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专题八 函数


专题八

函数

一轮检测 13 13 13 13 1. 【解析】 f(1)=2,f(3)= ,f(5)=2,f(7)= ,?,f(99)= . 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2. x+ 【解析】 在 f(x)=2f( ) x-1 中,用 代替 x,得 f( )=2f(x) -1,将 f( ) 3 3 x x x x x 2f

(x) 1 2 1 = -1 代入 f(x)=2f( ) x-1 中,可求得 f(x)= x+ . x 3 3 x 3.x2-1(x≥1) 【解析】 设 t= x+1,则 t≥1,x=(t-1)2,所以 f(t)=(t-1)2+2(t -1)=t2-1,故 f(x)=x2-1(x≥1). 2 x 4. - 【解析】 本题利用了等价转换的思想, 主要考查了函数解析式的有关求法. 因 3x 3 1 1 1 1 2 x 为 f(x)+2f( ) =x①以 代换 x 得 f( )+2f(x)= ②联立①②得到 f(x)= - . x x x x 3x 3 5. 11 【解析】 由题意得,|PQ|2=x2+(y-5)2=2y+2+y2-10y+25=(y-4)2+11. 当 y=4 时,|PQ|取最小值为 11. 6.③④ 【解析】 对于①,当 0<x<1 时,lnx<0,命题不成立;对于②,解不等 1 式 ax+1>0,当 a<0 时,x<- ,故命题错误;③∵a>1,∴函数在[a,2a]上为增函数, a 1 ∴loga(2a)-logaa=loga2= ,故 a=4,故③正确;④∵f(x)是减函数,x1<x0,∴f(x1)>f(x0) 2 =0.故④正确. + 7.①③④ 【解析】 对于①,由定义,当 a≥1 时,ab≥1,故 ln (ab)=ln(ab)=blna, + + + + 又 bln a=blna,故有 ln (ab)=bln a;当 0<a<1 时,0<ab<1,故 ln (ab)=0,又 0<a<1 + + + 时 bln a=0,所以此时亦有 ln (ab)=bln a.由上判断知①正确;对于②,此命题不成立,可 1 2 + + + + + + 令 a=2,b= ,则 ab= ,由定义 ln (ab)=0,ln a+ln b=ln2,所以 ln (ab)≠ln a+ln b; 3 3 a a + a + 由此知②错误;对于③,当 a≥b>0 时, ≥1,此时 ln ( )=ln( )≥0,当 a≥b≥1 时,ln b b b a + + a + + a-ln b=lna-lnb=ln ( ),此时命题成立;当 a>1>b 时,ln a-ln b=lna,此时 >1, b b a a + + + 故命题成立;同理可验证当 1>a≥b>0 时,ln ( )≥ ln a-ln b 成立;当 <1 时,同理可 b b 验证是正确的,故③正确;对于④,可分 a≤1,b≤1 与两者中仅有一个小于等于 1、两者 都大于 1 三类讨论,依据定义判断出④是正确的.故答案为①③④. 8.45.6 【解析】 设在甲地销售 x 辆,则在乙地销售(15-x)辆,所获利润 y=5.06x -0.15x2+2(15-x)=-0.15x2+3.06x+30,该二次函数的对称轴为 x=10.2,又 x∈N,所以 当 x=10 时,能获最大利润.Lmax=-15+30.6+30=45.6 . 9.49 【解析】 170<200×0.9=180,441<500×0.9=450,不考虑优惠的实际价格 441 为 170+ =660 元,合并后实付款 500×0.9+160×0.7=562,可节约 170+441-562= 0.9 49(元). 10. 【解】 表中已给出了二次函数模型 y=ax2+ bx + c ,由表中数据知,二次函数的图象上存在三点 (4 , 7) , (6 , 11) , (8 , 7) ,则 7 = a· 16+b· 4+c, ? ? y 25 36+b· 6+c,解得 a=-1, ?11=a· b=12, c=-25, 即 y=-x2+12x-25.又 =-x+12- x x ? 64+b· 8+c. ?7=a·

25 25 =-(x+ )+12≤-10+12=2,而取“=”的条件为 x= ,即 x=5. x x 11. 【解】 (1)①如图, 延长 PO 交 AB 于 Q, 由条件知 PQ 垂直平分 AB, 若∠BAO=θ(rad), AQ 10 10 则 OA= = ,故 OB= ,OQ=10tanθ .又 OP=10-10tanθ ,所以 y=OA+ cosθ cosθ cosθ 20-10sinθ 10 10 OB + OP = + + 10 - 10tan θ , 所 求 函 数 关 系 式 为 y = + cosθ cosθ cosθ π 10(0≤θ≤ ) .②若 OP = x(km) ,则 OQ = 10 - x ,所以 OA = OB = (10-x)2+102 = 4 x2-20x+200,所求函数关系式为 y=x+2 x2-20x+200(0≤x≤10). (2)选择函数模型①,y′= -10cosθ ·cosθ -(20-10sinθ )(-sinθ ) = cos2θ 10(2sinθ -1) π π π 1 ,令 y′=0,得 sinθ = ,因为 0≤θ≤ ,所以 θ= ,当 θ∈(0, ) 2 4 6 6 cos2θ π π π 时,y′<0,y 是 θ 的减函数;当 θ∈( , )时,y′>0,y 是 θ 的增函数,所以当 θ= 时,ymin 6 4 6 =10+10 3.这时点 P 即污水 10 3 处理厂的位置,位于线段 AB 的中垂线上,在矩形区域内且距离 AB 边 km 处. 3

第 11 题图

第 1 课时 函数的概念、性质、图象 例题精讲 例 1(-5,0)∪(5,+∞) 【解析】 作出 f(x)=x2-4x(x>0)的图象,如图所示,∵f(x) 是定义在 R 上的奇函数,∴利用奇函数图象关于原点对称作出 x<0 的图象,不等式 f(x)>x 表示函数 y=f(x)图象在 y=x 上方,∵f(x)图象与 y=x 图象交于 P(5,5),Q(-5,-5),则 由图象可得不等式 f(x)>x 的解集为(-5,0)∪(5,+∞).故答案为:(-5,0)∪(5,+∞).

