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本章復習提升
易混易錯練
易錯點1　忽視函數的定義域
1.(多選題)已知函數f(x)滿足f =,則關于函數y=f(x)的說法正確的是(　　)
A.不等式f(x)>2的解集為(-1,0)
B.f(x)的值域為{y|y≠1且y≠2}
C.f(2)=
D.f(x)的定義域為{x|x≠-1}
2.函數y=的單調遞增區間為　　　　.
3.判斷下列函數的奇偶性.
(1)f(x)=;
(2)f(x)=;
(3)f(x)=+.
易錯點2　忽視分段函數中定義域的“臨界點”致錯
4.已知函數f(x)=若f(x)的值域為,則實數c的取值范圍是(　　)
A.[-1,0]　　　　B.
C.　　　　D.
5.已知函數f(x)=在定義域R上滿足對任意的實數x1≠x2,都有 <0,則實數a的取值范圍是　　　　.
易錯點3　忽視對參數取值范圍的討論致錯
6.已知函數f(x)=的定義域是R,則m的取值范圍是　　(　　)
A.0C.0≤m<1　　　　D.0≤m≤1
7.已知函數f(x)=x2-tx-1.
(1)若對任意的x∈R,都有f(2-x)=f(2+x),求f(x)的解析式;
(2)若函數在區間(-1,2)上不單調,求實數t的取值范圍;
(3)若x∈[-1,2],求f(x)的最小值g(t).
思想方法練
一、數形結合思想在函數中的應用
1.若函數f(x)是定義在R上的奇函數,且f(x)在(-∞,0)上單調遞減, f(3)=0,則滿足不等式xf(x)<0的x的取值范圍是(　　)
A.(-3,0)∪(3,+∞)　　　　B.(-3,0)∪(0,3)
C.(-∞,-3)∪(3,+∞)　　　　D.(-∞,-3)∪(0,3)
2.若關于x的方程|x2-1|-x=m有4個不相等的實數根,則實數m的取值范圍是　　　　　.
二、分類討論思想在函數中的應用
3.已知函數f(x)=|3x2-ax|+x2-x+1(x>0),g(x)=.
(1)若a=1,求f(x)的值域;
(2)若對任意的x0∈[3,4],存在x1,x2∈(x1≠x2),使得x0=g(x1)=g(x2),求實數a的取值范圍.
三、方程思想在函數中的應用
4.已知函數f(x)的定義域為(0,+∞),且滿足f(x)+2f ,則f(x)的最小值為(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.
5.已知函數f(x)=是定義域上的奇函數,且f(-1)=-2.
(1)求a,b的值;
(2)令h(x)=x2+-2tf(x)(t<0),若 x1,x2∈,都有|h(x1)-h(x2)|≤,求實數t的取值范圍.
四、轉化與化歸思想在函數中的應用
6.已知函數f(x)=若 x∈R, f(mx2)+4f(4-3x)≤0恒成立,則實數m的取值范圍為　　　　.
7.設函數f(x)的定義域為R,滿足f(x)=2f(x+2),且當x∈[-2,0)時, f(x)=-2x(x+2).若對任意x∈[m,+∞),都有f(x)≤,則m的取值范圍是　　　　.
答案與分層梯度式解析
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易混易錯練
1.ABC　令t=,x≠0,t≠0,則x=,故f(t)==,則f(x)=1+,且{x|x≠0且x≠-1},故D錯誤;
由f(x)>2,得1+>2,即->0,故x(x+1)<0,解得-1由f(x)=1+且{x|x≠0且x≠-1},得值域為{y|y≠1且y≠2},故B正確;
f(2)=1+=,故C正確.故選ABC.
易錯警示　　　解題時利用換元得到新的函數后,應注意新函數的定義域.
2.答案　[-1,3]
解析　由題意可得7+6x-x2≥0,即x2-6x-7≤0,解得-1≤x≤7,所以函數y=的定義域是[-1,7],
因為u=-x2+6x+7的圖象的對稱軸為直線x=3,圖象開口向下,
所以u=-x2+6x+7在區間[-1,3]上單調遞增,在區間[3,7]上單調遞減,
而y=在[0,+∞)上單調遞增,
所以由復合函數的單調性可知y=的單調遞增區間是[-1,3].
易錯警示　　　求復合函數的單調區間時,首先要考慮函數的定義域,再結合“同增異減”解題.
3.解析　(1)因為f(x)=,
所以解得x≥-1且x≠0,
所以f(x)的定義域為[-1,0)∪(0,+∞),不關于原點對稱,所以f(x)既不是奇函數也不是偶函數.
