高三数学(理科)一轮复习苏教版教学案：函数的图象与性质的综合应用 教师版

第10讲高考中函数图象与性质的综合应用编制：江海军审核：黄立斌邵华川导学目标：函数作为高中数学的基础内容之一，在各个知识间起到“中枢”的作用，其概念与性质在高考中，主要考查函数的表示方法(图象、解析式)、分段函数、单调区间、最值的求解，函数的奇偶性和周期性的判断，以及函数性质的综合运用等，试题的难度不大；函数的应用体现了新高考考查应用的理念，在高考中主要体现在函数零点个数的判断、零点取值范围、函数零点与函数图象、方程的解等问题上．构建函数模型解决实际问题是函数模型应用考查的热点、重点．课前自测：1.已知函数f(x)＝ax＋b(a>0且a≠1)的图象如图所示，则a＋b的值是________．答案－2解析∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b＝0,a0＋b＝－3))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝－4))，∴a＋b＝－2.2．(2012·浙江改编)设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝____________________________________.答案eq\f(3,2)解析当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)＝－x＋1.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝eq\f(3,2).3.函数f(x)＝|log3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为________.答案eq\f(2,3)解析令f(x)＝0，解得x＝1；令f(x)＝1，解得x＝eq\f(1,3)或3.因为函数f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.故b－a的最小值为1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4.定义在(－∞，＋∞)上的偶函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在[－1,0]上是增函数，下面五个关于f(x)的命题中：①f(x)是周期函数；②f(x)的图象关于直线x＝1对称；③f(x)在[0,1]上是增函数；④f(x)在[1,2]上为减函数；⑤f(2)＝f(0)，正确命题的个数是________.答案3解析由于f(x＋1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，函数f(x)是以2为最小正周期的周期函数，故命题①正确；由于f(2－x)＝f(－x)＝f(x)，故函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，命题②正确；偶函数在定义域上关于坐标原点对称的区间上的单调性相反，故命题③不正确；根据周期性，函数在[1,2]上的单调性与[－1,0]上的单调性相同，故命题④不正确；根据周期性，命题⑤正确.5.设m，k为整数，方程mx2－kx＋2＝0在区间(0,1)内有两个不同的根，则m＋k的最小值为________.答案13解析方程mx2－kx＋2＝0在区间(0,1)内有两个不同的根可转化为二次函数f(x)＝mx2－kx＋2在区间(0,1)上有两个不同的零点.∵f(0)＝2，故需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－8m>0，,0<\f(k,2m)<1，,m>0，,f1>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2>8m，,m>0，,0<k<2m，,m－k＋2>0，))将k看做函数值，m看做自变量，画出可行域如图阴影部分所示，因为m，k均为整数，结合可行域可知k＝7，m＝6时，m＋k最小，最小值为13.课堂重点：【例1】已知函数解析式求函数定义域(2015·南京、盐城模拟)函数f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)的定义域为________．解析要使函数f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,1－x≥0，))解得0＜x≤1，即函数定义域是(0,1]．【训练2】(2014·珠海模拟)函数y＝eq\f(x＋10,\r(2x＋1))的定义域为________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,2x＋1＞0，))得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).【例2】基本初等函数性质的判断（1）(2014·福建卷改编)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))给出下列结论：①f(x)是偶函数；②f(x)是增函数；③f(x)是周期函数；④f(x)的值域为[－1，＋∞)．则上述结论正确的是________(填序号)．解析①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝0，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2＋1＝eq\f(π2＋4,4)，显然feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))≠feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以函数f(x)不是偶函数，①错．②，当x＞0时，函数f(x)单调递增，而f(x)＝cosx在区间(－2π，－π)上单调递减，故函数f(x)不是增函数，②错．③，当x＞0时，f(x)＝x2＋1∈(1，＋∞)，对任意的非零实数T，f(x＋T)＝f(x)均不成立，故该函数不是周期函数，③错．