例1

变式训练

3<a<2 或 2<a< 5 【解析】 因为 f(x)是(-1,1)上的偶函数,且 ① ?|a-2|<1

2 在(0, 1)上为增函数, 由 f(a-2)-f(4-a2)<0.得 f(|a-2|)<f(|4-a2|)所以?|4-a |<1

?

? ?|a-2|<|4-a2|


② ③

由①②得 3<a< 5

? ?a≠2 ④,由③得|a-2|<|a-2|· |a+2|,则? ?a>-1或a<-3 ?

由④⑤得,a

的取值范围为 3<a<2 或 2<a< 5. 例 2[-1,+∞) 【解析】 当 x>0 时,f(x)=x>0;当 x≤0 时,f(x)=x2-1≥f(0)= -1.综上可知:f(x)的值域[-1,+∞).故答案为[-1,+∞).

例 2 变式训练 {x|x<0 且 x≠-1} 【解析】 由题知|x|-x>0 且 x+1≠0,解得 x<0 且 x≠-1,故{x|x<0 且 x≠-1}. 例 3.当 a>0, b>0 时, f(x)在 R 上是增函数. 当 a<0, b<0 时, 函数 f(x)在 R 上是减函数.【解 析】 当 a>0, b>0 时, 任意 x1, x2∈R, x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=a(2x1-2x2)+b(3x1-3x2)∵2x1<2x2, a>0,a(2x1-2x2)<0,3x1<3x2,b>0,b(3x1-3x2)<0,∴f(x1)-f(x2)<0,函数 f(x)在 R 上是增 函数.当 a<0,b<0 时,同理,函数 f(x)在 R 上是减函数. a 例 3 变式训练 (-∞,0)和(0,+∞) 【解析】 ∵x, (a<0)都是(0,+∞)上的增 x 函数.∴f(x)是(0,+∞)上的增函数,∵f(x)是(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,∴f(x)也是 (-∞,0)上的增函数,∴f(x)的递增区间是(-∞,0)和(0,+∞). 例 4 ①②③ 【解析】 ∵f(2-x)=f(x)∴f(1-x)=f[2-(x+1)]=f(x+1),∴f(x)的图象 关于直线 x=1 成轴对称.∵f(x-1)=f(x+1),∴f(x+2)=f[(x+1)+1]=f[(x+1)-1]=f(x), ∴f(x)是周期为 2 的函数.∵f(x)=f(2-x)=f[(1-x)+1]=f[(1-x)-1]=f(-x),∴f(x)是偶函 数,即 f(x)的图象关于 y 轴成轴对称.∵f(x)不是常数函数,且是偶函数,∴f(x)不可能是奇 函数,即 f(x)的图象不可能关于原点成中心对称.综上,正确命题的序号是:①②③. 例 4 变式训练 ①②④ 【解析】 f(x+2)=-f(x+1)=f(x), y=f(x)是周期为 2 的周期 函数;f(1+x)=f(x+1)=f(x-1)=f(1-x), y=f(x)的图象关于直线 x=1 对称;y=f(x)在[-1, 1 1 1 1 0]上是增函数,则 y=f(x)在[0,1]上是减函数;f( )=f(- +1)=-f( ),f( )=0. 2 2 2 2 能力强化 一、填空题 - ex-e x - 1. 【解析】 由 f(x)+g(x)=ex 可得 f(-x)+g(-x)=e x,又 f(x)为偶函数,g(x) 2 - ex-e x -x 为奇函数,可得 f(x)-g(x)=e ,则两式相减可得 g(x)= . 2 2 2 2 2.2 【解析】 f(ax+b)=(ax+b) +4(ax+b)+3=a x +(2ab+4a)x+b2+4b+3=x2 a2=1 ? ? ? ?a=1 ? ?a=-1 +10x+24.∴?2ab+4a=10 ∴? 或? ,故 5a-b=2. ?b=3 ? ?b=-7 ? 2 ? ?b +4b+3=24 1 3. +b 【解析】 由函数 f(x)的图象可知,函数 g(x)=ax+b 在区间[-1,1]上的最大 a 1 值为 +b. a 4.6 【解析】 ∵f(x+2)=f(x),∴T=2 又∵x∈[-1,1]时,f(x)=x2,利用图象法, 分别作出 y=f(x)与 y=log7x 的图象,可得有交点 6 个. 5.(-1,0)∪(1,2) 【解析】 由题意知 f(2)=f(-1)=-f(1)>-1,即 log1(m2-m)>
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-1,①,又 m -m>0,②联立①②,解得-1<m<0 或 1<m<2. a 6.(-∞,0] 【解析】 g(x)=x2―ax―1 的对称轴 x= ≤1,且 g(1)=-a≥0,所以 2 a≤0. 1 1 7.( ,10) 【解析】 因为 f(lgx)>f(1),所以根据题意可得 0<|lgx|<1,得出( ,10). 10 10 1 1 1 8.- 【解析】 f(f(5))=f(-5)= =- . 5 5 f(1) 9.①③ 【解析】 对于①,根据一次函数的性质可知,若 a>0,则 f(x)=ax+b 在 R 上是单调函数是真命题;对于②,若 f(x)=ax+b 在 R 上是单调函数,则 a>0 或 a<0,故 是假命题;对于③,若 b2-4ac<0,关于 x 的方程 ax2+bx+c=0 没有实根,从而当 x=a 时有 a3+ab+c≠0,故是真命题;对于④,若 a3+ab+c≠0,则 b2-4ac<0 不一定成立, 如取 a=0,b=1,c=1 时,a3+ab+c=2≠0,但是 b2-4ac=1>0.故是假命题.故答案为:

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①③. 10.1≤m≤2 【解析】 f(x)=(x-1)2+2,对称轴 x=1∈[0,m],故 m≥1,又 f(0) =3,由对称性知 m≤2. π 11.π 【解析】 f(x)= 2sin(2x+ ),T=π,作图可知|D5-D7|正好是一个周期的 4 长度. 4 12.(-∞,-6)∪(6,+∞) 【解析】 解法一:依题意 x4+ax-4=0?x3+a= .由 x 3 3 图示及奇函数 y=x 的图象关于原点对称的性质, 知当 y=x +a 的图象从过点 B 起, 向下平 移或向上平移时,交点均在 y=x 同侧.∵A(-2,-2),B(2,2),∴把 A、B 坐标代入 y= x3+a 得 a=-6 或 a=6.故 a< -6 或 a>6 即为所求.

