首页

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第2章 第2节 函数的单调性与最值(含解析)新人教A版

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/18

2/18

剩余16页未读,查看更多内容需下载

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第2章第2节函数的单调性与最值新人教A版一、选择题1.(文)下列四个函数中,在区间(0,1)上是减函数的是(  )A.y=log2x      B.y=xC.y=-()x D.y=[答案] D[解析] y=log2x在(0,+∞)上为增函数;y=x在(0,+∞)上是增函数;∵y=()x在(0,+∞)上是减函数,∴y=-()x在(0,+∞)上是增函数;y=在(0,+∞)上是减函数,故y=在(0,1)上是减函数.故选D.(理)(2022·东营模拟)下列函数在(0,+∞)上是增函数的是(  )A.y=ln(x-2)    B.y=-C.y=x-x-1 D.y=()|x|[答案] C[解析] 当x=1时,y=ln(x-2)无意义;y=-在[0,+∞)上单调递减;y=()|x|在[0,+∞)上单调递减,∴选C.2.(文)(2022·山西运城模拟)已知函数f(x)=则“c=-1”是“函数f(x)在R上递增”的(  )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件[答案] A[解析] c=-1时,f(x)在R上单调递增;c=-2时,f(x)在R上也单调递增,故选A.(理)已知f(x)=是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围为(  )A.(1,+∞) B.[4,8)C.(4,8) D.(1,8)[答案] B-18-\n[解析] 由y=ax(x>1)单调增知a>1;由y=(4-)x+2(x≤1)单调增知,4->0,∴a<8;又f(x)在R上单调增,∴a≥(4-)+2,∴a≥4,综上知,4≤a<8.[点评] 可用筛选法求解,a=2时,有f(1)=5>4=f(2),排除A、D.a=4时,f(x)=在R上单调递增,排除C,故选B.3.(文)(2022·贵州贵阳质检)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(x)在(-∞,2)上是增函数,则(  )A.f(-1)<f(3) B.f(0)>f(3)C.f(-1)=f(3) D.f(0)=f(3)[答案] A[解析] ∵f(x)的图象关于直线x=2对称,∴f(3)=f(1),∵f(x)在(-∞,2)上是增函数,∴f(-1)<f(1)=f(3).(理)(2022·厦门模拟)定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,且f(x+2)的图象关于直线x=0对称,则(  )A.f(-1)<f(3) B.f(0)>f(3)C.f(-1)=f(3) D.f(0)=f(3)[答案] A[解析] ∵f(x+2)的图象关于直线x=0对称,∴f(x)的图象关于直线x=2对称,∴f(3)=f(2+1)=f(2-1)=f(1),又f(x)在(-∞,2)上为增函数,∴f(-1)<f(0)<f(1),故选A.4.若f(x)=x3-6ax的单调递减区间是(-2,2),则a的取值范围是(  )A.(-∞,0] B.[-2,2]C.{2} D.[2,+∞)[答案] C[解析] f′(x)=3x2-6a,若a≤0,则f′(x)≥0,∴f(x)单调增,排除A;若a>0,则由f′(x)=0得x=±,当x<-和x>时,f′(x)>0,f(x)单调增,当-<x<时,f(x)单调减,∴f(x)的单调减区间为(-,),从而=2,∴a=2.-18-\n[点评] f(x)的单调递减区间是(-2,2)和f(x)在(-2,2)上单调递减是不同的,应加以区分.本例亦可用x=±2是方程f′(x)=3x2-6a=0的两根解得a=2.5.(文)已知a=21.2,b=()-0.8,c=2log52,则a、b、c的大小关系为(  )A.c<b<a B.c<a<bC.b<a<c D.b<c<a[答案] A[解析] 本题考查指数、对数值的大小比较.a=21.2>21=2,b=()-0.8=20.8<21=2,b=20.8>20=1,c=2log52=log522=log54<log55=1,所以c<b<a.