④，当x＞0时，f(x)＝x2＋1∈(1，＋∞)；当x≤0时，f(x)＝cosx∈[－1,1]．故函数f(x)的值域为[－1,1]∪(1，＋∞)，即[－1，＋∞)，所以该项正确．(2)(2014·新课标全国Ⅱ卷)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．(3)已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，对任意x∈R，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝log2(2x＋1)，则f(－2015)＋f(2013)＝________.解析(1)因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)，故不等式f(x－1)＞0可化为f(|x－1|)＞0.因为f(x)在[0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝0，所以|x－1|＜2，即－2＜x－1＜2，解得－1＜x＜3.所以x的取值范围是(－1,3)．(2)因为函数f(x)为奇函数且f(0)有定义，故f(0)＝0，且f(－2015)＝－f(2015)．当x≥0时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，得f(x＋3)＝f(x)，即T＝3，可得f(2015)＝f(3×671＋2)＝f(2)，f(2013)＝f(3×671)＝f(0)．由已知f(0)＝0，而f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)＋1))＝log22＝1，所以f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，即f(2015)＝－1，故f(－2015)＝1.综上，f(－2015)＋f(2013)＝1＋0＝1.【训练2】（1）(2014·山东实验中学诊断)下列函数：①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝eq\r(－x)；③f(x)＝2－x－2x；④f(x)＝－tanx．其中在其定义域内，既是奇函数又是减函数的是________(填序号)．解析f(x)＝eq\f(1,x)在定义域上是奇函数，但不单调；f(x)＝eq\r(－x)为非奇非偶函数；f(x)＝－tanx在定义域上是奇函数，但不单调．（2）(2014·南京师大附中模拟)设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足不等式f(1)＜f(lg(2x))的x的取值范围是________．解析根据偶函数的性质可知f(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(1)＜f(lg2x)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＞0，,|lg2x|＞1，))解得x＞5或0＜x＜eq\f(1,20).例3题型一分段函数求值问题设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2＋t，x<0，,2×t＋1x，x≥0))且f(1)＝6，则f(f(－2))的值为________.思维启迪首先根据f(1)＝6求出t的取值，从而确定函数解析式，然后由里到外逐层求解f(f(－2))的值，并利用指数与对数的运算规律求出函数值.答案12解析∵1>0，∴f(1)＝2×(t＋1)＝6，即t＋1＝3，解得t＝2.故f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2＋2，x<0，,2×3x，x≥0，))所以f(－2)＝log3[(－2)2＋2]＝log36>0.f(f(－2))＝f(log36)＝2×＝2×6＝12.思维升华本题的难点有两个，一是准确理解分段函数的定义，自变量在不同取值范围内对应着不同的函数解析式；二是对数与指数的综合运算问题.解决此类问题的关键是要根据分段函数的定义，求解函数值时要先判断自变量的取值区间，然后再代入相应的函数解析式求值，在求值过程中灵活运用对数恒等式进行化简求值.【训练3】已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－cosπx，x>0，,fx＋1＋1，x≤0，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))的值等于________.答案3解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＋2＝eq\f(5,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝3.热点三函数与方程的求解问题【例4】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,fx－1，x＞0，))若方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是________．解析函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,fx－1，x＞0))的图象如图所示，当a＜1时，函数y＝f(x)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点，即方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根．【训练4】(1)(2014·南通、扬州等五市模拟)已知函数f(x)对任意的x∈R满足f(－x)＝f(x)，且当x≥0时，f(x)＝x2－ax＋1.若f(x)有4个零点，则实数a的取值范围是________．(2)函数f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零点个数为________．