第 12 题图 ?y=x3+a y=x3+a ? 解法二:依题意,结合图形分析,由? 或 ,得 y=a+8 或 y=a-8, ?x=2 x=-2 ? 分别令 y<2 或 y>-2,得 a<-6 或 a>6. 二、解答题 13. 【解】 (1)由已知 f(-x)=f(x),即|2x-a|=|2x+a|,解得 a=0. 1 x2+2x-a, x≥ a, 2 1 (2)f(x)= 当 x≥ a 时, f(x)=x2+2x-a=(x+1)2-(a+1), 由a 2 1 2 x -2x+a, x< a, 2 1 1 a a2 >2,x≥ a,得 x>1,从而 x>-1,故 f(x)在 x≥ a 时单调递增,f(x)的最小值为 f( )= ; 2 2 2 4 1 a 2 2 当 x< a 时,f(x)=x -2x+a=(x-1) +(a-1),故当 1≤x< 时,f(x)单调递增,当 x<1 时, 2 2 (a-2)2 a2 f(x)单调递减, 则 f(x)的最小值为 f(1)=a-1.由 -(a-1)= >0, 知 f(x)的最小值为 4 4 a-1. 3 3 3 14. 【解】 由已知 f(x)的图象关于点(- , 0)成中心对称. ∴f(- +x)=-f(- -x). 即: 4 4 4 3 1 3 1 1 f(x)=-f(- -x).又由 f(x)=- 得:f(x+ )=- ,∴f(x+3)=- = 2 3 2 3 f(x) f(x+ ) f(x+ ) 2 2 1 1 1 = f(x) . ∴f(x) 为 以 3 为 周 期 的 周 期 函 数 . ∴f(1) = - =- =- 1 3 5 f(1+ ) f( ) 2 2 f(x) 1 1 1 = = =1.又 f(2)=f(3-1)=f(-1)=1, ∴f(0)+f(1)+f(2)=-2 3 5 f(-4) f(-1) -f(- - ) 2 2 +1+1=0,∴f(0)+f(1)+f(2)+?+f(2 012)=671×0=0. a a 15. 【解】 (1)f(x)=x[a-(1+a2)x]>0?x∈(0, ).所以区间 I 的长度为 .(2)由 1+a2 1+a2

? ? ?

a 1 1 1 = .已知 k∈(0,1),0<1-k≤a≤1+k,令 >1-k?k2>0,∴ >1 1 1+a2 1+k 1+k a+ a -k 恒成立. 1-k 所以当 a=1-k 时,I 取最小值 . 1+(1-k)2 3x0+a 16. 【解】 (1)若点(x0, x0)是不动点, 则有 f(x0)= =x0.即 x2 0+(b-3)x0-a=0 ①, x0+b 由题意知①有两个根,且这两个根绝对值相等,符号相反,由根与系数的关系得 b-3=0, 3x+a a-9 且-a<0,∴b=3 且 a>0 而 f(x)= =3+ 知 a≠9.故 a、b 应满足 b=3,a>0 且 a≠9. x+3 x+3 3x+8 3x+8 (2)由(1),当 a=8,f(x)= .令 x= ,解得 A(2 2,2 2),B(-2 2,-2 2). x+3 x+3 |x-y| ∴直线 AB 的方程是 y=x.设点 M(x,y),M 到直线 y=x 的距离为 d,则 d= 2 2 2 2 1 8-3y 1 8-y 1 y -8 1 y -9+1 1 1 1 = | -y|= | |= · = · = [(y+3)+ ]= [(y-3)+ y - 3 y - 3 y - 3 y - 3 y - 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 +6]≥ (2+6)=4 2,∴当且仅当 y-3= ,即 y=4 时,上式取等号,此时 x=- y-3 y-3 2 4.故 M(-4,4). (3)命题正确,由 f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),取 x=0,得 f(0)=0,即(0,0)为函数 的一个不动点.设函数 f(x)除 0 以外还有不动点(x,x)(x≠0),则 f(x)=x.又 f(-x)=-f(x)= -x,故(-x,-x)也为函数不动点.综上,若定义在 R 上的奇函数 f(x)图象上存在有限个不 动点,则不动点有奇数个.例如:f(x)=x3-x.第 2 课时 二次函数、指数、对数函数、幂函 数 例题精讲 1 例 1 (-∞, -1)∪(0, 1) 【解析】 若 m>0, log1m>log2m, 得 >m, 0<m<1; 若 m<0, log2(- m 2 (1)知,I= 1 m)>log1(-m)得-m> , m<-1. - m 2 例 1 变式训练 (1,2) 【解析】 因为 f(x)=lg(a+ a-2 )在区间[1,2]上是增函数, x

