《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 2.12 函數(shù)的綜合問題教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 2.12 函數(shù)的綜合問題教案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 2.12 函數(shù)的綜合問題教案 ●知識梳理 函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下幾方面： 1.函數(shù)內(nèi)容本身的相互綜合，如函數(shù)概念、性質(zhì)、圖象等方面知識的綜合. 2.函數(shù)與其他數(shù)學(xué)知識點的綜合，如方程、不等式、數(shù)列、解析幾何等方面的內(nèi)容與函數(shù)的綜合.這是高考主要考查的內(nèi)容. 3.函數(shù)與實際應(yīng)用問題的綜合. ●點擊雙基 1.已知函數(shù)f（x）=lg（2x－b）（b為常數(shù)），若x∈［1，+∞）時，f（x）≥0恒成立，則 A.b≤1 B.b＜1 C.b≥1 D.b=1 解析：當(dāng)x∈［1，+∞）時，f（x）≥0，從而2x－b≥1，即b≤

2、2x－1.而x∈［1，+∞）時，2x－1單調(diào)增加，∴b≤2－1=1. 答案：A 2.（xx年鄭州市質(zhì)檢題）若f（x）是R上的減函數(shù)，且f（x）的圖象經(jīng)過點A（0，3）和B（3，－1），則不等式|f（x+1）－1|＜2的解集是___________________. 解析：由|f（x+1）－1|＜2得－2＜f（x+1）－1＜2，即－1＜f（x+1）＜3. 又f（x）是R上的減函數(shù)，且f（x）的圖象過點A（0，3），B（3，－1）， ∴f（3）＜f（x+1）＜f（0）.∴0＜x+1＜3，－1＜x＜2. 答案：（－1，2） ●典例剖析 【例1】 取第一象限內(nèi)的點P1（x1，y1），P

3、2（x2，y2），使1，x1，x2，2依次成等差數(shù)列，1，y1，y2，2依次成等比數(shù)列，則點P1、P2與射線l:y=x（x＞0）的關(guān)系為 A.點P1、P2都在l的上方 B.點P1、P2都在l上 C.點P1在l的下方，P2在l的上方 D.點P1、P2都在l的下方 剖析：x1=+1=，x2=1+=，y1=1×=，y2=，∵y1＜x1，y2＜x2， ∴P1、P2都在l的下方. 答案：D 【例2】 已知f（x）是R上的偶函數(shù)，且f（2）=0，g（x）是R上的奇函數(shù)，且對于x∈R，都有g(shù)（x）=f（x－1），求f（xx）的值. 解：由g（x）=f（x－1），x∈R，得f（x）=

4、g（x+1）.又f（－x）=f（x），g（－x）=－g（x）， 故有f（x）=f（－x）=g（－x+1）=－g（x－1）=－f（x－2）=－f（2－x）=－g（3－x）= g（x－3）=f（x－4），也即f（x+4）=f（x），x∈R. ∴f（x）為周期函數(shù)，其周期T=4.∴f（xx）=f（4×500＋2）＝f（2）=0. 評述：應(yīng)靈活掌握和運用函數(shù)的奇偶性、周期性等性質(zhì). 【例3】 函數(shù)f（x）=（m＞0），x1、x2∈R，當(dāng)x1+x2=1時，f（x1）+f（x2）=. （1）求m的值； （2）數(shù)列{an}，已知an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1），求an.

5、解：（1）由f（x1）+f（x2）=，得+=， ∴4+4+2m=［4+m（4+4）+m2］. ∵x1+x2=1，∴（2－m）（4+4）=（m－2）2.∴4+4=2－m或2－m=0. ∵4+4≥2=2=4，而m＞0時2－m＜2，∴4+4≠2－m. ∴m=2. （2）∵an=f（0）+f（）+f（）+…+f（）+f（1），∴an=f（1）+f（）+ f（）+…+f（）+f（0）. ∴2an=［f（0）+f（1）］+［f（）+f（）］+…+［f（1）+f（0）］=++…+=. ∴an=. 深化拓展 用函數(shù)的思想處理方程、不等式、數(shù)列等問題是一重要的思想方法. 【例4】 函數(shù)f（x