(2)因為f(x)=,
所以解得-6則f(x)的定義域不關于原點對稱,
所以f(x)既不是奇函數也不是偶函數.
(3)由得x=2,
即函數f(x)的定義域是{2},不關于原點對稱,
所以f(x)既不是奇函數也不是偶函數.
易錯警示　　　若函數的定義域不關于原點對稱,則函數既不是奇函數也不是偶函數;若函數的定義域關于原點對稱,則應進一步判斷f(-x)是否等于±f(x),或判斷f(-x)±f(x)是否等于0,從而確定奇偶性.
4.C　當x=2時, f(2)=4-2=2, f(x)=x2-x=-≥-,
因為f(x)的值域為,所以當x由f(x)=x2-x=2,得x2-x-2=0,解得x=2或x=-1,
作出y=-(x≤2),y=x2-x(x≤2)的圖象如圖所示:
由圖可得-1≤c≤-,即實數c的取值范圍是.故選C.
5.答案　
解析　由題意得,函數f(x)在R上單調遞減,
∴∴-∴實數a的取值范圍是.
易錯警示　　　與分段函數有關的問題,解題時應注意分段點及分段點處的函數值.
6.C　依題意, x∈R,不等式mx2+2mx+1>0恒成立,
當m=0時,mx2+2mx+1=1>0恒成立,滿足題意;
當m≠0時,有解得0綜上,0≤m<1.
所以m的取值范圍是0≤m<1.故選C.
7.解析　(1)因為f(2-x)=f(2+x),
所以(2-x)2-t(2-x)-1=(2+x)2-t(2+x)-1,
化簡,得(2t-8)x=0,且x不恒為0,
所以2t-8=0,所以t=4,所以f(x)=x2-4x-1.
(2)由題知,f(x)圖象的對稱軸為直線x=,
因為f(x)在區間(-1,2)上不單調,
所以-1<<2,所以-2所以t的取值范圍為(-2,4).
(3)由題知, f(x)圖象的對稱軸為直線x=,
當≤-1,即t≤-2時, f(x)在[-1,2]上單調遞增,所以g(t)=f(-1)=t;
當-1<<2,即-2當≥2,即t≥4時, f(x)在[-1,2]上單調遞減,所以g(t)=f(2)=3-2t.
綜上,g(t)=
易錯警示　　　求含參數的二次函數在閉區間上的最大(小)值,關鍵是要對函數圖象的對稱軸與所給區間的位置關系進行討論,解題時防止忽視對參數的討論導致解題錯誤.
思想方法練
1.C　因為函數f(x)是定義在R上的奇函數,且f(x)在(-∞,0)上單調遞減, f(3)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上單調遞減,且f(-3)=0.
根據函數在不同定義域內的單調性,作出符合題意的函數圖象,利用圖象求出滿足題意的x的取值范圍.
作出函數f(x)的大致圖象如圖所示:
當x>0時,由xf(x)<0得f(x)<0,即x>3,
當x<0時,由xf(x)<0得f(x)>0,即x<-3,
當x=0時,xf(x)=0不符合題意,
由圖可知,滿足不等式xf(x)<0的x的取值范圍是(-∞,-3)∪(3,+∞).故選C.
2.答案　1解析　關于x的方程|x2-1|-x=m有4個不相等的實數根 函數y=|x2-1|的圖象和直線y=x+m有4個交點.
方程解的個數轉化為直線與函數圖象交點的個數,通過作圖解決問題.
作出函數y=|x2-1|的圖象如圖所示:
當直線y=x+m過點(-1,0)時,m=1;
當直線y=x+m與y=1-x2的圖象相切時,方程x+m=1-x2有兩個相等的實數根,即Δ=1-4(m-1)=0,解得m=.
由“形”定性地確定直線y=x+m與y=|x2-1|的圖象有4個交點時的位置,由“數”定量地計算邊界直線中m的值.
故|x2-1|-x=m有4個不相等的實數根時,實數m的取值范圍是1思想方法　　　在解決函數問題時要注意數形結合思想的運用,利用函數圖象直觀地研究函數的有關性質,可避免復雜的計算和推理,實現解題快速準確.
3.解析　(1)當a=1時, f(x)=
根據分段函數在不同范圍內的函數值分兩類討論求解.
當x≥時, f(x)=4x2-2x+1=4+,
此時f(x)min=f =,無最大值.
當0所以函數f(x)的值域為.
