第二章整合新北师大版2019高中数学必修第一册课件共

章末整合成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大483122854联系微信fjmath加入百度网盘群3500G一线老师必备资料一键转存，自动更专题一 几种特殊函数模型的应用1.二次函数例1已知函数f(x)=ax2-2ax+2+b(a>0)在区间[2,3]上的值域为[2,5].求a,b的值;若关于x的函数g(x)=f(x)-(m+1)x在区间[2,4]上为单调函数,求实数m的取值范围.解:(1)∵f(x)=a(x-1)2+2+b-a,且a>0,∴函数f(x)的图象开口向上且对称轴为直线x=1.∴函数f(x)在[2,3]上单调递增.∴

𝑓(2)

=

2,2

+

𝑏

=

2,൜𝑓(3)=5,即൜3𝑎+2+𝑏=5,解得ቄ𝑎

=

1,𝑏

=

0.(2)由(1)知a=1,b=0,∴f(x)=x2-2x+2.∴g(x)=x2-(m+3)x+2.∴函数g(x)的图象开口向上,且对称轴为直线

x=𝑚

+3.22①若g(x)在[2,4]上单调递增,则𝑚

+3≤2,解得m≤1;②若g(x)在[2,4]上单调递减,则𝑚

+3≥4,解得m≥5.2故实数m

的取值范围是m≥5

或m≤1.方法技巧解决二次函数在某区间上的单调性、值域、最值问题,关键是对函数图象的对称轴与给定区间的相对位置关系进行讨论,一般分为对称轴在区间的左侧、内部、右侧三种情况求解.变式训练1已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=x2-2ax+a+2,其中a∈R.(1)当a=1时,f(-1)=

;(2)若f(x)的值域为R,则a的取值范围是

.答案:(1)-2 (2)(-∞,-2]∪[2,+∞)解析:(1)已知a=1,∴当x>0时,f(x)=x2-2x+3.∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,∴f(-1)=-f(1)=-(1-2+3)=-2.(2)由f(x)是定义在R上的奇函数,可得f(0)=0.又当x>0时,f(x)图象的对称轴为直线x=a,∴若f(x)的值域为R,𝑎

>

0,则必须满足൜𝛥

=

4𝑎2-4(𝑎

+

2)

≥

0或𝑎≤0,൜𝑎

+

2

≤

0,∴a≥2或a≤-2,即a的取值范围为(-∞,-2]∪[2,+∞).2.分段函数例2

已知函数f(x)=൜𝑥2

+1,𝑥≥0,则满足不等式f(1-x)>f(2x)的x

的1,𝑥

<

0,取值范围是

.点拨解决有关分段函数的不等式问题的一般方法是根据自变量所在范围,及与之对应的函数,化成不含“f”的不等式求解,此时一般需分多种情况进行讨论.若给定的分段函数具有一定的单调性,则可利用单调性去掉符号“f”,运用这种方法求解往往比较简便.3答案:ቀ-∞,1ቁ解析:画出函数f(x)=൜𝑥2

+1,𝑥≥0,的图象如图所示.由f(1-x)>f(2x),ቐ可得1-𝑥>0,2𝑥

<

0或൞1,𝑥

<

01-𝑥

>

2𝑥,2𝑥

≥

0,3解得x<0

或0≤x<1.3故所求x

的取值范围是ቀ-∞,1ቁ.变式训练2已知函数-𝑥2

+

2𝑥,𝑥

>

0,f(x)=ቐ0,𝑥=0,

且f(x)是奇函数.𝑥2

+

𝑚𝑥,𝑥

<

0,(1)求实数m的值;(2)若函数f(x)在区间[-1,a-2]上单调递增,求实数a的取值范围.解:(1)设x<0,则-x>0,∴f(-x)=-(-x)2+2(-x)=-x2-2x.∵f(x)是奇函数,即f(-x)=-f(x),∴当x<0时,f(x)=x2+2x=x2+mx,∴m=2.(2)要使f(x)在[-1,a-2]上单调递增,结合f(x)的图象(图略)知𝑎-2>-1,ቊ𝑎-2

≤

1,解得1<a≤3.故实数a

的取值范围是(1,3].3.“双曲”函数例3画出函数y=

3-2𝑥

的图象,写出函数的单调区间,并求出函数在[-𝑥-31,2]上的值域.分析用“分离常数法”将原函数转化成反比例函数类型.解:y=3-2𝑥

=(6-2𝑥)-3=-2-

3

.𝑥-3 𝑥-3 𝑥-3设f(x)=-3,则y=3-2𝑥

=f(x-3)-2,𝑥 𝑥-3根据图象的平移变换规律知,将函数f(x)=-3的𝑥图象向右平移3

个单位长度,再向下平移2

个𝑥-3单位长度,即得函数y=3-2𝑥

的图象,如图所示.𝑥-3由图象知,函数y=3-2𝑥在区间(-∞,3)和(3,+∞)上单调递增.4由于函数在[-1,2]上单调递增,且f(-1)=-5,f(2)=1,故所求值域是4ቂ-