6、）的定義域為R，且對任意x、y∈R，有f（x+y）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞0時，f（x）＜0，f（1）=－2. （1）證明f（x）是奇函數(shù)； （2）證明f（x）在R上是減函數(shù)； （3）求f（x）在區(qū)間［－3，3］上的最大值和最小值. （1）證明：由f（x+y）=f（x）+f（y），得f［x+（－x）］=f（x）+f（－x），∴f（x）+ f（－x）=f（0）.又f（0+0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0.從而有f（x）+f（－x）=0. ∴f（－x）=－f（x）.∴f（x）是奇函數(shù). （2）證明：任取x1、x2∈R，且x1＜x2，則f（x1）－f（x2）=f（x1）－f

7、［x1+（x2－x1）］=f（x1）－［f（x1）+f（x2－x1）］=－f（x2－x1）.由x1＜x2，∴x2－x1＞0.∴f（x2－x1）＜0. ∴－f（x2－x1）＞0，即f（x1）＞f（x2），從而f（x）在R上是減函數(shù). （3）解：由于f（x）在R上是減函數(shù)，故f（x）在［－3，3］上的最大值是f（－3），最小值是f（3）.由f（1）=－2，得f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）=f（1）+f（1+1）=f（1）+f（1）+f（1）=3f（1）=3×（－2）=－6，f（－3）=－f（3）=6.從而最大值是6，最小值是－6. 深化拓展 對于任意實數(shù)x、y，定義運算x*y=

8、ax+by+cxy，其中a、b、c是常數(shù)，等式右邊的運算是通常的加法和乘法運算.現(xiàn)已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數(shù)m，使得對于任意實數(shù)x，都有x*m=x，試求m的值. 提示：由1*2=3，2*3=4，得 ∴b=2+2c，a=－1－6c. 又由x*m=ax+bm+cmx=x對于任意實數(shù)x恒成立， ∴∴b=0=2+2c. ∴c=－1.∴（－1－6c）+cm=1. ∴－1+6－m=1.∴m=4. 答案：4. ●闖關(guān)訓(xùn)練 夯實基礎(chǔ) 1.已知y=f（x）在定義域［1，3］上為單調(diào)減函數(shù)，值域為［4，7］，若它存在反函數(shù)，則反函數(shù)在其定義域上 A.單調(diào)遞減且最大值為

9、7 B.單調(diào)遞增且最大值為7 C.單調(diào)遞減且最大值為3 D.單調(diào)遞增且最大值為3 解析：互為反函數(shù)的兩個函數(shù)在各自定義區(qū)間上有相同的增減性，f－1（x）的值域是［1，3］. 答案：C 2.（xx年鄭州市質(zhì)檢題）關(guān)于x的方程|x2－4x+3|－a=0有三個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的值是___________________. 解析：作函數(shù)y=|x2－4x+3|的圖象，如下圖. 由圖象知直線y=1與y=|x2－4x+3|的圖象有三個交點，即方程|x2－4x+3|=1也就是方程|x2－4x+3|－1=0有三個不相等的實數(shù)根，因此a=1. 答案：1 3.（xx年春季

10、北京）若存在常數(shù)p＞0，使得函數(shù)f（x）滿足f（px）=f（px－）（x∈R），則f（x）的一個正周期為__________. 解析：由f（px）=f（px－），令px=u，f（u）=f（u－）=f［（u+）－］，∴T=或的整數(shù)倍. 答案：（或的整數(shù)倍） 4.已知關(guān)于x的方程sin2x－2sinx－a=0有實數(shù)解，求a的取值范圍. 解：a=sin2x－2sinx=（sinx－1）2－1.∵－1≤sinx≤1，∴0≤（sinx－1）2≤4. ∴a的范圍是［－1，3］. 5.（xx年上海，19）記函數(shù)f（x）=的定義域為A，g（x）=lg［（x－a－1）（2a－x）］（a＜1）的定義域

11、為B. （1）求A； （2）若BA，求實數(shù)a的取值范圍. 解：（1）由2－≥0，得≥0， ∴x＜－1或x≥1，即A=（－∞，－1）∪［1，+∞）. （2）由（x－a－1）（2a－x）＞0，得（x－a－1）（x－2a）＜0. ∵a＜1，∴a+1＞2a.∴B=（2a，a+1）. ∵BA，∴2a≥1或a+1≤－1，即a≥或a≤－2. 而a＜1，∴≤a＜1或a≤－2. 故當(dāng)BA時，實數(shù)a的取值范圍是（－∞，－2］∪［，1）. 培養(yǎng)能力 6.（理）已知二次函數(shù)f（x）=x2+bx+c（b≥0，c∈R）. 若f（x）的定義域為［－1，0］時，值域也是［－1，0］，符合上述條件的函數(shù)