解析(1)由函数f(x)对任意的x∈R满足f(－x)＝f(x)得该函数是偶函数，所以若f(x)有4个零点，则当x≥0时，f(x)＝x2－ax＋1有2个零点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－a2－4＞0，,\f(a,2)＞0，))解得a＞2，则实数a的取值范围是(2，＋∞)．(2)f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零点，即令f(x)＝0.根据此题可得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在平面直角坐标系中分别画出幂函数y＝xeq\f(1,2)和指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象，可得交点只有一个，所以零点只有一个．【例5】函数的实际应用据气象中心观察和预测，发生于M地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v(km/h)与时间t(h)的函数图象如图所示，过线段OC上一点T(t,0)作横轴的垂线l，梯形OABC在直线l左侧部分的面积即为t(h)内沙尘暴所经过的路线s(km).(1)当t＝4时，求s的值；(2)将s随t变化的规律用数学关系式表示出来；(3)若N城位于M地正南方向，且距M地650km.试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N城？如果不会，请说明理由.思维启迪本题用一次函数、二次函数模型来考查生活中的行程问题，要分析出每段的速度随时间的关系式，再求距离.解(1)由图象可知：当t＝4时，v＝3×4＝12，∴s＝eq\f(1,2)×4×12＝24.(2)当0≤t≤10时，s＝eq\f(1,2)·t·3t＝eq\f(3,2)t2；当10<t≤20时，s＝eq\f(1,2)×10×30＋30(t－10)＝30t－150；当20<t≤35时，s＝eq\f(1,2)×10×30＋10×30＋(t－20)×30－eq\f(1,2)×(t－20)×2(t－20)＝－t2＋70t－550.综上可知s＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t2，t∈[0，10]，,30t－150，t∈10，20]，,－t2＋70t－550，t∈20，35].))(3)∵t∈[0,10]时，smax＝eq\f(3,2)×102＝150<650.t∈(10,20]时，smax＝30×20－150＝450<650.当t∈(20,35]时，令－t2＋70t－550＝650.解得t1＝30，t2＝40，又∵20<t≤35，∴t＝30，所以沙尘暴发生30h后将侵袭到N城.思维升华(1)在实际问题中，有很多问题的两变量之间的关系是一次函数模型，其增长特点是直线上升(自变量的系数大于0)或直线下降(自变量的系数小于0)，构建一次函数模型，利用一次函数的图象与单调性求解.(2)有些问题的两变量之间是二次函数关系，如面积问题、利润问题、产量问题等.构建二次函数模型，利用二次函数图象与单调性解决.(3)在解决二次函数的应用问题时，一定要注意定义域. 【训练5】(2015·镇江模拟)某校为了落实“每天阳光运动一小时”活动，决定将原来的矩形操场ABCD(其中AB＝60米，AD＝40米)扩建成一个更大的矩形操场AMPN(如图)，要求：B在AM上，D在AN上，对角线MN过C点，且矩形AMPN的面积小于15000平方米．(1)设AN长为x米，矩形AMPN的面积为S平方米，试将S表示成x的函数，并写出该函数的定义域；(2)当AN的长为多少米时，矩形AMPN的面积最小，并求最小面积．解(1)由△NDC∽△NAM，可得eq\f(DN,NA)＝eq\f(DC,AM)，∴eq\f(x－40,x)＝eq\f(60,AM)，即AM＝eq\f(60x,x－40)，故S＝AN·AM＝eq\f(60x2,x－40)，由S＝eq\f(60x2,x－40)＜15000且x＞40，可得x2－250x＋10000＜0，解得50＜x＜200，故所求函数的解析式为S＝eq\f(60x2,x－40)，定义域为(50,200)．(2)令x－40＝t，则由x∈(50,200)，可得t∈(10,160)，故S＝eq\f(60x2,x－40)＝eq\f(60t＋402,t)＝60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1600,t)＋80))≥60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(t·\f(1600,t))＋80))＝9600，当且仅当t＝eq\f(1600,t)，即t＝40时S＝9600.又40∈(10,160)，故当t＝40时，S取最小值9600.所以当AN的长为80米时，矩形AMPN的面积最小，最小面积为9600平方米．课堂热练：：1、设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,x2－x，x>0，))若方程f(x)＝m有三个不同的实根，则实数m的取值范围为________.2、(2013·天津改编)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增.若实数a满足f(log2a)＋f()≤2f(1)，则a解析(1)作出函数y＝f(x)的图象，如图所示. 当x>0时，f(x)＝x2－x＝(x－eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，所以要使方程f(x)＝m有三个不同的实根，则－eq\f(1,4)<m<0，即m的取值范围为(－eq\f(1,4)，0).(2)由题意知a>0，又＝log2a－1＝－log2a∵f(x)是R上的偶函数，∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(∵f(log2a)＋f()≤2f∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a又因f(x)在[0，＋∞)上递增.