5

,1ቃ.𝑐𝑥+𝑑方法技巧凡是形如y=𝑎𝑥+𝑏(c≠0,a≠0)的函数,都可化为形如y=m+

𝑡

(t≠0)的函数,其图象都是双曲线,且对称中心是点(-n,m),当𝑥+𝑛t>0

时,函数在(-∞,-n)和(-n,+∞)上单调递减,当t<0

时,函数在(-∞,-n)和(-n,+∞)上单调递增.4.“对勾”函数例4(2019海南中学高一阶段检测)已知函数f(x)=x+

𝑚

,且f(1)=3.(1)直接写出m的值及该函数的定义域、值域和奇偶𝑥性;(2)判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性,并用定义证明你的结论.解:(1)m=2,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),值域为(-∞,-2√2]∪[2√2,+∞),为奇函数.(2)f(x)在区间(0,√2)上单调递减,在区间(√2,+∞)上单调递增.证明:设

0<x1<x2,则

f(x1)-f(x2)=x1+

2

-x2-

2

=

(𝑥1

-𝑥2

)(𝑥1𝑥2-2).𝑥1

𝑥2

𝑥1

𝑥2若√2<x1<x2,则x1x2>0,x1-x2<0,x1x2-2>0,∴(𝑥1

-𝑥2

)(𝑥1

𝑥2

-2)<0,即f(x1)<f(x2).𝑥1

𝑥2故函数f(x)在区间(√2,+∞)上单调递增.同理,若0<x1<x2<√2,则f(x1)>f(x2),故f(x)在(0,√2)上单调递减.𝑥方法技巧形如f(x)=ax+𝑏(a>0,b>0)的函数的奇偶性、单调性及图象的形状如下:f(x)为奇函数.函数f(x)在ቆ-ට𝑏

,0ቇ

和ቆ0,ට𝑏ቇ上单调递减;在ቆ-∞,-ට𝑏ቇ

和𝑎

𝑎

𝑎ቆට𝑏

,+∞ቇ上单调递增.𝑎(3)图象如图所示.这个函数的图象形如两个对勾,因此,我们称它为

“对勾”函数.专题二 利用函数单调性求函数的最值例5已知函数f(x)=x+4,x∈[1,3].𝑥判断f(x)在[1,2]和[2,3]上的单调性;根据f(x)的单调性写出f(x)的最值.解:(1)设x1,x2

是区间[1,3]上的任意两个实数,且x1<x2,则4𝑥1𝑥2ቁ.f(x1)-f(x2)=x1-x2+

4

−

4

=(x1-x2)·ቀ1-𝑥1

𝑥2∵x1<x2,∴x1-x2<0.当1≤x1<x2≤2

时,1<x1x2<4,𝑥1𝑥2∴

4

>1.𝑥1𝑥2∴1-

4

<0.𝑥1𝑥2∴f(x1)>f(x2),即f(x)在[1,2]上是减函数.

当2≤x1<x2≤3时,4<x1x2<9,∴0<

4

<1.∴1-

4

>0.𝑥1𝑥2∴f(x1)<f(x2),即f(x)在[2,3]上是增函数.2(2)由(1)知f(x)的最小值为f(2),f(2)=2+4=4.又f(1)=5,f(3)=3+4

=13<f(1),3

3∴f(x)的最大值为5.方法技巧利用定义证明函数的单调性,作差变形要“彻底”,也就是说,要转化为几个因式相乘的形式,且每个因式都能够利用题设条件判断其符号.在证明单调性时,其一般流程为取值、作差、变形、判断符号、结论,最后再借助最值与单调性的关系,写出最值.变式训练3已知函数f(x)=x2-2x+3在[0,a](a>0)上最大值为3,最小值为2,求实数a的取值范围.解:f(x)=x2-2x+3=(x-1)2+2.当0<a<1时,函数f(x)=(x-1)2+2在[0,a]上单调递减,故最大值为f(0)=3,最小值为f(a)=a2-2a+3=(a-1)2+2>2.所以0<a<1不合题意.当a≥1时,函数f(x)=(x-1)2+2在[0,1]上单调递减,在[1,a]上递增,故最小值为f(1)=2.又因为f(0)=3,所以f(0)≥f(a).𝑎

≥

1,2𝑎

-2𝑎

≤

0,即൜

解得

1≤a≤2.此时,函数f(x)=x2-2x+3在[0,a]上的最大值为3,最小值为2.综上所述,a的取值范围是1≤a≤2.专题三 函数性质的综合应用例6(1)定义在R上的函数f(x)在(-∞,2)上单调递增,且f(x+2)为偶函数,则(

)A.f(-1)<f(3)C.f(-1)=f(3)B.f(0)>f(3)D.f(0)=f(3)f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=

.(2)设f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)的图象关于直线x=

1

对称,则2答案:(1)

A

(2)0解析:(1)因为f(x+2)为偶函数,所以其图象关于y轴对称,由于f(x+2)的图象可由f(x)的图象向左平移2个单位长度得到,故f(x)的图象关于直线x=2对称.因为函数f(x)在(-∞,2)上是增函数,所以f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以f(-1)=f(5)<f(4)=f(0)<f(3).(2)由f(x)是R上的奇函数,得f(0)=0.于是f(x)=f(1-x),∴f(1)=f(0)=0,f(2)=f(-1)=-f(1)=0,f(3)=f(-2)=-f(2)=0,f(4)=f(-3)=-f(3)=0,f(5)=f(-4)=-f(4)=0,从而f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=0.∵f(