12、f（x）是否存在？若存在，求出f（x）的表達式；若不存在，請說明理由. 解：設(shè)符合條件的f（x）存在，∵函數(shù)圖象的對稱軸是x=－， 又b≥0，∴－≤0. ①當(dāng)－＜－≤0，即0≤b＜1時， 函數(shù)x=－有最小值－1，則 或（舍去）. ②當(dāng)－1＜－≤－，即1≤b＜2時，則 （舍去）或（舍去）. ③當(dāng)－≤－1，即b≥2時，函數(shù)在［－1，0］上單調(diào)遞增，則解得 綜上所述，符合條件的函數(shù)有兩個，f（x）=x2－1或f（x）=x2+2x. （文）已知二次函數(shù)f（x）=x2+（b+1）x+c（b≥0，c∈R）. 若f（x）的定義域為［－1，0］時，值域也是［－1，0］，符合上述條件的函

13、數(shù)f（x）是否存在？若存在，求出f（x）的表達式；若不存在，請說明理由. 解：∵函數(shù)圖象的對稱軸是 x=－，又b≥0，∴－≤－. 設(shè)符合條件的f（x）存在， ①當(dāng)－≤－1時，即b≥1時，函數(shù)f（x）在［－1，0］上單調(diào)遞增，則 ②當(dāng)－1＜－≤－，即0≤b＜1時，則 （舍去）. 綜上所述，符合條件的函數(shù)為f（x）=x2+2x. 7.（xx年春季上海，21）已知函數(shù)f（x）=x+的定義域為（0，+∞），且f（2）=2+.設(shè)點P是函數(shù)圖象上的任意一點，過點P分別作直線y=x和y軸的垂線，垂足分別為M、N. （1）求a的值. （2）問：|PM|·|PN|是否為定值？若是，

14、則求出該定值；若不是，請說明理由. （3）設(shè)O為坐標原點，求四邊形OMPN面積的最小值. 解：（1）∵f（2）=2+=2+，∴a=. （2）設(shè)點P的坐標為（x0，y0），則有y0=x0+，x0＞0，由點到直線的距離公式可知，|PM|==，|PN|=x0，∴有|PM|·|PN|=1，即|PM|·|PN|為定值，這個值為1. （3）由題意可設(shè)M（t，t），可知N（0，y0）. ∵PM與直線y=x垂直，∴kPM·1=－1，即=－1.解得t=（x0+y0）. 又y0=x0+，∴t=x0+. ∴S△OPM=+，S△OPN=x02+. ∴S四邊形OMPN=S△OPM+S△OPN=（x02+

15、）+≥1+. 當(dāng)且僅當(dāng)x0=1時，等號成立. 此時四邊形OMPN的面積有最小值1+. 探究創(chuàng)新 8.有一塊邊長為4的正方形鋼板，現(xiàn)對其進行切割、焊接成一個長方體形無蓋容器（切、焊損耗忽略不計）.有人應(yīng)用數(shù)學(xué)知識作了如下設(shè)計：如圖（a），在鋼板的四個角處各切去一個小正方形，剩余部分圍成一個長方體，該長方體的高為小正方形邊長，如圖（b）. （1）請你求出這種切割、焊接而成的長方體的最大容積V1； （2）由于上述設(shè)計存在缺陷（材料有所浪費），請你重新設(shè)計切、焊方法，使材料浪費減少，而且所得長方體容器的容積V2＞V1. 解：（1）設(shè)切去正方形邊長為x，則焊接成的長方體的底面邊長為4－

16、2x，高為x， ∴V1=（4－2x）2·x=4（x3－4x2+4x）（0＜x＜2）.∴V1′=4（3x2－8x+4）. 令V1′=0，得x1=，x2=2（舍去）. 而V1′=12（x－）（x－2），又當(dāng)x＜時，V1′＞0；當(dāng)＜x＜2時，V1′＜0， ∴當(dāng)x=時，V1取最大值. （2）重新設(shè)計方案如下： 如圖①，在正方形的兩個角處各切下一個邊長為1的小正方形；如圖②，將切下的小正方形焊在未切口的正方形一邊的中間；如圖③，將圖②焊成長方體容器. 新焊長方體容器底面是一長方形，長為3，寬為2，此長方體容積V2=3×2×1=6，顯然V2＞V1. 故第二種方案符合要求. ●思悟小結(jié)