a-2 所以 g(x)=a+ 在区间[1,2]上是增函数,且 g(1)>0,于是 a-2<0,且 2a-2>0, 即 1 x <a<2. 例 2 1, 2 【解析】 f(-1)=0,a-b+1=0,即 b=a+1.又 f(x)≥0 对任意实数 x ? ?a>0, 均成立,即? 将 b=a+1 代入有(a-1)2≤0,∴ a=1, b=2. 2 ?Δ=b -4a≤0. ? 1 例 2 变式训练 4 【解析】 由题意知 a>0,且 f(x)在 x=- 时取最小值 0. a 1 1 1 ∴f(- )=0?c= ,又 f(1)=a+2+c=a+ +2≥2+2=4. a a a 1 1 - 例3 【解析】 当 a>1 时,有 a2=4,a 1=m,此时 a=2,m= ,g(x)=- x为 4 2 1 1 3 -1 2 减函数,不合题意;若 0<a<1,则 a =4,a =m,故 a= ,m= ,g(x)= x在[0,+ 4 16 4 1 ∞)上是增函数,符合题意.故答案为 4 1 3 例 3 变式训练 或 【解析】 当 0<a<1 时,函数 f(x)=ax 在区间[1,2]上为减函 2 2

a 1 数,最小值为 f(2)=a2,最大值为 f(1)=a,依题意,可得 a-a2= ,解得 a=0(舍去)或 a= ; 2 2 当 a>1 时,函数 f(x)=ax 在区间[1,2]上为增函数,最小值为 f(1)=a,最大值为 f(2)=a2, a 3 1 3 依题意,可得 a2-a= ,解得 a=0(舍去)或 a= .综上:a= 或 a= . 2 2 2 2 例 4 【解】 (1)∵f(x)是定义域为 R 的奇函数,∴f(0)=0, ∴1-(k-1)=0,∴k=2; - - (2)f(x)=ax-a x(a>0 且 a≠1)),∵ax 单调递减,a x 单调递增,故 f(x)在 R 上单调递减.不等 式化为 f(x2+tx)<f(x-4)∴x2+tx>x-4,即 x2+(t-1)x+4>0 恒成立,∴Δ =(t-1)2-16<0, 3 1 3 1 解得-3<t<5 (3)∵f(1)= ,∴a- = ,即 2a2-3a-2=0, ∴a=2 或 a=- (舍去),∴g(x) 2 a 2 2 -2x -x -x 2 -x -x, 2x x x x x =2 +2 -2m(2 -2 )=(2 -2 ) -2m(2 -2 )+2.令 t=f(x)=2 -2 由(1)可知 f(x)=2x 3 3 3 - -2 x 为增函数, ∵x≥1, ∴t≥f(1)= ,令 h(t)=t2-2mt+2=(t-m)2+2-m2 (t≥ ), 若 m≥ , 2 2 2 3 3 17 当 t=m 时,h(t)min=2-m2=-2,∴m=2,若 m< ,当 t= 时,h(t)min= -3m= 2 2 4 25 3 -2,解得 m= > ,舍去, 12 2 综上可知 m=2. 例 4 变式训练 【解】 (1)由函数 f(x)是偶函数可知:f(x)=f(-x),∴log4(4x+1)+kx 4x+1 1 -x =log4(4 +1)-kx,log4 -x =-2kx,即 x=-2kx 对一切 x∈R 恒成立,∴k=- .(2)函 2 4 +1 1 4 数 f(x)与 g(x)的图象有且只有一个公共点,即方程 log4(4x+1)- x=log4(a· 2x- a)有且只有 2 3 1 4 x x x 一个实根,化简得:方程 2 + x=a· 2 - a 有且只有一个实根,令 t=2 >0,则方程(a-1)t2 2 3 4 3 3 - at-1=0 有且只有一个正根,①a=1,则 t=- ,不合题意;②Δ =0 则 a= 或-3, 3 4 4 -1 3 1 若 a= 则 t=-2,不合题意;若 a=-3 则 t= ;③一个正根与一个负根,即 <0 则 a>1. 4 2 a-1 综上;实数 a 的取值范围是{-3}∪(1,+∞). 能力强化 一、填空题 1.(2,+∞)∪(-∞,0) 【解析】 由题意得:x2-2x>0 即(x-2)x>0∴x>2 或 x< 0,∴函数 log1(x2-2x)的定义域为(2,+∞)∪(-∞,0).
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2.(-∞,2 2-1) 【解析】 令 3x=t,则原题?t2-(k+1)t+2>0 对 t>0 恒成立即 k 2 2 +1<t+ ,而 h(t)=t+ ≥2 2(t= 2时取等号),∴k+1<2 2,k<2 2-1. t t 1 3.(0, )∪(2,+∞) 【解析】 ∵f(x)在 R 上为偶函数,f(x)在(-∞,0)上是减函数, 2 1 1 1 1 ∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.又 f( )=f(- )=2,且 f(log1x)>2,∴log1x> 或 log1x<- , 3 3 3 3 8 8 8 1?-3 11 1 1 ∴0<x<( )3= 或 x>? 1x)>2 的解集为(0,2)∪(2,+∞). ?8? =2,∴f(log8 8 2 4.1 【解析】 本小题主要考查二次函数问题.对称轴为 x=1,下方图象翻到 x 轴 上方.由区间[0,3]上的最大值为 2,知 ymax=f(3)=|3-t|=2,解得 t=1 或 5,检验 t=5 时, f(0)=5>2 不符,而 t=1 时满足题意. 5.155 【解析】 原不等式化为 512· lg2<m<512·lg2+1,即 154.112<m<155.112,而 m 是正整数.∴m=155. 1α 2 1 α 1?1 1 α 2 6.②③ 【解析】 依题意,设 f(x)=x ,则有( ) = ,即( ) =? ,所以 α= , 8 ? ? 8 4 8 2
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于是 f(x)=x2.由于函数 f(x)=x2在定义域[0, +∞)内单调递增, 所以当 x1<x2 时, 必有 f(x1)<f(x2), f(x1) f(x2) 从而有 x1f(x1)<x2f(x2),故②正确;又因为 , 分别表示直线 OP、OQ 的斜率, x1 x2 f(x1) f(x2) 结合函数图象,容易得出直线 OP 的斜率大于直线 OQ 的斜率,故 > ,所以③ x1 x2) 正确.故答案为②③. 7.1 【解析】 函数 gi(x)的零点,就是方程 gi(x)=0 的根,亦即方程 fi(x)+2x=0 的 根, 也就是函数 fi(x)与函数 y=-2x 的图象的交点的横坐标. 在坐标系中画出函数 fi(x)(i=1, 2 2,3,4)的图象,容易得出只有函数 f2(x)=x 的图象与 y=-2x 的图象有两个不同的交点, 故填 1. ac 8.{2} 【解析】 ∵logax+logay=c,∴logaxy=c(c>0).∴xy=ac,∴y= .由于仅有 x ac 一个常数 c,使 x≥0 时,y≥0 满足方程.因此应是函数 y= 在 x≥0 时的值域(因为常数 c x 1 1 只有一个,从而函数的定义域确定时,值域也是确定的 ).∵a≤x≤2a,且 a>1,∴ ≤ 2a x - ac 1 ? c-1 ?c=3. ? =a, ? a 1 ac ac - - ≤ .∴ ≤ ≤ac 1,即 ≤y≤ac 1.∴? 2 ∴? a 2a x 2 ?a=2. ? ? ?ac-1=a2. x-1 ? ?2e ,x<2 ? 9.[1,2e) 【解析】 ∵f(x)= ,故函数 f(x)在(-∞,2)上是增 2 ?log3(x -1),x≥2 ? 函数,在[2,+∞)上也是增函数.由于 f(x1)=f(x2)=a(x1≠x2),故函数 f(x)在(-∞,+∞) 上不是增函数.当 x<2 时,f(x)∈(0,2e),当 x≥2 时,f(x)≥f(2)=1,即 f(x)∈[1,+∞).由 题意可得直线 y=a 和函数 f(x)的图象有 2 个交点,故有 1≤a<2e,故答案为[1,2e). 3? 10.? ?-1,2? 【解析】 ∵函数 y= log1(-x2+3x+4),∴-x2+3x+4>0,解得-1<x<4.∵t=-x2+3x+4>0 是开口向
2

