所以方程＝t±1有三个根，而t＋1>t－1，所以t－1＝fmin＝f0＝1，解得t＝23因为存在，∈[－1,1]，使得|f－f|≥e－1，所以当∈[－1,1]时，|f－fmin|＝f－f≥e－11212mamamin由2知，f在[－1,0]上递减，在[0,1]上递加，所以当∈[－1,1]时，fmin＝f0＝1，fma＝ma{f－1，f1}．而f1－f－1＝a＋1－na－错误!＝a－错误!－2na，记gt＝t－错误!－2ntt>0，因为g′t＝1＋错误!－错误!＝错误!2≥0当且仅当t＝1时取等号，所以gt＝t－错误!－2nt在t∈0，＋∞上单调递加，而g1＝0，所以当t>1时，gt>0；当01时，1>－1；ff当01时，由f1－f0≥e－1?a－na≥e－1?a≥e，②当00．1求g的表达式；2若?>0使f≤0成立，务实数m的取值范围；设1＜m≤e，H＝f－m＋1，证明：对?1，2∈[1，m]，恒有|H1－H2|0．当m>0时，由对数函数性质，f的值域为R；当m＝0时，f＝错误!>0对?>0，f>0恒成立；当m0?错误!0，f>0恒成立，则实数m的取值范围是－e,0]．故?>0，使f≤0成立，实数m的取值范围－∞，－e]∪0，＋∞．3证明：因为对?∈[1，m]，H′＝错误!≤0，所以H在[1，m]内单调递减．2于是|H1－H2|≤H1－Hm＝错误!m－mnm－错误!|H1－H2|0，所以函数hm＝错误!m－nm－错误!在1，e]上是单调增函数．所以hm≤he＝错误!－1－错误!＝错误!错误!不决义书签。设f＝2－1*－1，且关于的方程为f＝mm∈R恰有三个互不相等的实数根1，2，3，则123的取值范围是________．剖析：由定义运算“*”可知f＝错误!＝错误!画出该函数图象可知知足条件的取值范围是错误!答案：错误!8．定义在R上的函数f知足f＋6＝f．当－3≤b>c，且f1＝0，是否存在m∈R，使得fm＝－a建马上，fm＋3为正数若存在，证明你的结论；若不存在，说明原因；2若对121b>c，，∈R，且所以a>0且c0且cb>c，b＝－a－c，∴－2错误!＋3>－2＋3＝1∵f在1，＋∞单调递加，fm＋3>f1＝0，即存在这样的m使fm＋3>02令g＝f－错误![f1＋f2]，则g是二次函数．∵g1·g2＝错误!错误!2＝－错误![f1－f2]≤0，①当1≤a≤2时，由2知f1≤f2，g＝f1＝e|－2a＋1|，图象关于直线＝2a－1对称，如右图，又此时1≤2a1≤3，故对∈[1,6]，gmin＝f12a－1＝1②当2＜a≤6时，2a－1－a＝a－1>0，故2a－1>aa时，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时，由f1＝e≤e＝f2，得≥错误!，此中a<错误!<2a－1，故错误!≤＜2a－1时，g＝f1＝e|－2a＋1|，a<<错误!时，g＝f2＝e|－a