∴|log2a|≤1，－1≤log2a≤1，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).3、已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a≠0，b<1)，在区间[2,3]上有最大值4，最小值1，设f(x)＝eq\f(gx,x).(1)求a，b的值；(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1,1]上恒成立，求实数k的范围.思维启迪对于恒成立问题，若能转化为a>f(x)(或a<f(x))恒成立，则a必须大于f(x)的最大值(或小于f(x)的最小值).因此恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解.若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解.解(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a.当a>0时，g(x)在[2,3]上为增函数， 故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g3＝4，,g2＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋1＋b＝4，,4a－4a＋1＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))当a<0时，g(x)在[2,3]上为减函数，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g3＝1，,g2＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋1＋b＝1，,4a－4a＋1＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))因为b<1，所以a＝1，b＝0.(2)方程f(2x)－k·2x≥0化为2x＋eq\f(1,2x)－2≥k·2x，即1＋(eq\f(1,2x))2－eq\f(2,2x)≥k.令eq\f(1,2x)＝t，则k≤t2－2t＋1，因为x∈[－1,1]，所以t∈[eq\f(1,2)，2]，记φ(t)＝t2－2t＋1，所以φ(1)min＝0，所以k≤0.思维升华解决二次函数最值的关键是抓住图象的开口方向、对称轴与区间的相对位置；不等式恒成立问题关键是看不等式的特点，灵活运用函数的性质，如二次不等式恒成立问题可运用图象、分离变量运用函数值域法等；已知含参数的方程的解的个数求参数的取值范围时根据方程的特点，可运用函数的图象处理.4、定义在R上的增函数y＝f(x)对任意x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y).(1)求f(0)；(2)求证：f(x)为奇函数；(3)若f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围.(1)解令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.(2)证明令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0，则有0＝f(x)＋f(－x)，即f(－x)＝－f(x)对任意x∈R恒成立，所以f(x)是奇函数.(3)解方法一因为f(x)在R上是增函数，又由(2)知f(x)是奇函数.f(k·3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)，所以k·3x<－3x＋9x＋2，32x－(1＋k)·3x＋2>0对任意x∈R恒成立.令t＝3x>0，问题等价于t2－(1＋k)t＋2>0对任意t>0恒成立.令f(t)＝t2－(1＋k)t＋2，其对称轴为x＝eq\f(1＋k,2)，当eq\f(1＋k,2)<0即k<－1时，f(0)＝2>0，符合题意；当eq\f(1＋k,2)≥0即k≥－1时，对任意t>0，f(t)>0恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,2)≥0，,Δ＝1＋k2－4×2<0，))解得－1≤k<－1＋2eq\r(2).综上所述，当k<－1＋2eq\r(2)时，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0对任意x∈R恒成立.方法二由k·3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋eq\f(2,3x)－1.u＝3x＋eq\f(2,3x)－1≥2eq\r(2)－1,3x＝eq\r(2)时，取“＝”，即u的最小值为2eq\r(2)－1，要使对x∈R，不等式k<3x＋eq\f(2,3x)－1恒成立，只要使k<2eq\r(2)－1.5、(2015·苏北四市调研)为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度y(单位：毫克/立方米)随着时间x(单位：天)变化的函数关系式近似为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,8－x)－1，0≤x≤4，,5－\f(1,2)x，4＜x≤10.))若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验可知，当空气中净化剂的浓度不低于4(毫克/立方米)时，它才能起到净化空气的作用．(1)若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化空气的时间可达几天？(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化空气，试求a的最小值(精确到0.1，参考数据：eq\r(2)≈1.4)．解(1)因为一次喷洒4个单位的净化剂，所以浓度f(x)＝4y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(64,8－x)－4，0≤x≤4，,20－2x，4＜x≤10.))则当0≤x≤4时，由eq\f(64,8－x)－4≥4，解得x≥0，所以此时0≤x≤4.