(理)已知a=20.2,b=0.40.2,c=0.40.6,则(  )A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.b>c>a[答案] A[分析] b与c有相同底数0.4,故可用指数函数y=0.4x的单调性比较大小,且可知b与c都小于1,又知a>1,即可获解.[解析] ∵y=0.4x为减函数,0<0.2<0.6,∴1>0.40.2>0.40.6,∴1>b>c;又y=2x为增函数,0.2>0,∴20.2>20=1,∴a>1,∴a>b>c.6.(文)(2022·安徽省“江南十校”联考)函数y=log2(|x|+1)的图象大致是(  )[答案] B[解析] 首先判断定义域为R.又f(-x)=f(x),所以函数y=log2(|x|+1)为偶函数,当x>0时,y=log2(x+1).由对数函数的图象特征知排除A、C,又x=1时,y=1,排除D,故选B.(理)(2022·阜阳月考)函数y=f(x)的图象如图所示,则函数y=logf(x)的图象大致是(  )-18-\n[答案] A[解析] 由f(x)的图象知f(x)≥1,∴y=logf(x)≤0,故选A.二、填空题7.(文)(2022·柳州月考)定义在R上的奇函数y=f(x)在[0,+∞)上递增,且f()=0,则满足f(logx)>0的x的集合为________.[答案] {x|0<x<,或1<x<3}[解析] 由奇函数y=f(x)在[0,+∞)上递增,且f()=0,得函数y=f(x)在(-∞,0)上递增,且f(-)=0.由f(logx)>0,得logx>或-<logx<0,解得0<x<或1<x<3.所以满足条件的x的取值集合为{x|0<x<,或1<x<3}.(理)(2022·黄山月考)若定义域为R的偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,且f()=0,则不等式f(log4x)>0的解集是________.[答案] (0,)∪(2,+∞)[解析] 由f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上是增函数,可得f(x)在(-∞,0)上是减函数,f(log4x)>0⇔f(log4x)>f()⇔log4x<-或log4x>,解得0<x<或x>2.8.(文)已知函数f(x)=(a是常数且a>0).对于下列命题:①函数f(x)的最小值是-1;②函数f(x)在R上是单调函数;③若f(x)>0在[,+∞)上恒成立,则a的取值范围是a>1;④对任意的x1<0,x2<0且x1≠x2,恒有f()<-18-\n.其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号).[答案] ①③④[解析] (数形结合法)根据题意可画出草图,由图象可知,①显然正确;函数f(x)在R上不是单调函数,故②错误;若f(x)>0在[,+∞)上恒成立,则2a×-1>0,a>1,故③正确;由图象可知对任意的x1<0,x2<0且x1≠x2,恒有f()<成立,故④正确.(理)已知函数f(x)=若f(x0)≥2,则x0的取值范围是____________.[答案] (-∞,-1]∪[2,+∞)[解析] 当x0≤0时,f(x0)≥2化为()x0≥2,即:()x0≥()-1,∴x0≤-1,当x0>0时,f(x0)≥2化为log2(x0+2)≥2,即log2(x0+2)≥log24,∴x0+2≥4,∴x0≥2,∴x0的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).9.(2022·河北唐山一中调研)若f(x)=3x+sinx,则满足不等式f(2m-1)+f(3-m)>0的m的取值范围为________.[答案] (-2,+∞)[解析] 因为f(x)=3x+sinx的定义域R关于原点对称,且满足f(-x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.又因为f′(x)=3+cosx>0,所以函数f(x)在R上单调递增,则f(2m-1)+f(3-m)>0等价于f(2m-1)>-f(3-m),即f(2m-1)>f(m-3),故2m-1>m-3,解得m>-2.三、解答题10.