3 下,对称轴为 x= 抛物线,∴由复合函数的性质知函数 y=log1(-x2+3x+4)的单调减区间 2 2 3? 3? ? 是? ?-1,2?.故答案为:?-1,2?. 11. 2 【解析】 ∵函数 f(x)=loga(x+ x2+2a2)是奇函数,∴f(x)+f(-x)=0 即 loga(x 2

+ x2+2a2)+loga(-x+ x2+2a2)=0∴loga[(x+ x2+2a2)×(-x+ x2+2a2)]=0,∴x2+ 2 2 2 2a2-x2=1,即 2a2=1,∴a=± 又 a 是对数式的底数,a>0∴a= ,故应填 . 2 2 2 1 1 12.8 【解析】 g(x)= 3(x>0)设两切点分别为(m,-m3),(n, 3),(m≠0,n>0),l1: x n 2 y+m3=-3m2(x-m),即 y=-3m2x+2m3,令 x=0,得 yB=2m3;令 y=0,得 x= m.l2:y 3 1 3 3 4 4 4 2 4 - 3=- 4(x-n),即 y=- 4x+ 3,令 x=0,得 yc= 3;令 y=0,得 x= n.依题意, m= n n n n n 3 3 5 1 1 4 4 8 1 8 2 n, 得 m=2n, f(n)=S1+S2= (|yB|+|yC|)· xA= (2m3+ 3)· n= (4n4+ 2), f′(n)= (16n3- 3), 2 2 n 3 3 n 3 n 2 可得当 n= 时,f(n)有最小值 8. 2 三、解答题 13. 【解】 函数 f(x)是由 φ(x)=ax2-x 和 y=logaφ (x)复合而成的,根据复合函数的单 调性的判断方法:(1)当 a>1 时,若使 f(x)=loga(ax2-x)在[2,4]上是增函数,则 φ(x)=ax2

1 ? ?2a≤2, -x 在[2,4]上是增函数且大于零,故有? ?φ(2)=4a-2>0. ?