17、 1.函數(shù)知識可深可淺，復(fù)習(xí)時應(yīng)掌握好分寸，如二次函數(shù)問題應(yīng)高度重視，其他如分類討論、探索性問題屬熱點內(nèi)容，應(yīng)適當(dāng)加強. 2.數(shù)形結(jié)合思想貫穿于函數(shù)研究的各個領(lǐng)域的全部過程中，掌握了這一點，將會體會到函數(shù)問題既千姿百態(tài)，又有章可循. ●教師下載中心 教學(xué)點睛 數(shù)形結(jié)合和數(shù)形轉(zhuǎn)化是解決本章問題的重要思想方法，應(yīng)要求學(xué)生熟練掌握用函數(shù)的圖象及方程的曲線去處理函數(shù)、方程、不等式等問題. 拓展題例 【例1】 設(shè)f（x）是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且對任意a、b∈［－1，1］，當(dāng)a+b≠0時，都有＞0. （1）若a＞b，比較f（a）與f（b）的大??； （2）解不等式f（x－）＜f（

18、x－）； （3）記P={x|y=f（x－c）}，Q={x|y=f（x－c2）}，且P∩Q=，求c的取值范圍. 解：設(shè)－1≤x1＜x2≤1，則x1－x2≠0，∴＞0. ∵x1－x2＜0，∴f（x1）+f（－x2）＜0.∴f（x1）＜－f（－x2）. 又f（x）是奇函數(shù)，∴f（－x2）=－f（x2）. ∴f（x1）＜f（x2）.∴f（x）是增函數(shù). （1）∵a＞b，∴f（a）＞f（b）. （2）由f（x－）＜f（x－），得 ∴－≤x≤. ∴不等式的解集為{x|－≤x≤}. （3）由－1≤x－c≤1，得－1+c≤x≤1+c，∴P={x|－1+c≤x≤1+c}. 由－1≤x－c2

19、≤1，得－1+c2≤x≤1+c2，∴Q={x|－1+c2≤x≤1+c2}. ∵P∩Q=，∴1+c＜－1+c2或－1+c＞1+c2， 解得c＞2或c＜－1. 【例2】 （xx年南昌市高三第一次質(zhì)量調(diào)研測試題）已知函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)h（x）=x++2的圖象關(guān)于點A（0，1）對稱. （1）求f（x）的解析式； （2）（文）若g（x）=f（x）·x+ax，且g（x）在區(qū)間（0，2］上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. （理）若g（x）=f（x）+，且g（x）在區(qū)間（0，2］上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍. 解：（1）設(shè)f（x）圖象上任一點坐標為（x，y），點（x，y）關(guān)于點A（0，1）

20、的對稱點（－x，2－y）在h（x）的圖象上. ∴2－y=－x++2.∴y=x+，即f（x）=x+. （2）（文）g（x）=（x+）·x+ax， 即g（x）=x2+ax+1.g（x）在（0，2］上遞減－≥2， ∴a≤－4. （理）g（x）=x+.∵g′（x）=1－，g（x）在（0，2］上遞減， ∴1－≤0在x∈（0，2］時恒成立，即a≥x2－1在x∈（0，2］時恒成立. ∵x∈（0，2］時，（x2－1）max=3， ∴a≥3. 【例3】 （xx年山東濰坊市第二次模擬考試題）在4月份（共30天），有一新款服裝投放某專賣店銷售，日銷售量（單位：件）f（n）關(guān)于時間n（1≤n≤30，

21、n∈N*）的函數(shù)關(guān)系如下圖所示，其中函數(shù)f（n）圖象中的點位于斜率為5和－3的兩條直線上，兩直線的交點的橫坐標為m，且第m天日銷售量最大. （1）求f（n）的表達式，及前m天的銷售總數(shù)； （2）按規(guī)律，當(dāng)該專賣店銷售總數(shù)超過400件時，社會上流行該服裝，而日銷售量連續(xù)下降并低于30件時，該服裝的流行會消失.試問該服裝在社會上流行的天數(shù)是否會超過10天？并說明理由. 解：（1）由圖形知，當(dāng)1≤n≤m且n∈N*時，f（n）=5n－3. 由f（m）=57，得m=12. ∴f（n）= 前12天的銷售總量為5（1+2+3+…+12）－3×12=354件. （2）第13天的銷售量為f（13）=－3×13+93=54件，而354+54＞400， ∴從第14天開始銷售總量超過400件，即開始流行. 設(shè)第n天的日銷售量開始低于30件（12＜n≤30），即f（n）=－3n+93＜30，解得n＞21. ∴從第22天開始日銷售量低于30件， 即流行時間為14號至21號. ∴該服裝流行時間不超過10天.