当4＜x≤10时，由20－2x≥4，解得x≤8，所以此时4＜x≤8.综合得0≤x≤8，若一次投放4个单位的制剂，则有效净化时间可达8天．(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)天，浓度g(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(1,2)x))＋aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,8－x－6)－1))＝10－x＋eq\f(16a,14－x)－a＝(14－x)＋eq\f(16a,14－x)－a－4.因为14－x∈[4,8]，而1≤a≤4，所以4eq\r(a)∈[4,8]，故当且仅当14－x＝4eq\r(a)时，y有最小值为8eq\r(a)－a－4.令8eq\r(a)－a－4≥4，解得24－16eq\r(2)≤a≤4，所以a的最小值为24－16eq\r(2)≈1.6.

第10讲函数图象与性质的综合应用（课后练习）编制：江海军审核：黄立斌邵华川A组专项基础训练(建议用时：50分钟)一、填空题1．函数f(x)＝eq\f(1,lgx)＋eq\r(2－x)的定义域为________．解析由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx≠0，,2－x≥0，))又x＞0，解得0＜x≤2且x≠1.答案(0,1)∪(1,2]2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x＜0，))若f(a)＋f(－1)＝3，则a＝________.解析因为f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝2，所以f(a)＝3－2＝1.当a＞0时，|lna|＝1，解得a＝e或eq\f(1,e)；当a＜0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＝1，无解．答案e或eq\f(1,e)3．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2的值域为________．解析指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在定义域内单调递减，而2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝eq\f(1,2).所以函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))4．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－x2＋2xx＞0，,x2－2x－3x≤0))的零点个数为________．解析(1)当x≤0时，f(x)＝x2－2x－3，由f(x)＝0，即x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.因为x≤0，所以x＝－1.此时函数f(x)只有一个零点．(2)当x＞0时，f(x)＝lnx－x2＋2x，令f(x)＝0，得lnx＝x2－2x，如图，分别作出函数y＝lnx与y＝x2－2x(x＞0)的图象，由图可知两个函数图象有两个交点，所以此时函数f(x)有两个零点．综上，函数f(x)的零点有三个．答案35．设函数f(x)＝x2＋(a－2)x－1在区间(－∞，2]上是减函数，则实数a的最大值为________．解析函数f(x)图象的对称轴x＝－eq\f(a－2,2)，则函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a－2,2)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a－2,2)，＋∞))上单调递增，所以2≤－eq\f(a－2,2)，解得a≤－2.答案－26．已知函数f(x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)＋1，则f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝________.解析设F(x)＝f(x)－1＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)，该函数的定义域为R.而F(－x)＝f(－x)－1＝ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)，所以F(x)＋F(－x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)＋ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)＝ln[(eq\r(1＋9x2)－3x)(eq\r(1＋9x2)＋3x)]＝ln1＝0，所以函数F(x)为奇函数．又lgeq\f(1,2)＝－lg2，所以F(lg2)＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝F(lg2)＋F(－lg2)＝0，即[f(lg2)－1]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))－1))＝0，整理，得f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝2.答案27．(2014·南京、盐城模拟)若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上是单调增函数．如果实数t满足f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))≤2f(1)，那么t的取值范围是________．