解得 a>1.(2)当 0<a<1 时,若使 f(x)=loga(ax2-x)在[2,4]上是增函数,则 φ(x)=ax2-x 1 ? ?2a≥4, 在[2,4]上是减函数且大于零,故有? 不等式组无解,综上所述存在实 数 a>1 使得函数 f(x)=loga(ax -x)在[2,4]上是增函数. 14. 【解】 (1)∵f(-1)=0, ∴a-b+1=0, ∴b=a+1, ∴f(x)=ax2+(a+1)x+1.∵f(x)≥0 ?a>0, ? 恒成立,∴? 2 ? ?Δ =(a+1) -4a≤0, ?a>0 ? ∴? ∴a=1,从而 b=2,∴f(x)=x2+2x+1, 2 ?(a-1) ≤0. ? 2 ? ?x +2x+1 (x>0), ? ∴F(x)= (2)g(x)=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1.∵g(x)在 x≥2 2 ?-x -2x-1(x<0). ? k-2 k-2 上是单调函数,∴ ≤-2 或 ≥2,解得 k≤-2 或 k≥6.所以 k 的取值范围为 k≤-2 2 2 或 k≥6. - - 15. 【解】 (1)由 a=-1, f(x)=4,可得 2x-2 x=4,设 2x=t,则有 t-t 1=4,即 t2- 4t-1=0, 解得 t=2± 5当 t=2+ 5时, 有 2x=2+ 5, 可得 x=log2(2+ 5). 当 t=2- 5时, x 有 2 =2- 5,此方程无解.故所求 x 的值为 log2(2+ 5). (2)设 x1, x2∈[1, +∞),且 x1>x2,则 f(x1)-f(x2)=(2x1+2-x1a)-(2x2+2-x2a)=(2x1 2x2-2x1 2x1-2x2 -2x2)+ a= (2x1+x2-a), 由 x1>x2, 可得 2x1>2x2, 即 2x1-2x2>0, 由 x1, x2 2x1·2x2 2x1+x2 ∈[1, +∞), x1>x2,可得 x1+x2>2,故 2x1+x2>4>0,又 a≤4,故 2x1+x2>a,即 2x1+ x2-a>0,所以 f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),故函数 f(x)在[1, +∞)上是增函数. - - - - (3)由 f(2x)>[f(x)]2 可得出 22x+2 2xa>22x+2a+2 2xa2,2 2x(a2-a)+2a<0,设 t=2 2x, 1 ? 1 ,1 ,由存在 x∈[0, 1]使得 f(2x)>[f(x)]2,可得,存在 t∈? ,1?, 由 x∈[0, 1],可得 t∈? ?4 ? ?4 ? 1 1 2 2 2 2 ? 使得(a -a)t+2a<0,令 g(t)=(a -a)t+2a<0,故有 g? ?4?=4(a -a)+2a<0 或 g(1)=(a - a)+2a<0,可得-7<a<0.即所求 a 的取值范围是(-7, 0). 16. 【解】 由题意知 f(x)的图象是开口向下,交 x 轴于两点 A(-3,0)和 B(2,0)的抛 1 物线,对称轴方程为 x =- . 那么,当 x =- 3 和 x = 2 时,有 y = 0 ,代入原式得 2 2 0=a(-3) + ? ? ?a=0, ? ?a=-3, ?a=0, ? ? (-3)-a-ab ,解得? ?(b-8)· 或? 经检验知? 不符合题意,舍 ? ? ?b=8, ? ?b=5. ?b=8, 2 ? 2 +(b-8)· 2-a-ab ?0=a· 去.∴f(x)=-3x2-3x+18. (1)当 x=0 时,y=18,当 x=1 时,y=12,∴f(x)在(0,1)内的值域为[12,18]. (2)令 g(x)=-3x2+5x+c, 要使 g(x)≤0 的解集为 R.则需要方程-3x2+5x+c=0 的根的 25 25 判别式Δ ≤0,即Δ =25+12c≤0,解得 c≤- .∴当 c≤- 时,ax2+bx+c≤0 的解集为 12 12 R.第 3 课时 函数的应用 例题精讲 1 例 1 γ>α>β 【解析】 ∵g′(x)=1,h′(x)= ,φ′(x)=-sinx,由题意得:α=1,ln(β x+1 1 1 β+ +1)= ,cosγ=-sinγ,①∵ln(β+1)= ,∴(β+1) 1=e,当 β≥1 时,β+1≥2, β+1 β+1
2

? ?φ(4)=16a-4>0,

∴β+1≤ e<2,∴β<1,这与 β≥1 矛盾,∴0<β<1;②∵cosγ=-sinγ,∴γ>1.∴γ> α>β.故答案为:γ>α>β. 例 1 变式训练 [15-10 2,15+10 2] a a 【解析】 由条件得:lg =lg 2 + (x0+2)2+1 x0+1 a a a2 lg ,即 lg =lg (a>0),化简得(a-5)x2 2 2 0+4ax0+5a-5=0,当 a 5 (x0+2) +1 5(x0+1) =5 时, x0=-1;当 a≠5 时,由Δ≥0,16a2-20(a-5)(a-1)≥0 即 a2-30a+25≤0,∴15- 10 2≤a≤15+10 2.综上,a∈[15-10 2,15+10 2]. 例 2 1-2a 【解析】 当-1≤x<0 时? 1≥-x>0,x≤-1?-x≥1,又 f(x)为奇函数 ∴x<0 时,f(x)=-f(-x)= ?-log1(-x+1),x∈[-1,0) ? 2 ? 画出 y=f(x)和 y=a(0<a<1)的图象, ? ?-1+|-x-3|,x∈[-∞,-1]

x1+x2 x4+x5 如图共有 5 个交点, 设其横坐标从左到右分别为 x1, x2, x3, x4, x5, 则 =-3, 2 2 a a =3 而-log1(-x3+1)=a?log2(1-x3)=a?x3=1-2 可得 x1+x2+x3+x4+x5=1-2 .
2

例 2 变式训练 10 【解析】 当 x=0 时,f(0)=e0-1=0,故 x=0 是方程 f(x)-x =0 的一个根; - ①当 x∈(0,1]时,f(x)=f(x-1)+1=ex 1,当 x=1 时,f(1)=e0=1,当 x∈(0,1)时, f(x)>e0=1,故 x=1 是方程 f(x)-x=0 的一个根;②当 x∈(1,2]时,f(x)=f(x-1)+1 - =f(x-2)+2=ex 2+1,当 x=2 时,f(2)=e0+1=2,当 x∈(1,2)时,f(x)>2,故 x=2 是方 - 程 f(x)-x=0 的一个根;③当 x∈(2,3]时,f(x)=f(x-3)+3=ex 3+2,只有当 x=3 时,f(3) - =e0+2=3,故 x=3 是方程 f(x)-x=0 的一个根;④当 x∈(3,4]时,f(x)=f(x-4)+4=ex 4 0 +3,只有当 x=4 时,f(4)=e +3=4,故 x=4 是方程 f(x)-x=0 的一个根; - ⑤ 当 x∈(4,5]时,f(x)=f(x-5)+5=ex 5+4,只有当 x=5 时,f(5)=e0+4=5,故 x=5 是方程 f(x)-x=0 的一个根,但 x=5?[0,5)则方程 f(x)-x=0 在区间[0,5)上所有根和 为:0+1+2+3+4=10 k 例 3 【解】 (1)设比例系数为 k(k≠0).由题知,有 3-x= ,又 t=0 时,x=1.∴k t+1 2 =2,∴3-x= ; t+1 (2)依据题意,可知工厂生产 x 万件纪念品的生产成本为(3+32x)万元,促销费用为 t 万 3+32x t t? ?3+32x· 元,则每件纪念品的定价为:? 150%+ ?元/件.于是,y=x· 2x? ? x · ? x 150%+2x?- 99 32 t 99 32 (3+32x)-t, 进一步化简, 得 y= - - (t≥2)因此, 工厂 2013 年的年利润 y= - 2 t+1 2 2 t+1 t - (t≥2)万元. 2 99 32 t 32 1+t ? 32 +1+t?≤50-2 (3)由(2)知, y= - - (t≥2)=50-? + =42 而且仅 ? 2 2 t+1 2 2 t + 1 t+1 ? ? 32 1+t 当 = 时,即 t=7 所以,当 2010 年的促销费用投入 7 万元时,工厂的年利润最大, 2 t+1

