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高三數(shù)學(xué)《函數(shù)》教學(xué)教案
2.12 函數(shù)的綜合問題
●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(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≤2x-1.而x∈[1，+∞)時(shí)，2x-1單調(diào)增加，
∴b≤2-1=1.
答案：A
2.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
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)
∴0
答案：(-1，2)
●典例剖析
【例1】 取第一象限內(nèi)的點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(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
∴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(2002)的值.
解：由g(x)=f(x-1)，x∈R，得f(x)=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(2002)=f(4×500+2)=f(2)=0.
評述：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.
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)的定義域?yàn)镽，且對任意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x10.∴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(shí)數(shù)x、y，定義運(yùn)算x*y=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)閇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.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.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.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?yàn)锽.
(1)求A;
(2)若B A，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).
∵B A，∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥ 或a≤-2.
而a<1，∴ ≤a<1或a≤-2.
故當(dāng)B A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)閇-1，0]時(shí)，值域也是[-1，0]，符合上述條件的函數(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.
�、佼�(dāng)- <- ≤0，即0≤b<1時(shí)，
函數(shù)x=- 有最小值-1，則
或 (舍去).
�、诋�(dāng)-1<- ≤- ，即1≤b<2時(shí)，則
(舍去)或 (舍去).
�、郛�(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)閇-1，0]時(shí)，值域也是[-1，0]，符合上述條件的函數(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(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.已知函數(shù)f(x)=x+ 的定義域?yàn)?0，+∞)，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，則求出該定值;若不是，請說明理由.
(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，∴kPM1=-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+ )+ ≥1+ .
當(dāng)且僅當(dāng)x0=1時(shí)，等號成立.
此時(shí)四邊形OMPN的面積有最小值1+ .
探究創(chuàng)新
8.有一塊邊長為4的正方形鋼板，現(xiàn)對其進(jìn)行切割、焊接成一個(gè)長方體形無蓋容器(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(jì)存在缺陷(材料有所浪費(fèi))，請你重新設(shè)計(jì)切、焊方法，使材料浪費(fèi)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4-2x，高為x，
∴V1=(4-2x)2x=4(x3-4x2+4x)(0
∴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)
∴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)
1.函數(shù)知識可深可淺，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(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)的大小;
(2)解不等式f(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
∴ >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(x)是增函數(shù).
(1)∵a>b，∴f(a)>f(b).
(2)由f(x- )
∴- ≤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≤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】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)的對稱點(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】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，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(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(1221.
∴從第22天開始日銷售量低于30件，
即流行時(shí)間為14號至21號.
∴該服裝流行時(shí)間不超過10天.
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