解析依题意，不等式f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))＝f(lnt)＋f(－lnt)＝2f(|lnt|)≤2f(1)，即f(|lnt|)≤f(1)，又|lnt|≥0，函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，因此有|lnt|≤1，－1≤lnt≤1，eq\f(1,e)≤t≤e，即实数t的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))8．(2014·扬州调研)设函数f(x)＝(x－a)|x－a|＋b(a，b都是实数)，则下列叙述中，正确的序号是________(请把所有叙述正确的序号都填上)．①对任意实数a，b，函数y＝f(x)在R上是单调函数；②存在实数a，b，使得函数y＝f(x)在R上不是单调函数；③对任意实数a，b，函数y＝f(x)的图象都是中心对称图形；④存在实数a，b，使得函数y＝f(x)的图象不是中心对称图形．解析结合函数图象逐个判断．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2＋b，x≥a，,－x－a2＋b，x＜a，))作出函数图象可得函数y＝f(x)是R上的递增函数．①正确，②错误；且其图象关于点(a，b)对称，③正确，④错误，故正确的序号是①③.答案①③9．(2014·苏、锡、常、镇调研)已知奇函数f(x)是R上的单调函数，若函数y＝f(x2)＋f(k－x)只有一个零点，则实数k的值是________．解析利用等价转化思想求解．函数y＝f(x2)＋f(k－x)只有一个零点，即方程f(x2)＋f(k－x)＝0只有一解．又f(x)是R上的奇函数，且是单调函数，所以f(x2)＝－f(k－x)＝f(x－k)，即x2－x＋k＝0只有一解，所以Δ＝1－4k＝0，解得k＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)10．已知函数f(x)＝|log2x|，正实数m，n满足m＜n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在区间[m2，n]上的最大值为2，则m＝________，n＝________.解析由题意得－log2m＝log2n，eq\f(1,m)＝n,0＜m＜1，n＞1.∵函数f(x)＝|log2x|在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，0＜m2＜1，n＞1，∴f(x)在区间[m2，n]上的最大值在端点处取得，∴|log2m2|＝2或log2n＝2.当|log2m2|＝2时，eq\f(1,m2)＝4，结合n＝eq\f(1,m)，解得n＝2，m＝eq\f(1,2)，满足条件；当log2n＝2时，n＝4，则m＝eq\f(1,4)，此时，f(x)在区间[m2，n]上的最大值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,16)))＝4，不满足条件．综上，m＝eq\f(1,2)，n＝2.答案eq\f(1,2)2二、解答题11．(2014·南京模拟)某种树苗栽种时高度为A(A为常数)米，栽种n年后的高度记为f(n)．经研究发现f(n)近似地满足f(n)＝eq\f(9A,a＋btn)，其中t＝2－eq\f(2,3)，a，b为常数，n∈N，f(0)＝A.已知栽种3年后该树木的高度为栽种时高度的3倍．(1)栽种多少年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍；(2)该树木在栽种后哪一年的增长高度最大．解(1)由题意知f(0)＝A，f(3)＝3A.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9A,a＋b)＝A，,\f(9A,a＋\f(1,4)b)＝3A，))解得a＝1，b＝8.所以f(n)＝eq\f(9A,1＋8×tn)，其中t＝2－eq\f(2,3).令f(n)＝8A，得eq\f(9A,1＋8×tn)＝8A，解得tn＝eq\f(1,64)，即2－eq\f(2n,3)＝eq\f(1,64)，所以n＝9.所以栽种9年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍．(2)由(1)知f(n)＝eq\f(9A,1＋8×tn).第n年的增长高度为Δ＝f(n)－f(n－1)＝eq\f(9A,1＋8×tn)－eq\f(9A,1＋8×tn－1).所以Δ＝eq\f(72Atn－11－t,1＋8tn1＋8tn－1)＝eq\f(72Atn－11－t,1＋8tn－1t＋1＋64t2n－1)＝eq\f(72A1－t,\f(1,tn－1)＋64tn＋8t＋1)≤eq\f(72A1－t,2\r(64tn×\f(1,tn－1))＋8t＋1)＝eq\f(72A1－t,81＋\r(t)2)＝eq\f(9A1－\r(t),1＋\r(t)).当且仅当64tn＝eq\f(1,tn－1)，即2－eq\f(22n－1,3)＝eq\f(1,64)时取等号，此时n＝5.所以该树木栽种后第5年的增长高度最大．12．(2014·徐州质量检测)根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件，每日产品废品率p与日产量x(件)之间近似地满足关系式p＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(x2＋60,540)，10≤x≤20，x∈N*))(日产品废品率＝eq\f(日废品量,日产量)×100%)．已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元．(该车间的日利润y＝日正品赢利额－日废品亏损额)(1)将该车间日利润y(千元)表示为日产量x(件)的函数；(2)当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？解(1)由题意可知y＝2x(1－p)－px＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*.))(2)考虑函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，))当1≤x≤9时，f′(x)＝2－eq\f(90,15－x2)，令f′(x)＝0，得x＝15－3eq\r(5).