(文)(2022·济南模拟)已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数.(1)求a,b的值;(2)证明函数f(x)的单调性.[解析] (1)∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),∴=-,∵此式对∀x∈R都成立,∴x=0时等式成立,∴b=1.又x=1时此等式成立,∴a=3.-18-\n(2)f(x)==-+,易证f(x)为减函数.(理)经市场调查,某商品在过去100天内的销售量和价格均为时间t(天)的函数,且日销售量近似地满足g(t)=-t+(1≤t≤100,t∈N).前40天价格为f(t)=t+22(1≤t≤40,t∈N),后60天价格为f(t)=-t+52(41≤t≤100,t∈N),试求该商品的日销售额S(t)的最大值和最小值.[解析] 当1≤t≤40,t∈N时,S(t)=g(t)f(t)=(-t+)(t+22)=-t2+2t+=-(t-12)2+,所以768=S(40)≤S(t)≤S(12)=+12=.当41≤t≤100,t∈N时,S(t)=g(t)f(t)=(-t+)(-t+52)=t2-36t+=(t-108)2-,所以8=S(100)≤S(t)≤S(41)=.所以,S(t)的最大值为,最小值为8.[点评] 求函数值域与最值的基本方法与思路:单调性法,图象法,基本不等式法,换元法,导数法,判别式法等.(1)单调性法①若函数f(x)=x2-2x+m在[3,+∞)上的最小值为1,则实数m的值为(  )A.-3 B.-2C.-1 D.1[答案] B[解析] ∵f(x)=(x-1)2+m-1在[3,+∞)上是增加的,且f(x)在[3,+∞)上的最小值为1,∴f(3)=1,即22+m-1=1,m=-2.选B.②函数y=-的最大值为(  )A.2 B.C.1 D.4[答案] B-18-\n[解析] y=,又x≥1,则y是x的减函数,当x=1时,ymax=.③已知函数f(x)=,x∈[1,+∞).(1)当a=4时,求f(x)的最小值;(2)当a=时,求f(x)的最小值;(3)若a为正常数,求f(x)的最小值.[分析] 在解决该类型函数的最值时,首先考虑到应用均值不等式求解,但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件,若条件不具备,应从函数单调性的角度考虑.[解析] (1)当a=4时,f(x)=x++2,易知f(x)在[1,2]上是减少的,在[2,+∞)上是增加的.∴f(x)min=f(2)=6.(2)当a=时,f(x)=x++2,易知f(x)在[1,+∞)上为增加的,∴f(x)min=f(1)=.(3)函数f(x)=x++2在(0,]上是减少的,在[,+∞)上是增加的.若>1,即a>1时,f(x)在区间[1,+∞)上先减后增,f(x)min=f()=2+2;若≤1,即0<a≤1时,f(x)在区间[1,+∞)上是增加的.∴f(x)min=f(1)=a+3.综上所述,f(x)min=.(2)图象法④设a,b∈R,定义max{a,b}=,函数f(x)=max{|x+1|,|x-2|}(x∈R),则f(x)的最小值是______.[答案] [解析] 令y1=|x+1|,y2=|x-2|,在同一坐标系中分别作出其图象,如图所示,根据条件知函数f(x)的图象为图中的射线PA,PB构成,-18-\n由,解得y=.即为函数f(x)的最小值.(3)反函数法⑤函数y=的值域为________.[答案] (-1,1][解析] 解法1:(反函数法)由y=得x2=≥0,解得-1<y≤1.解法2:(分离常数法)y===-1+.∵x2+1≥1,∴0<≤2,∴-1<-1+≤1.(4)换元法⑥函数y=2x+的值域为________.[答案] (-∞,][解析] 令t=(t≥0),则x=,∴y=-t2+t+1=-(t-)2+(t≥0),∵当t=即x=时,ymax=,无最小值.∴函数值域为(-∞,].(5)基本不等式法⑦f(x)=的值域为(  )A.R B.(-∞,1]∪[2,+∞)C.[1,2] D.(-∞,-1]∪[2,+∞)[答案] B[分析] 先分别求出函数在每一段上的取值,当x-18-\n>0时,可化简函数解析式,利用基本不等式求解函数的最值,进而确定其取值范围;当x≤0时,可利用配方法求解其取值范围,最后把两个取值范围取并集,即得函数的值域.