【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 第2讲 函数、图象及性质

第2讲　函数、图象及性质1.函数在高考中的题型设置有小题也有大题，其中大题有简单的函数应用题、函数与其他知识综合题，也有复杂的代数推理题，可以说函数性质的应用是高考考查的主要着力点之一．2.重点：①函数的奇偶性、单调性和周期性；②函数与不等式结合；③函数与方程的综合；④函数与数列的综合；⑤函数与向量的综合；⑥利用导数来刻画函数．3.难点：①新定义的函数问题；②代数推理问题，常作为高考压轴题．1.已知函数f(x)＝则f＝________．答案：－2解析：f＝－tan＝－1，f＝f(－1)＝－2.2.函数f(x)＝的定义域为________．答案：(－∞，－1)∪(－1，0)解析：x＜0，x≠－1.3.已知实数m≠0，函数f(x)＝若f(2－m)＝f(2＋m)，则实数m的值为________.答案：－和8解析：当m>0时，由f(2－m)＝f(2＋m)得m＝8；当m<0时，由f(2－m)＝f(2＋m)得m＝－.4.设函数f(x)＝x2－2x，g(x)＝mx＋2，对x1∈[－1，2]，x0∈[－1，2]，使g(x1)＝f(x0)，则实数m的取值范围是________．答案：解析：x∈[－1，2]时，f(x)∈[－1，3]．m>0时，x∈[－1，2]时，g(x)∈[2－m，2＋2m]；m＝0时，g(x)＝2，x0∈[－1，2]，f(x)∈[－1，3]；m＜0，x∈[－1，2]时，g(x)∈[2＋2m，2－m]．m≥0时，[2－m，2＋2m][－1，3]；m＜0，[2＋2m，2－m][－1，3]，得0≤m≤或－1≤m<0，故实数m的取值范围是.题型一函数解析式及方程区间根问题例1已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0，5)，且f(x)在区间[－1，4]上的最大值是12.(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在整数m使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．解：(1)∵f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0，5),∴可设f(x)＝ax-9-\n(x－5)(a＞0)．∴f(x)在区间[－1，4]上的最大值是f(－1)＝6a.由已知得6a＝12,∴a＝2,∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R)．(2)方程f(x)＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0.设h(x)＝2x3－10x2＋37，则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)．当x∈时，h′(x)＜0，h(x)是减函数；当x∈时，h′(x)＞0，h(x)是增函数．∵h(3)＝1＞0，h＝－＜0，h(4)＝5＞0，∴方程h(x)＝0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0，3)，(4，＋∞)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不同的实数根．已知f(x)为定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)为二次函数，且满足f(2)＝1，f(x)在(0，＋∞)上的两个零点为1和3.(1)求函数f(x)在R上的解析式；(2)作出f(x)的图象，并根据图象讨论关于x的方程f(x)－c＝0(c∈R)根的个数．解：(1)由题意，当x>0时，设f(x)＝a(x－1)(x－3)(a≠0)，∵f(2)＝1，∴a＝－1，∴f(x)＝－x2＋4x－3.当x<0时，－x>0，∵f(x)为R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－f(－x)＝－[－(－x)2＋4(－x)－3]＝x2＋4x＋3，即x<0时，f(x)＝x2＋4x＋3.当x＝0时，由f(－x)＝－f(x)得f(0)＝0，∴f(x)＝(2)作出f(x)的图象(如图所示)，由f(x)－c＝0得：c＝f(x)，在图中作y＝c，根据交点讨论方程的根：当c≥3或c≤－3时，方程有1个根；当1<c<3或－3<c<－1时，方程有2个根；当c＝－1或c＝1时，方程有3个根；当0<c<1或－1<c<0时，方程有4个根；当c＝0时，方程有5个根.-9-\n题型二函数性质及应用问题例2已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，常数a∈R)．(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝x2，对任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x),∴f(x)为偶函数．当a≠0时，f(x)＝x2＋(a≠0，x≠0)，取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a≠0，∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，∴函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．