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
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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(shí)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(shí)的綜合. 2.函數(shù)與其他數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)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(shí)際應(yīng)用問題的綜合. ●點(diǎn)擊雙基 1.已知函數(shù)f(x)=lg(2x-b)(b為常數(shù)),若x∈[1,+∞)時(shí),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(shí),f(x)≥0,從而2x-b≥1,即b≤
2、2x-1.而x∈[1,+∞)時(shí),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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P1、P2與射線l:y=x(x>0)的關(guān)系為 A.點(diǎn)P1、P2都在l的上方 B.點(diǎn)P1、P2都在l上 C.點(diǎn)P1在l的下方,P2在l的上方 D.點(diǎn)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(duì)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(píng)述:應(yīng)靈活掌握和運(yùn)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(shí),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(shí)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?yàn)镽,且對(duì)任意x、y∈R,有f(x+y)=f(x)+f(y),且當(dāng)x>0時(shí),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(duì)于任意實(shí)數(shù)x、y,定義運(yùn)算x*y=
8、ax+by+cxy,其中a、b、c是常數(shù),等式右邊的運(yùn)算是通常的加法和乘法運(yùn)算.現(xiàn)已知1*2=3,2*3=4,并且有一個(gè)非零實(shí)數(shù)m,使得對(duì)于任意實(shí)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(duì)于任意實(shí)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(shí)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?yàn)椋?,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(gè)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(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,則實(shí)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(gè)交點(diǎn),即方程|x2-4x+3|=1也就是方程|x2-4x+3|-1=0有三個(gè)不相等的實(shí)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(gè)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(shí)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?yàn)锳,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(shí)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(shí),實(shí)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?yàn)椋郏?,0]時(shí),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(dá)式;若不存在,請(qǐng)說明理由. 解:設(shè)符合條件的f(x)存在,∵函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是x=-, 又b≥0,∴-≤0. ①當(dāng)-<-≤0,即0≤b<1時(shí), 函數(shù)x=-有最小值-1,則 或(舍去). ②當(dāng)-1<-≤-,即1≤b<2時(shí),則 (舍去)或(舍去). ③當(dāng)-≤-1,即b≥2時(shí),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(gè),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?yàn)椋郏?,0]時(shí),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(dá)式;若不存在,請(qǐng)說明理由. 解:∵函數(shù)圖象的對(duì)稱軸是 x=-,又b≥0,∴-≤-. 設(shè)符合條件的f(x)存在, ①當(dāng)-≤-1時(shí),即b≥1時(shí),函數(shù)f(x)在[-1,0]上單調(diào)遞增,則 ②當(dāng)-1<-≤-,即0≤b<1時(shí),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?yàn)椋?,+∞),且f(2)=2+.設(shè)點(diǎn)P是函數(shù)圖象上的任意一點(diǎn),過點(diǎn)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(qǐng)說明理由. (3)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),求四邊形OMPN面積的最小值. 解:(1)∵f(2)=2+=2+,∴a=. (2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),則有y0=x0+,x0>0,由點(diǎn)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(gè)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(shí),等號(hào)成立. 此時(shí)四邊形OMPN的面積有最小值1+. 探究創(chuàng)新 8.有一塊邊長(zhǎng)為4的正方形鋼板,現(xiàn)對(duì)其進(jìn)行切割、焊接成一個(gè)長(zhǎng)方體形無蓋容器(切、焊損耗忽略不計(jì)).有人應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)作了如下設(shè)計(jì):如圖(a),在鋼板的四個(gè)角處各切去一個(gè)小正方形,剩余部分圍成一個(gè)長(zhǎng)方體,該長(zhǎng)方體的高為小正方形邊長(zhǎng),如圖(b). (1)請(qǐng)你求出這種切割、焊接而成的長(zhǎng)方體的最大容積V1; (2)由于上述設(shè)計(jì)存在缺陷(材料有所浪費(fèi)),請(qǐng)你重新設(shè)計(jì)切、焊方法,使材料浪費(fèi)減少,而且所得長(zhǎng)方體容器的容積V2>V1. 解:(1)設(shè)切去正方形邊長(zhǎng)為x,則焊接成的長(zhǎng)方體的底面邊長(zhǎng)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(shí),V1′>0;當(dāng)<x<2時(shí),V1′<0, ∴當(dāng)x=時(shí),V1取最大值. (2)重新設(shè)計(jì)方案如下: 如圖①,在正方形的兩個(gè)角處各切下一個(gè)邊長(zhǎng)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(zhǎng)方體容器. 新焊長(zhǎng)方體容器底面是一長(zhǎng)方形,長(zhǎng)為3,寬為2,此長(zhǎng)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(shí)可深可淺,復(fù)習(xí)時(shí)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(diǎn)內(nèi)容,應(yīng)適當(dāng)加強(qiáng). 2.數(shù)形結(jié)合思想貫穿于函數(shù)研究的各個(gè)領(lǐng)域的全部過程中,掌握了這一點(diǎn),將會(huì)體會(huì)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(diǎn)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(duì)任意a、b∈[-1,1],當(dāng)a+b≠0時(shí),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(cè)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(diǎn)A(0,1)對(duì)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(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)設(shè)f(x)圖象上任一點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y),點(diǎn)(x,y)關(guān)于點(diǎn)A(0,1)
20、的對(duì)稱點(diǎn)(-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(shí)恒成立,即a≥x2-1在x∈(0,2]時(shí)恒成立. ∵x∈(0,2]時(shí),(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(shí)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(diǎn)位于斜率為5和-3的兩條直線上,兩直線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m,且第m天日銷售量最大. (1)求f(n)的表達(dá)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(shí),社會(huì)上流行該服裝,而日銷售量連續(xù)下降并低于30件時(shí),該服裝的流行會(huì)消失.試問該服裝在社會(huì)上流行的天數(shù)是否會(huì)超過10天?并說明理由. 解:(1)由圖形知,當(dāng)1≤n≤m且n∈N*時(shí),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(shí)間為14號(hào)至21號(hào). ∴該服裝流行時(shí)間不超過10天.
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