[解析] 当x>0时,f(x)==x+-2,由基本不等式可得x+≥2=4(当且仅当x=,即x=2时等号成立),所以f(x)=x+-2≥4-2=2,即此时f(x)∈[2,+∞).当x≤0时,f(x)=-x2-2x=-(x+1)2+1,因为当x=-1时,f(x)取得最大值1,所以此时f(x)∈(-∞,1].综上,f(x)的值域为(-∞,1]∪[2,+∞),故选B.(6)导数法⑧函数y=2x3-3x2-12x+5在[0,3]上的最大值、最小值分别是(  )A.5;-15 B.5;-4C.-4;-15 D.5;-16[答案] A[解析] y′=6x2-6x-12,令y′=0⇒x=-1(舍去)或x=2.x=0时y=5;x=2时y=-15;x=3时y=-4.∴ymax=5,ymin=-15.故选A.⑨设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.[解析] (1)由f′(x)=-x2+x+2a=-(x-)2++2a当x∈[,+∞)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a;令+2a>0,得a>-所以,当a>-时,f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间.即f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间时,a的取值范围是(-,+∞).-18-\n(2)令f′(x)=0,得两根x1=,x2=.所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2),又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)<f(1)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.一、选择题11.(2022·吉林长春调研)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=0,且在(-∞,0)上单调递增,如果x1+x2<0且x1x2<0,则f(x1)+f(x2)的值(  )A.可能为0 B.恒大于0C.恒小于0 D.可正可负[答案] C[解析] ∵f(x)+f(-x)=0,∴f(x)为奇函数,∵x1+x2<0,x1x2<0,∴x1<-x2<0或x2<-x1<0,∵f(x)在(-∞,0)上单调递增,∴f(x1)<f(-x2)或f(x2)<f(-x1).又f(x)为奇函数,∴f(x1)+f(x2)<0.12.(文)若函数y=f(x)的导函数在区间[a,b]上是增函数,则函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象可能是(  )-18-\n[答案] A[解析] ∵导函数f′(x)是增函数,∴切线的斜率随着切点横坐标的增大,逐渐增大,故选A.[点评] B图中切线斜率逐渐减小,C图中f′(x)为常数,D图中切线斜率先增大后减小.(理)如果函数y=a-x(a>0,且a≠1)是减函数,那么函数f(x)=loga的图象大致是(  )[答案] C[解析] 解法一:由函数y=a-x(a>0,且a≠1)是减函数知a>1,∴0<<1,f(x)=loga=-loga(x+1)=log(x+1).函数f(x)的图象可以看作由函数y=logx的图象向左平移1个单位长度得到,又y=logx是减函数,∴f(x)为减函数,故选C.解法二:由于f(0)=0,故排除A、B;由y=a-x,即y=x是减函数知a>1,∴x>0时,f(x)<0,排除D,选C.13.(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称,当-18-\nx2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0恒成立,设a=f(-),b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为(  )A.c>a>b B.c>b>aC.a>c>b D.b>a>c[答案] D[解析] ∵x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0,∴f(x)在[1,+∞)上为减函数,又f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称,∴f(x)的图象关于直线x=1对称,∴a=f(-)=f(),∴f(2)>f()>f(3),即b>a>c.14.