(2)(解法1)设2≤x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝x＋－x－＝[x1x2(x1＋x2)－a]，要使函数f(x)在x∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x1)－f(x2)＜0恒成立．∵x1－x2＜0，x1x2＞4，即a＜x1x2(x1＋x2)恒成立，又x1＋x2＞4,∴x1x2(x1＋x2)＞16.∴a的取值范围是(－∞，16]．(解法2)当a＝0时，f(x)＝x2，显然在[2，＋∞)上为增函数．当a＜0时，反比例函数在[2，＋∞)上为增函数，∴f(x)＝x2＋在[2，＋∞)上为增函数．当a＞0时，同解法1.(解法3)f′(x)＝2x－≥0对x∈[2，＋∞)恒成立．∴a≤2x3而y＝2x3在[2，＋∞)上单调递增，最小值为16，∴a≤16.点评：本题主要考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题．已知函数f(x)＝x|x－a|(x∈R)．(1)判断f(x)的奇偶性，并证明；(2)求实数a的取值范围，使函数g(x)＝f(x)＋2x＋1在R上恒为增函数．解：(1)当a＝0时，f(x)＝x|x|，定义域为R，又f(－x)＝(－x)|－x|＝－x|x|＝－f(x)，∴f(x)是奇函数.当a≠0时，f(a)＝0，f(－a)＝－a|－2a|，∵f(－a)≠±f(a)，∴f(x)是非奇非偶函数．∴当a＝0时，f(x)为奇函数；当a≠0时，f(x)为非奇非偶函数．(2)g(x)＝x|x－a|＋2x＋1＝在R上恒为增函数，∴y＝x2＋(2－a)x＋1在[a，＋∞)上是增函数，且y＝－x2＋(2＋a)x＋1在(－∞，a]上是增函数，-9-\n∴∴－2≤a≤2.题型三含字母的函数最值讨论问题例3设a为实数，函数f(x)＝x2＋|x－a|＋1，x∈R.(1)讨论f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的最小值．解：(1)当a＝0时，函数f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，此时f(x)为偶函数．当a≠0时，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，f(－a)≠f(a)，f(－a)≠－f(a)．此时函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．(2)①当x≤a时，函数f(x)＝x2－x＋a＋1＝＋a＋.若a≤，则函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，从而，函数f(x)在(－∞，a)上的最小值为f(a)＝a2＋1.若a＞，则函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为f＝＋a，且f≤f(a)．②当x≥a时，函数f(x)＝x2＋x－a＋1＝－a＋.若a≤－，则函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f＝－a，且f≤f(a)．若a＞－，则函数f(x)在[a，＋∞)上单调递增，从而，函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f(a)＝a2＋1.综上，当a≤－时，函数f(x)的最小值是－a；当－＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2＋1；当a＞时，函数f(x)的最小值是a＋.点评：函数奇偶性的讨论问题是中学数学的基本问题，如果平时注意知识的积累，对解此题会有较大帮助．因为x∈R，f(0)＝|a|＋1≠0，由此排除f(x)是奇函数的可能性．运用偶函数的定义分析可知，当a＝0时，f(x)是偶函数，第(2)题主要考查学生的分类讨论思想、对称思想．已知函数f(x)＝x|x－2|.设a＞0，求f(x)在[0，a]上的最大值．解：f(x)＝x|x－2|＝∴f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞);单调递减区间是[1，2]．①当0＜a＜1时，f(x)是[0，a]上的增函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(2－a)；②当1≤a≤2时，f(x)在[0，1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；③当a＞2时，令f(a)－f(1)＝a(a－2)－1＝a2－2a－1＞0,解得a＞1＋.若2＜a≤1＋，则f(a)≤f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；若a＞1＋，则f(a)＞f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(a－2)．综上，当0＜a＜1时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(2－a)；当1≤a≤1＋时，f(x)在[0，a]上的最大值是1；当a＞1＋时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(a－2)．