当1≤x＜15－3eq\r(5)时，f′(x)＞0，函数f(x)在[1,15－3eq\r(5))上单调递增；当15－3eq\r(5)＜x≤9时，f′(x)＜0，函数f(x)在(15－3eq\r(5)，9]上单调递减．所以当x＝15－3eq\r(5)时，f(x)取得极大值，也是最大值，又x是整数，f(8)＝eq\f(64,7)，f(9)＝9，所以当x＝8时，f(x)有最大值eq\f(64,7).当10≤x≤20时，f′(x)＝eq\f(5,3)－eq\f(x2,60)＝eq\f(100－x2,60)≤0，所以函数f(x)在[10,20]上单调递减，所以当x＝10时，f(x)取得极大值eq\f(100,9)，也是最大值．由于eq\f(100,9)＞eq\f(64,7)，所以当该车间的日产量为10件时，日利润最大．答：当该车间的日产量为10件时，日利润最大，最大日利润是eq\f(100,9)千元.B组专项能力提升(时间：60分钟)1.已知函数f(x)是实数集R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝log2x＋x－3.(1)求函数f(－1)的值；(2)求函数f(x)的表达式；(3)证明：方程f(x)＝0在区间(0，＋∞)上有唯一解.(1)解因为函数f(x)是实数集R上的奇函数，所以对任意的x∈R，都有f(－x)＝－f(x)，所以f(－1)＝－f(1).因为当x>0时，f(x)＝log2x＋x－3，所以f(1)＝log21＋1－3＝－2.所以f(－1)＝－f(1)＝2.(2)解当x＝0时，f(0)＝0；当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝log2(－x)＋(－x)－3＝log2(－x)－x－3.所以－f(x)＝log2(－x)－x－3，从而f(x)＝－log2(－x)＋x＋3.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log2－x＋x＋3，x<0，,0，x＝0，,log2x＋x－3，x>0.))(3)证明因为f(2)＝log22＋2－3＝0，所以方程f(x)＝0在区间(0，＋∞)上有解x＝2.又方程f(x)＝0可化为log2x＝3－x.设函数g(x)＝log2x，h(x)＝3－x，由于g(x)在区间(0，＋∞)上是单调递增函数，h(x)在区间(0，＋∞)上是单调减函数，所以，方程g(x)＝h(x)在区间(0，＋∞)上只有一个解.所以，方程f(x)＝0在区间(0，＋∞)上有唯一解.2.已知a>0，且a≠1，f(logax)＝eq\f(a,a2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))).(1)求f(x)；(2)判断f(x)的单调性；(3)求f(x2－3x＋2)<0的解集.解(1)令t＝logax(t∈R)，则x＝at，且f(t)＝eq\f(a,a2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(at－\f(1,at))).∴f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)(x∈R).(2)当a>1时，ax－a－x为增函数，又eq\f(a,a2－1)>0，∴f(x)为增函数；当0<a<1时，ax－a－x为减函数，又eq\f(a,a2－1)<0，∴f(x)为增函数.∴函数f(x)在R上为增函数.(3)∵f(0)＝eq\f(a,a2－1)(a0－a0)＝0，∴f(x2－3x＋2)<0＝f(0).由(2)知：x2－3x＋2<0，∴1<x<2.∴不等式的解集为{x|1<x<2}.3.设函数f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c(a>0，a，c∈R).(1)设a>c>0.若f(x)>c2－2c＋a对x∈[1，＋∞)恒成立，求c(2)函数f(x)在区间(0,1)内是否有零点，有几个零点？为什么？解(1)因为二次函数f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的图象的对称轴为x＝eq\f(a＋c,3a)，由条件a>c>0，得2a>a＋c，故eq\f(a＋c,3a)<eq\f(2a,3a)＝eq\f(2,3)<1，即二次函数f(x)的对称轴在区间[1，＋∞)的左边，且抛物线开口向上，故f(x)在[1，＋∞)内是增函数.若f(x)>c2－2c＋a对x∈[1，＋∞)恒成立，则f(x)min＝f(1)>c2－2c＋a，即a－c>c2－2c＋a，得c2－c(2)①若f(0)·f(1)＝c·(a－c)<0，则c<0，或a<c，二次函数f(x)在(0,1)内只有一个零点.②若f(0)＝c>0，f(1)＝a－c>0，则a>c>0.因为二次函数f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的图象的对称轴是x＝eq\f(a＋c,3a).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,3a)))＝eq\f(－a2＋c2－ac,3a)<0，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋c,3a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,3a)，1))内各有一个零点，故函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点.4.已知函数f(x)＝2x－eq\f(a,2x).将y＝f(x)的图象向右平移2个单位长度，得到y＝g(x)的图象.(1)求函数y＝g(x)的解析式；(2)若函数y＝h(x)与函数y＝g(x)的图象关于直线y＝1对称，求函数y＝h(x)的解析式；(3)设F(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋h(x)，已知F(x)的最小值是m，且m>2＋eq\r(7)，求实数a的取值范围.解(1)由题设，得g(x)＝f(x－2)＝2x－2－eq\f(a,2x－