(文)(2022·浙江省名校联考)设f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,当n∈N*时,f(n)∈N*,且f[f(n)]=2n+1,则(  )A.f(1)=3,f(2)=4 B.f(1)=2,f(2)=3C.f(2)=4,f(4)=5 D.f(2)=3,f(3)=4[答案] B[解析] 由f[f(n)]=2n+1,得f[f(1)]=3,f[f(2)]=5.∵当n∈N*时,f(n)∈N*,若f(1)=3,则由f[f(1)]=3得,f(3)=3,与f(x)在(0,+∞)上单调递增矛盾,故选项A错误;若f(2)=4,则f(4)=5,4<f(3)<5,与f(3)∈N*矛盾,故选项C错;若f(2)=3,则由f[f(2)]=5得f(3)=5,故选项D错.(理)当0<x≤时,4x<logax,则a的取值范围是(  )A.(0,) B.(,1)C.(1,) D.(,2)[答案] B[解析] ∵0<x≤时,logax>4x>0,∴0<a<1,排除C、D;当x=时,loga>4=2=logaa2,∴或∴a>,排除A,选B.二、填空题15.(文)若函数f(x)=-x2+2ax与g(x)=在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是________.[答案] (0,1][解析] 由f(x)=-x2+2ax得函数对称轴为x=a,-18-\n又在区间[1,2]上是减函数,所以a≤1,又g(x)=在[1,2]上减函数,所以a>0,综上a的取值范围为(0,1].(理)若函数f(x)=x2+2x+alnx在(0,1)上单调递减,则实数a的取值范围是________.[答案] a≤-4[解析] ∵函数f(x)=x2+2x+alnx在(0,1)上单调递减,∴当x∈(0,1)时,f′(x)=2x+2+=≤0,∴g(x)=2x2+2x+a≤0在x∈(0,1)时恒成立,∵g(x)的对称轴x=-,x∈(0,1),∴g(1)≤0,即a≤-4.16.(2022·福建厦门质检)函数f(x)=()x-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________.[答案] 3[解析] 由于y=()x在R上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以f(x)在[-1,1]上单调递减,故f(x)在[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.三、解答题17.(文)已知函数f(x)=loga(x+1)-loga(1-x),a>0且a≠1.(1)求f(x)的定义域;(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明;(3)当a>1时,求使f(x)>0的x的取值范围.[解析] (1)要使f(x)=loga(x+1)-loga(1-x)有意义,则解得-1<x<1.故所求定义域为{x|-1<x<1}.(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|-1<x<1},且f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-[loga(x+1)-loga(1-x)]=-f(x),故f(x)为奇函数.(3)因为当a>1时,f(x)在定义域{x|-1<x<1}内是增函数,所以f(x)>0⇔>1.解得0<x<1.所以使f(x)>0的x的取值范围是{x|0<x<1}.(理)设函数f(x)=ax2+bx+c(a、b、c为实数,且a≠0),F(x)=-18-\n(1)若f(-1)=0,曲线y=f(x)通过点(0,2a+3),且在点(-1,f(-1))处的切线垂直于y轴,求F(x)的表达式;(2)在(1)的条件下,当x∈[-1,1]时,g(x)=kx-f(x)是单调函数,求实数k的取值范围;(3)设mn<0,m+n>0,a>0,且f(x)为偶函数,证明F(m)+F(n)>0.[解析] (1)因为f(x)=ax2+bx+c,所以f′(x)=2ax+b.又曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线垂直于y轴,故f′(-1)=0,即-2a+b=0,因此b=2a.