-9-\n题型四函数综合问题例4定义函数φ(x)＝f(x)＝x2－2x(x2－a)·φ(x2－a)．(1)解关于a的不等式f(1)≤f(0)；(2)已知函数f(x)在x∈[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值范围．解：(1)f(1)≤f(0)即1－2(1－a)·φ(1－a)≤0.当a＞1时，φ(1－a)＝－1，∴1＋2(1－a)≤0，a≥.当a≤1时，φ(1－a)＝1，∴1－2(1－a)≤0，a≤.综上，a≤或a≥.(2)当x＝1时，f(x)＝f(1)．由题意，x∈[0，1)，f(x)≥f(1)恒成立．Ⅰ.a>1时，由f(x)≥f(1)，得x2＋2x(x2－a)≥3－2a，即2a(x－1)≤2x3＋x2－3.　①∵x∈[0，1)，①式即2a≥，即2a≥2x2＋3x＋3，上式对一切x∈[0，1)恒成立，∴2a≥2＋3＋3，即a≥4.Ⅱ.0＜a≤1时，由f(x)≥f(1)，得x2－2x(x2－a)·φ(x2－a)≥2a－1.(ⅰ)当≤x≤1时，x2－2x(x2－a)≥2a－1，即2a(x－1)≥2x3－x2－1.　②∵x∈[0，1)，②式即2a≤，即2a≤2x2＋x＋1，上式对一切x∈[0，1)恒成立，∴2a≤2a＋＋1.此式恒成立．(ⅱ)当0≤x＜时，x2＋2x(x2－a)≥2a－1，即2a(x＋1)≤2x3＋x2＋1.　③∵x∈[0，1)，③式即2a≤，即2a≤2x2－x＋1.当≤，即0＜a≤时，2a≤2()2－＋1，∴a≤1.结合条件得0＜a≤.当＞(0＜a≤1)，即＜a≤1时，2a≤1－，∴a≤.结合条件得＜a≤.故0＜a≤.由Ⅰ、Ⅱ，得0＜a≤或a≥4.已知函数f(x)＝3－2log2x，g(x)＝log2x.(1)如果x∈[1，4]，求函数h(x)＝[f(x)＋1]g(x)的值域；(2)求函数M(x)＝的最大值；(3)如果对不等式f(x2)f()＞kg(x)中的任意x∈[1，4]，不等式恒成立，求实数k的取值范围．解：令t＝log2x，(1)h(x)＝(4－2log2x)·log2x＝－2(t－1)2＋2.-9-\n∵x∈[1，4]，∴t∈[0，2]，∴h(x)的值域为[0，2]．(2)f(x)－g(x)＝3(1－log2x)，当0＜x≤2时，f(x)≥g(x)；当x＞2时，f(x)＜g(x)，∴M(x)＝即M(x)＝当0＜x≤2时，M(x)最大值为1；当x＞2时，M(x)＜1.综上，当x＝2时，M(x)取到最大值为1.(3)由f(x2)f()＞kg(x)，得(3－4log2x)(3－log2x)＞k·log2x.∵x∈[1，4]，∴t∈[0，2]，∴(3－4t)(3－t)＞kt对一切t∈[0，2]恒成立．①当t＝0时，k∈R；②t∈(0，2]时，k＜恒成立，即k＜4t＋－15.∵4t＋≥12，当且仅当4t＝，即t＝时取等号．∴4t＋－15的最小值为－3.综上，k＜－3.1.(2022·安徽卷)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)．若当0≤x≤1时．f(x)＝x(1－x)，则当－1≤x≤0时，f(x)＝________．答案：－解析：－1≤x≤0时，0≤x＋1≤1，f(x)＝f(x＋1)＝＝－.2.(2022·北京卷)函数f(x)＝的值域为________．答案：(－∞，2)解析：函数f(x)在(－∞，1)上单调增，f(x)∈(0，2)；在[1，＋∞)上单调减，f(x)∈(－∞，0]，故函数值域为(－∞，2)．3.(2022·江苏卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．答案：(－5，0)∪(5，＋∞)解析：x>0时，f(x)＝x2－4x，f(x)>x即为x2－5x>0，所以x>5；f(x)是定义在R上的奇函数，x<0时，f(x)＝－x2－4x，f(x)>x即为x2＋5x<0，－5<x<0.综上，不等式的解集为(－5，0)∪(5，＋∞)．4.(2022·上海卷)f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．答案：[0，2]解析：由于当x>0时，f(x)＝x＋＋a在x＝1时取得最小值2＋a，由题意当x≤0时，f(x)＝(x－a)2应该是递减的，则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2.因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2.5.(2022·上海卷)已知真命题：“函数y＝f(x)的图象关于点P(a、b)成中心对称图形”的充要条件为“函数y＝f(x＋a)－b是奇函数”．(1)将函数g(x)＝x3－3x2的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位，-9-\n求此时图象对应的函数解析式，并利用题设中的真命题求函数g(x)图象对称中心的坐标；(2)求函数h(x)＝log2图象对称中心的坐标；(3)已知命题：“函数y＝f(x)的图象关于某直线成轴对称图象”的充要条件为“存在实数a和b，使得函数y＝f(x＋a)－b是偶函数”．判断该命题的真假．如果是真命题，请给予证明；如果是假命题，请说明理由，并类比题设的真命题对它进行修改，使之成为真命题(不必证明)．解：(1)平移后图象对应的函数解析式为y＝(x＋1)3－3(x＋1)2＋2，整理得y＝x3－3x，由于函数y＝x3－3x是奇函数，由题设真命题知，函数g(x)图象对称中心的坐标是(1，－2)．(2)设h(x)＝log2的对称中心为P(a，b)，由题设知函数h(x＋a)－b是奇函数．设f(x)＝h(x＋a)－b，则f(x)＝log2－b，即f(x)＝log2－b.由不等式>0的解集关于原点对称，得a＝2.此时f(x)＝log2－b，x∈(－2，2)．任取x∈(－2，2)，由f(－x)＋f(x)＝0，得b＝1，所以函数h(x)＝log2图象对称中心的坐标是(2，1).(3)此命题是假命题．举反例说明：函数f(x)＝x的图象关于直线y＝－x成轴对称图象，但是对任意实数a和b，函数y＝f(x＋a)－b，即y＝x＋a－b总不是偶函数．修改后的真命题：“函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称图象”的充要条件是“函数y＝f(x＋a)是偶函数”.6.(2022·安徽卷)设函数f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，区间I＝{x|f(x)>0}．(1)求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；(2)给定常数k∈(0，1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．解：(1)令f(x)＝x[a－(1＋a2)x]＝0，解得x1＝0，x2＝，∴I＝，∴I的长度x2－x1＝.(2)k∈(0，1)，则0<1－k≤a≤1＋k<2，由(1)知I＝，I′＝>0，则0<a<1，故I关于a在(1－k，1)上单调递增，在(1，1＋k)上单调递减．∴I的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．I1＝＝，I2＝，＝＝<1，Imin＝.(本题模拟高考评分标准，满分15分)(2022·扬州一模)轮滑是穿着带滚轮的特制鞋在坚硬的场地上滑行的运动．如图，助跑道ABC是一段抛物线，某轮滑运动员通过助跑道获取速度后飞离跑道然后落到离地面高为-9-\n1m的平台上E处，飞行的轨迹是一段抛物线CDE(抛物线CDE与抛物线ABC在同一平面内)，D为这段抛物线的最高点．现在运动员的滑行轨迹所在平面上建立如图所示的直角坐标系，x轴在地面上，助跑道一端点A(0，4)，另一端点C(3，1)，点B(2，0)，单位：m.(1)求助跑道所在的抛物线方程；(2)若助跑道所在抛物线与飞行轨迹所在抛物线在点C处有相同的切线，为使运动员安全和空中姿态优美，要求运动员的飞行距离在4m到6m之间(包括4m和6m)，试求运动员飞行过程中距离平台最大高度的取值范围？(注：飞行距离指点C与点E的水平距离，即这两点横坐标差的绝对值．)解：(1)设助跑道所在的抛物线方程为f(x)＝a0x2＋b0x＋c0，依题意，(3分)解得a0＝1，b0＝－4，c0＝4，∴助跑道所在的抛物线方程为f(x)＝x2－4x＋4.(7分)(2)设飞行轨迹所在抛物线为g(x)＝ax2＋bx＋c(a＜0)，依题意得解得(9分)∴g(x)＝ax2＋(2－6a)x＋9a－5＝a＋1－.令g(x)＝1得＝，∵a＜0，∴xE＝－＝3－.(11分)当x＝时，g(x)有最大值为1－，则运动员的飞行距离d＝3－－3＝－，(13分)飞行过程中距离平台最大高度h＝1－－1＝－，依题意，4≤－≤6，得2≤－≤3，即飞行过程中距离平台最大高度的取值范围在2m到3m之间．(15分)1.已知a＝，函数f(x)＝ax.若实数m、n满足f(m)＞f(n)，则m、n的大小关系为________．答案：　m＜n解析：考查指数函数的单调性．∵a＝∈(0，1)，∴函数f(x)＝ax在R上递减．由f(m)＞f(n)，得m<n.-9-\n2.已知函数y＝f(x)是定义在R上的周期函数，周期T＝5，函数y＝f(x)(－1≤x≤1)的图象关于原点对称．又知y＝f(x)在[0，1]上是一次函数，在[1，4]上是二次函数，且在x＝2时函数取得最小值－5.(1)求证：f(1)＋f(4)＝0；(2)求y＝f(x)，x∈[1，4]的解析式；(3)求y＝f(x)在[4，9]上的解析式．(1)证明：∵f(x)是以5为周期的周期函数，∴f(4)＝f(4－5)＝f(－1)．又y＝f(x)(－1≤x≤1)关于原点对称，∴f(1)＝－f(－1)＝－f(4),∴f(1)＋f(4)＝0.(2)解：当x∈[1，4]时，由题意可设f(x)＝a(x－2)2－5(a＞0)．由f(1)＋f(4)＝0，得a(1－2)2－5＋a(4－2)2－5＝0，∴a＝2，∴f(x)＝2(x－2)2－5(1≤x≤4)．(3)解：∵y＝f(x)(－1≤x≤1)是奇函数，∴f(0)＝0.又知y＝f(x)在[0，1]上是一次函数，∴可设f(x)＝kx(0≤x≤1)，而f(1)＝2(1－2)2－5＝－3，∴k＝－3，∴当0≤x≤1时，f(x)＝－3x，从而当－1≤x＜0时，f(x)＝－f(－x)＝－3x，故－1≤x≤1时，f(x)＝－3x，∴当4≤x≤6时，有－1≤x－5≤1，∴f(x)＝f(x－5)＝－3(x－5)＝－3x＋15，当6＜x≤9时，1＜x－5≤4，∴f(x)＝f(x－5)＝2[(x－5)－2]2－5＝2(x－7)2－5，∴f(x)＝点评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值．-9-