最大利润为 42 万元.

k k 10e40 例 3 变式训练 【解】 (1)设日销售量为 x, 则 40=10, ∴k=10 e40.则日销售量为 x , e e e 40 40 10e (x-30-t) 10e ∴ 日 利 润 y = (x - 30 - t)· x . ∴ y = , 其 中 35≤x≤41.(2)y′ = e ex 40 10e (31+t-x) ,令 y′=0 得 x=31+t.①当 2≤t≤4 时,33≤31+t≤35.∴当 35≤x≤41 ex 时,y′≤0.∴当 x=35 时,y 取最大值,最大值为 10(5-t)e5.②当 4<t≤5 时,35<t+31≤36, - 函数 y 在上单调递增,在上单调递减.∴当 x=t+31 时,y 取最大值 10e9 t.∴当 2≤t≤4 时, x=35 时,日利润最大值为 10(5-t)e5 元.当 4<t≤5 时,x=31+t 时,日利润最大值为 10e9 -t 元. l2-2lx 1 例 4 【解】 (1)设 AF=y,则 x+y+ x2+y2=l,整理,得 y= ,S= xy= 2 2(l-x) x(l2-2lx) 2- 2 2+ 2 2- 2 2l , x∈(0, b]. (2)S′= l)(x- l), x∈(0, b)∴当 b≤ 2(x- 2 2 2 4(l-x) 4(l-x) bl(2b-1) 2- 2 ? 2- 2 ? l 时, S′>0, S 在(0, b)递增, 故当 x=b 时, Smax= ; 当 b> l 时, 在 x∈?0, l? 2 4(b-1) 2 ? ? ? 2- 2 ?上,S′>0,S 递增,故当 x=2- 2l 时,S =3-2 2 上,S′>0,S 递增,在 x∈? ? max 2 4 ? 2 l,b? 2 l. 例 4 变式训练. 【解】 (Ⅰ)由题意知 f(2)=40, g(2)≈26.7, h(2)=30, f(3)=20, g(3)≈6.7, h(3)≈12.5 由此可得 h(x)更接近实际值,所以用 h(x)模拟比较合理.(Ⅱ)因 h(x)=30|log2x- 2|在 x≥4 上是增函数,又因为 h(16)=60,这说明第一次整治后有 16 个月的污染度不超过 60,故应在 2012 年 5 月起开始再次整治. 能力强化 一、填空题 1. 2 3cm2 【解析】 设一个三角形的边长为 xcm, 则另一个三角形的边长为(4-x)cm, 3 3 3 两个三角形的面积和为 S= x2+ (4-x)2= [(x-2)2+4]≥2 3(cm2). 4 4 2 2.4 【解析】 根据图象,将(-1,-2),(0,0),(1,2)代入函数关系式得 -b+c =-2 2-a

3.3 【解析】 作 y=3-x 及 y=lgx,y=10x 的图象,x1 是 y=3-x 与 y=lgx 的交点 A 的横坐标,x2 是 y=3-x 与 y=10x 的交点 B 的横坐标,而 y=lgx 与 y=10x 互为反函数, 且直线 y=3-x 与直线 y=x 垂直,∴A、B 关于直线 y=x 对称,∴x1+x2=3. x ?3? ≤0.09, 4. 5 【解析】 设 x 小时后, 血液中的酒精含量不超过 0.09mg/mL, 则有 0.3· ?4? x 3? 即? ?4? ≤0.3,估算或取对数计算得 5 小时后,可以开车. 5.3 【解析】 解法一:详细画出 f(x)和 g(x)在同一坐标系中的函数图象,如图所示, 从图中不难看出 f(x)=g(x)有三个交点,故答案为 3.

? ?c=0 ?b+c ? ?2+a=2

,解得 a=0,b=4,c=0∴a+b+c=4,故答案为 4.