①因为f(-1)=0,所以b=a+c.②又因为曲线y=f(x)通过点(0,2a+3),所以c=2a+3.③解由①,②,③组成的方程组得,a=-3,b=-6,c=-3.从而f(x)=-3x2-6x-3.所以F(x)=(2)由(1)知f(x)=-3x2-6x-3,所以g(x)=kx-f(x)=3x2+(k+6)x+3.由g(x)在[-1,1]上是单调函数知:-≤-1或-≥1,得k≤-12或k≥0.(3)因为f(x)是偶函数,可知b=0.因此f(x)=ax2+c.又因为mn<0,m+n>0,可知m、n异号.若m>0,则n<0.则F(m)+F(n)=f(m)-f(n)=am2+c-an2-c=a(m+n)(m-n)>0.若m<0,则n>0.同理可得F(m)+F(n)>0.综上可知F(m)+F(n)>0.18.(文)(2022·盘锦模拟)已知函数f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,在[0,1]上f(x)=2x+ln(x+1)-1.(1)求函数f(x)的解析式,并判断f(x)在[-1,1]上的单调性(不要求证明).(2)解不等式f(2x-1)+f(1-x2)≥0.[解析] (1)设-1≤x≤0,则0≤-x≤1,所以f(-x)=2-x+ln(1-x)-1=+ln(1-x)-1,又f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),-18-\nf(x)=-f(-x)=--ln(1-x)+1,所以f(x)=f(x)是[-1,1]上的增函数.(2)∵f(2x-1)+f(1-x2)≥0,f(x)为奇函数,∴f(2x-1)≥f(x2-1),∵f(x)在[-1,1]上为增函数,∴∴∴0≤x≤1.∴原不等式的解集为{x|0≤x≤1}.(理)(2022·合肥模拟)函数f(x)对任意的m,n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且x>0时,恒有f(x)>1.(1)求证:f(x)在R上是增函数;(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.[分析] (1)利用定义法,取x1<x2,则x2-x1>0→利用f(m+n)=f(m)+f(n)-1将f(x2)-f(x1)用f(x2-x1)表示→与0比较大小→结论.(2)利用f(m+n)=f(m)+f(n)-1及f(3)=4,将2表示成函数值f(x0)→得f(a2+a-5)<f(x0)→用单调性脱掉“f”求解.[解析] (1)设x1<x2,所以x2-x1>0.因为当x>0时,f(x)>1,所以f(x2-x1)>1.f(x2)=f((x2-x1)+x1)①=f(x2-x1)+f(x1)-1,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0⇒f(x1)<f(x2),所以f(x)在R上为增函数.(2)因为m,n∈R,不妨设m=n=1,所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1⇒f(2)=2f(1)-1,f(3)=4⇒f(2+1)=4⇒f(2)+f(1)-1=4⇒3f(1)-2=4,所以f(1)=2,所以f(a2+a-5)<2=f(1),②因为f(x)在R上为增函数,所以a2+a-5<1⇒-3<a<2,即原不等式的解集为{a|-3<a<2}.[失误与防范] 失误点防范措施①处不会根据条件f(m+n)=f(m)+f(n)-1,构造f(x2)=f((x2-x1)+x1),进而将f(x2)-f(x1)用f(x2-x1)表示而失分在利用定义法证明抽象函数的单调性时,应根据所给抽象关系式的特点,对x1或x2进行适当变形,进而将f(x2)-f(x1)与0比较大小-18-\n②处不能根据条件f(m+n)=f(m)+f(n)-1及f(3)=4,将所解不等式转化为f(a2+a-5)<f(1),从而无法根据单调性脱掉“f”而失分求解含“f”的不等式问题,应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)<f(x2)的形式,然后再根据其单调性脱掉“f”,转化为关于x1与x2的不等式问题求解[点评] 求函数解析式的常见类型与方法(1)换元法已知f[g(x)]是关于x的函数,即f[g(x)]=F(x),求f(x)的解析式,通常令g(x)=t,由此能解出x=φ(t).