(2)因為x>0,所以當a≤0時,g(x)=4x+-a-1;
當a>0時,g(x)=
設h(x)=4x+(x>0),任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,則h(x1)-h(x2)=4x1+-4x2-=4(x1-x2)+=(x1-x2)·,所以當x1>x2>時,h(x1)-h(x2)>0,即h(x1)>h(x2),所以h(x)單調遞增;
當0所以函數h(x)=4x+(x>0)在上單調遞減,在上單調遞增.
根據a在不同范圍內的函數值分類討論求解.
①當a≤0時,應滿足解集為空集;
②當0<≤,即0③當<≤,即所以④當<≤2,即所以⑤當>2,即a>6時,g(x)在上單調遞減,不符合題意.
綜上,實數a的取值范圍為.
思想方法　　　在含有參數的函數中,參數的取值不同,函數的圖象和性質可能有不同的變化,解題時要依據題意對參數進行分類討論.涉及分段函數時,要注意自變量的取值范圍對解題的影響.
4.D　列方程組,通過消元求f(x),體現了方程思想.
令x=,則2f(x)+f =4x+,
聯立
②×2-①,得3f(x)=2x+,
所以f(x)=x+≥2=,
當且僅當x=,即x=2時,取等號,
所以f(x)的最小值為.故選D.
5.解析　(1)∵f(-1)=-2, f(x)是奇函數,
∴f(1)=2,
根據函數f(x)為奇函數, f(-1)=-2,得到f(1)=2,再結合f(x)=列方程組求解.
∴解得∴f(x)=x+.
經驗證,函數f(x)的定義域為{x|x≠0}, f(-x)=-x+=-f(x)成立,滿足要求,所以a=1,b=0.
(2)由(1)及題意得,h(x)=x2+-2t,令z=x+,則y=z2-2tz-2,
∵函數z=x+在上單調遞減,在[1,2]上單調遞增,
∴z∈,
分析二次函數y=z2-2tz-2的圖象的對稱軸和區間[1,2]的位置關系.
∵函數y=z2-2tz-2的圖象的對稱軸為直線z=t<0,
∴函數y=z2-2tz-2在上單調遞增.
當z=2時,ymin=-4t+2,當z=時,ymax=-5t+,
即h(x)min=-4t+2,h(x)max=-5t+.
又∵ x1,x2∈,都有|h(x1)-h(x2)|≤恒成立,
∴h(x)max-h(x)min≤,即-5t+-(-4t+2)≤,解得t≥-.又∵t<0,∴-≤t<0.
思想方法　　　在函數中,利用函數、方程、不等式三者之間的聯系,通過解方程(組)等來解決函數中的相關問題,這是解決函數問題的最基本方法.
6.答案　
解析　作出f(x)的圖象,如圖.
易知f(x)為奇函數,且在R上單調遞減,
∵ x∈R, f(mx2)+4f(4-3x)≤0恒成立,
∴f(mx2)≤-4f(4-3x)=4f(3x-4),
又∵函數f(x)=-x|x|,
∴4f(3x-4)=-4(3x-4)|3x-4|=f(2(3x-4))=f(6x-8),
將不等式轉化為f(x1)≤f(x2)的形式,進而利用單調性解不等式.
則f(mx2)≤f(6x-8),∴mx2≥6x-8,
即mx2-6x+8≥0恒成立,
當m=0時,不等式為-6x+8≥0,不恒成立,故m≠0,
一元二次不等式恒成立轉化為二次函數的函數值恒大于或等于0,即其圖象均在x軸及其上方.
當m≠0時,需∴m≥.
綜上,實數m的取值范圍為.
7.答案　
解析　由f(x)=2f(x+2),得f(x+2)=f(x),
則f(x)=f(x-2).
當x∈[-2,0)時, f(x)=-2x(x+2)=-2(x+1)2+2,其最大值為2.
當x∈[0,2)時,x-2∈[-2,0), f(x)=×f(x-2)=×[-2(x-2+1)2+2]=-(x-1)2+1,其最大值為1,
將x∈[0,2)轉化為已知解析式的自變量的取值范圍,根據條件求出解析式.
同理,當x∈[2,4)時, f(x)max=, f(x)≤恒成立.依此類推,可知當x≥2時, f(x)≤恒成立.
當x∈[0,2)時,由f(x)=得-(x-1)2+1= (x-1)2= x=或x=.
結合圖象(圖略)知,若對任意的x∈[m,+∞),都有f(x)≤,則m≥.
綜上所述,m的取值范圍是.
思想方法　　　轉化與化歸思想在函數中常見的運用:利用函數的奇偶性對自變量的范圍進行轉化,將不等式恒(能)成立等問題轉化為最大(小)值問題,構造函數,利用函數的性質進行適當的轉化等.
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