第 5 题图

1 解法二 ①当 n=0 时,f(x)=-1,∈[0,1),则 log2x=-1,x= ∈[0,1);②当 n=1 2 时,f(x)=0,x∈[1,2),则 log2x=0,x=1∈[1,2);③当 n=2 时,f(x)=1,x∈[2,3),则 log2x=1,x=2∈[2,3);④当 n=3 时,f(x)=2,x∈[3,4),则 log2x=2,x=4 不属于[3, 4).⑤当 n=4 时,f(x)=3,x∈[4,5),则 log2x=3,x=8 不属于[4,5).由此下去以后不再 有根,所以答案为 3. 6.③ 【解析】 函数在[0,Κ?)上的解析式为 d= 12+12-2×1×cosl= 2-2cosl l l l = 4sin2 =2sin 在[π, 2π]上的解析式为 d= 2-2cos(2π-l)=2sin .故函数的解析式 2 2 2 l 为 d=2sin ,l∈[0,2π],故答案为③. 2 1 1 7.2400 【解析】 每 5 年计算机价格下降 ,15 年共降价 3 次,每次降价为原来的 , 3 3 13 则 15 年后计算机的价格为 8100(1- ) =2400(元). 3 10x-20 10x-20 x yn 8.y= 【解析】 1.2pn=(p+ p)(n- ),化简得 y= . 10 10 x+10 x+10 9.1.5m,3m 【解析】 设框架的宽度为 xm,则其高度为 h=(6-2x)m,(0<x<3), 设框架的面积为 ym2,则 y=xh=x(6-2x)=-2x2+6x=-2(x-1.5)2+4.5,当 x=1.5 时,取 最大值 4.5,此时 h=3 10.4.24 【解析】 f(5.5)=1.06×(0.5×[5.5]+1)=1.06×(0.5×6+1)=4.24. 11. 2000 元 【解析】 由题意得, 标价超过 500, 因为刚满 500 元时, 只节省 300×0.1 =30 元,标价为 500+(330-30)÷ (1-0.8)=2000 元. -1+ 5 12. 【解析】 根据题目条件可知:c-a=x(b-a),b-c=b-a-(c-a)=(1 2 -x)(b-a),最佳乐观系数满足:c-a 是 b-c 和 b-a 的等比中项,所以有[x(b-a)]2=(1- -1± 5 x)(b-a)(b-a), 又因为(b-a)>0, 所以 x2=1-x, 即有 x2+x-1=0 解得 x= , 又 0<x<1, 2 -1+ 5 所以 x= , 2 13 . 8192cm3 【解析】 设截去小正方形的边长为 x ,则铁盒容积为 V = (48 - 2 2x) x(0<x<24),V′=(48-2x)(48-6x)令 V′=0,则 x1=24(舍去),x2=8.当 0<x<8 时,V′>0, 当 8<x<24 时,V′<0,可知 x=8 时,容积最大,最大为(48-16)2×8=8192(cm3). 14.0.6,1,0.8 【解析】 该函数模型 y=lg2x 已给定,因而只需要将条件信息提取 出来,按实际情况代入,应用于函数即可解决问题.设 3 元、5 元、8 元门票的张数分别为 a、b、c,则 ?a+b+c=2.4 ①

? ?ab=0.6 ② ①代入③有 x=19.2-(5a+3b)≤19.2-2 15ab=13.2(万元),当且 ? ?x=3a+5b+8c ③

?5a=3b ? 仅当? 时等号成立,解得 a=0.6,b=1,所以 c=0.8.由于 y=lg2x 为增函数,即此时 y ? ab = 0.6 ? 也恰有最大值.故三种门票的张数分别为 0.6,1,0.8 万张时可以为失学儿童募捐的纯收入 最大. 二、解答题 15. 【解】 (1)设投资为 x 万元,A 产品的利润为 f(x)万元,B 产品的利润为 g(x)万元. 1 1 5 5 由题设 f(x)=k1x,g(x)=k2 x,由图知 f(1)= ,∴k1= ,又 g(4)= ,∴k2= ,从而 f(x) 4 4 2 4 1 5 = x(x≥0),g(x)= x(x≥0). 4 4

(2)设 A 产品投入 x 万元,则 B 产品投入(10-x)万元.设企业获得利润为 y 万元,则有: 10-t2 5 5 2 65 x 5 1 t- ? + y=f(x)+g(10-x)= + 10-x(0≤x≤10), 令 10-x=t, 则 y= + t=- ? 4 4 4 4 4? 2? 16 5 65 25 (0≤t≤ 10),当 t= 时,ymax= ≈4,此时 x=10- =3.75.故当 A 产品投入 3.75 万元,B 2 16 4 产品投入 6.25 万元时,企业获得的最大利润约为 4 万元. 16. 【解】 (1)设每月应还贷 x 元,共付款 12×10=120 次,则有 x[1+(1+0.005)+(1 1-(1+0.005)120? ? 2 119 120 1 × + 0.005) + ? + (1 + 0.005) ] = 700000(1 + 0.005) , 所 以 x ? = 1-(1+0.005) ? ? ? 5 120 7×10 (1+0.005) ×0.005 7×105(1+0.005)120,x= =7875(元).每月应还贷 7875 元. (1+0.005)120-1 (2)卖房人共付给银行 7875×120=945000 元,利息 945000-700000=245000(元),缴 纳 差 额 税 (1500000 - 1000000)×0.2 = 100000( 元 ) , 获 利 500000 - (245000 + 100000) = 155000(元).故卖房人将获利约 155000 元. 17. 【解】 (1)∵当 0<x≤12 时,相邻两车之间保持 20m 的距离;当 12<x≤25 时, 1 1 相邻两车之间保持( x2+ x)m 的距离,∴当 0<x≤12 时, 6 3 3480 , 0<x≤12 x 3480 2880 y= ;当 12<x≤25 时,y=5x+ +10∴y= ; x x 2880 5x+ +10,12<x≤25 x 3480 2880 (2)当 0<x≤12 时, y= , ∴x=12m/s 时, ymin=290s; 当 12<x≤25 时, y=5x+ x x 2880 2880 +10≥2 5x· +10=250s 当且仅当 5x= ,即 x=24m/s 时取等号,即 x=24m/s 时, x x ymin=250s∵290>250,∴x=24m/s 时,ymin=250s. 18. 【解】 (1)如果每幢楼为 5 层,那么所有建筑面积为 10×1000×5 平方米,所有建 筑费用为[(k+800)+(2k+800)+(3k+800)+(4k+800)+(5k+800)]×1000×10,所以 1270 + 1.6×107 [15k+5×800]×1×104 = ,解之得:k=50. 10×1000×5 (2) 设小区每幢为 n(n∈N*) 层时,每平方米平均综合费用为 f(n) ,由题设可知 f(n) = n(n+1) 1.6×107+[50× +n×800]×1×104 2 1600 1600 = +25n+825=1225(元).当且仅当 n n 10×1000×n =25n,即 n=8 时等号成立.

? ? ?


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专题8 函数的性质

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中考复习专项专题八 函数

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专题八:函数与方程

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专题八:导数的问题与方法

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中考总复习专题八:函数的应用

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08专题八 平面直角坐标系与函数

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