将x=φ(t)代入f[g(x)]=F(x)中,求得f(t)的解析式,再用x替换t,便得f(x)的解析式.注意,换元后要确定新元t的取值范围.①已知f(+1)=lgx,求f(x)的解析式.[解析] 令+1=t,由于x>0,∴t>1且x=,∴f(t)=lg,即f(x)=lg(x>1).(2)待定系数法若已知函数的结构形式,则可用此法.②设二次函数f(x)满足f(x-2)=f(-x-2)且图象在y轴上的截距为1,在x轴上截得的线段长为2,求f(x)的解析式.[解析] ∵二次函数f(x)满足f(x-2)=f(-x-2),∴f(x)的图象关于直线x=-2对称,故可设f(x)=a(x+2)2+c,∵f(x)的图象在y轴上的截距为1,∴f(0)=1,∴4a+c=1,①又f(x)的图象在x轴上截得线段长为2,∴-2+与-2-是方程a(x+2)2+c=0的两根,∴2a+c=0②由①、②解得,a=,c=-1,∴f(x)=(x+2)2-1,即f(x)=x2+2x+1.(3)消元法已知f(x)满足某个等式,这个等式除f(x)是未知量外,还出现其他未知量,如f(-x)、-18-\nf等,必须根据已知等式再构造其他等式组成方程组,通过解方程组求出f(x).③已知函数f(x)满足条件:f(x)+2f(-x)=x,则f(x)=________.[答案] -x[分析] 由于难以判断f(x)是何种类型的函数,故不可能先设出f(x)的表达式,但如果把条件中的x换成-x,即得f(-x)+2f(x)=-x,把f(x)、f(-x)作为一个整体量,实际上得到了这两个量的方程组.[解析] 用-x代换条件方程中的x得f(-x)+2f(x)=-x,把它与原条件式联立.②×2-①得,f(x)=-x.(4)赋值法此类解法的依据是:如果一个函数关系式中的变量对某个范围内的一切值都成立,则对该范围内的某些特殊值必成立,结合题设条件的结构特点,给变量适当取值,从而使问题简单化、具体化,进而获解.④已知f(0)=1,f(a-b)=f(a)-b(2a-b+1),求f(x).[解析] 令a=0,则f(-b)=f(0)-b(-b+1)=1+b(b-1)=b2-b+1再令-b=x得:f(x)=x2+x+1.[解法探究] 赋值法的关键环节是“赋值”,赋值的方法灵活多样,既要照顾到已知条件的运用和待求结论的产生,又要考虑所给关系式的结构特点.如本题另解:令b=a,则1=f(0)=f(a)-a(2a-a+1)=f(a)-a(a+1)=f(a)-a2-a,∴f(a)=a2+a+1,∴f(x)=x2+x+1.(5)转化法已知f(x)在某个区间上的表达式及f(x)具有某种性质(如奇偶性、对称性等),求f(x)在另一个区间上的表达式,常用转化法求解.⑤已知函数f(x)对任意实数x均有f(x)=kf(x+2),其中常数k为负数,且f(x)在区间[0,2]上有表达式f(x)=x(x-2).(1)求f(-1),f(2.5)的值;(2)写出f(x)在[-3,3]上的表达式,并讨论函数f(x)在[-3,3]上的单调性.[解析] (1)由f(-1)=kf(1),f(2.5)=f()知需求f()和f(1),f(1)=-1,f()=×(-2)=-,-18-\n∴f(-1)=-k,f(2.5)=-(2)∵0≤x≤2时,f(x)=x(x-2),设-2≤x<0,则0≤x+2<2,∴f(x)=kf(x+2)=k(x+2)x;设-3≤x<-2,则-1≤x+2<0,∴f(x)=kf(x+2)=k2(x+4)(x+2);设2<x≤3,则0<x-2≤1,∵f(x)=kf(x+2),∴f(x-2)=kf(x),∴f(x)=f(x-2)=(x-2)(x-4).综上可知,f(x)=∵k<0,∴由二次函数的知识知:f(x)在[-3,-2)上是增函数,在[-2,-1)上是增函数,在[-1,0)上是减函数,在[0,1)上是减函数,在[1,2]上是增函数,在(2,3]上是增函数,又各区间都可以是闭区间,∴f(x)在[-3,-1]上是增函数,在[-1,1]上是减函数,在[1,3]上是增函数.-18-

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-26 00:14:09 页数:18
价格:¥3 大小:166.97 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE