高中函數的應用教案

高考數學（理科）一輪復習數在研究函數中的應用學案。

作為優(yōu)秀的教學工作者，在教學時能夠胸有成竹，作為高中教師就要精心準備好合適的教案。教案可以讓學生更容易聽懂所講的內容，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學。關于好的高中教案要怎么樣去寫呢？小編收集并整理了“高考數學（理科）一輪復習數在研究函數中的應用學案”，歡迎大家閱讀，希望對大家有所幫助。

學案14導數在研究函數中的應用
0導學目標：1.了解函數單調性和導數的關系，能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區(qū)間(多項式函數一般不超過三次).2.了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件，會用導數求函數的極大值、極小值(多項式函數一般不超過三次)及最大(最小)值．
自主梳理
1．導數和函數單調性的關系：
(1)若f′(x)0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是______函數，f′(x)0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為______區(qū)間；
(2)若f′(x)0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是______函數，f′(x)0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為______區(qū)間；
(3)若在(a，b)上，f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零f(x)在(a，b)上為______函數，若在(a，b)上，f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零f(x)在(a，b)上為______函數．
2．函數的極值
(1)判斷f(x0)是極值的方法
一般地，當函數f(x)在點x0處連續(xù)時，
①如果在x0附近的左側________，右側________，那么f(x0)是極大值；
②如果在x0附近的左側________，右側________，那么f(x0)是極小值．
(2)求可導函數極值的步驟
①求f′(x)；
②求方程________的根；
③檢查f′(x)在方程________的根左右值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得________；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得________．
自我檢測
1.已知f(x)的定義域為R，f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，則()
A．f(x)在x＝1處取得極小值
B．f(x)在x＝1處取得極大值
C．f(x)是R上的增函數
D．f(x)是(－∞，1)上的減函數，(1，＋∞)上的增函數
2．(2009廣東)函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間是()
A．(－∞，2)B．(0,3)
C．(1,4)D．(2，＋∞)
3．(2011濟寧模擬)已知函數y＝f(x)，其導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)()
A．在(－∞，0)上為減函數
B．在x＝0處取極小值
C．在(4，＋∞)上為減函數
D．在x＝2處取極大值
4．設p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)內單調遞增，q：m≥43，則p是q的()
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
5．(2011福州模擬)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取極值10，則f(2)＝________.
探究點一函數的單調性
例1已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數的底數)．
(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區(qū)間；
(2)若函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍；
(3)函數f(x)能否為R上的單調函數，若能，求出a的取值范圍；若不能，請說明理由．

變式遷移1(2009浙江)已知函數f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．
(1)若函數f(x)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率是－3，求a，b的值；
(2)若函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調，求a的取值范圍．

探究點二函數的極值
例2若函數f(x)＝ax3－bx＋4，當x＝2時，函數f(x)有極值－43.
(1)求函數f(x)的解析式；
(2)若關于x的方程f(x)＝k有三個零點，求實數k的取值范圍．

變式遷移2設x＝1與x＝2是函數f(x)＝alnx＋bx2＋x的兩個極值點．
(1)試確定常數a和b的值；
(2)試判斷x＝1，x＝2是函數f(x)的極大值點還是極小值點，并說明理由．

探究點三求閉區(qū)間上函數的最值
例3(2011六安模擬)已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝23時，y＝f(x)有極值．
(1)求a，b，c的值；
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．

變式遷移3已知函數f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數．
(1)求f(x)的表達式；
(2)討論g(x)的單調性，并求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值和最小值．

分類討論求函數的單調區(qū)間
例(12分)(2009遼寧)已知函數f(x)＝12x2－ax＋(a－1)lnx，a1.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)證明：若a5，則對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有fx1－fx2x1－x2－1.
多角度審題(1)先求導，根據參數a的值進行分類討論；(2)若x1x2，結論等價于f(x1)＋x1f(x2)＋x2，若x1x2，問題等價于f(x1)＋x1f(x2)＋x2，故問題等價于y＝f(x)＋x是單調增函數．
【答題模板】
(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝x－1x＋1－ax.[2分]
①若a－1＝1，即a＝2時，f′(x)＝x－12x.
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②若a－11，而a1，故1a2時，則當x∈(a－1,1)時，f′(x)0；當x∈(0，a－1)及x∈(1，＋∞)時，f′(x)0，故f(x)在(a－1,1)上單調遞減，在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調遞增．
③若a－11，即a2時，同理可得f(x)在(1，a－1)上單調遞減，
在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調遞增．[6分]
(2)證明考慮函數g(x)＝f(x)＋x
＝12x2－ax＋(a－1)lnx＋x.
則g′(x)＝x－(a－1)＋a－1x≥2xa－1x－(a－1)
＝1－(a－1－1)2.
由于1a5，故g′(x)0，
即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
從而當x1x20時，有g(x1)－g(x2)0，
即f(x1)－f(x2)＋x1－x20，
故fx1－fx2x1－x2－1.[10分]
當0x1x2時，有fx1－fx2x1－x2＝fx2－fx1x2－x1－1.
綜上，若a5，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有fx1－fx2x1－x2－1.[12分]
【突破思維障礙】
(1)討論函數的單調區(qū)間的關鍵是討論導數大于0或小于0的不等式的解集，一般就是歸結為一個一元二次不
等式的解集的討論，在能夠通過因式分解得到導數等于0的根的情況下，根的大小是分類的標準；
(2)利用導數解決不等式問題的主要方法就是構造函數，通過函數研究函數的性質進而解決不等式問題．
1．求可導函數單調區(qū)間的一般步驟和方法：
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定義域內的一切實根；
(3)把函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間；
(4)確定f′(x)在各個開區(qū)間內的符號，根據f′(x)的符號判定函數f(x)在每個相應小開區(qū)間內的增減性．
2．可導函數極值存在的條件：
(1)可導函數的極值點x0一定滿足f′(x0)＝0，但當f′(x1)＝0時，x1不一定是極值點．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點．
(2)可導函數y＝f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側與右側f′(x)的符號不同．
3．函數的最大值、最小值是比較整個定義區(qū)間的函數值得出來的，函數的極值是比較極值點附近的函數值得出來的．函數的極值可以有多有少，但最值只有一個，極值只能在區(qū)間內取得，最值則可以在端點取得，有極值的未必有最值，有最值的未必有極值，極值可能成為最值，最值只要不在端點必定是極值．
4．求函數的最值以導數為工具，先找到極值點，再求極值和區(qū)間端點函數值，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011大連模擬)設f(x)，g(x)是R上的可導函數，f′(x)、g′(x)分別為f(x)、g(x)的導函數，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)0，則當axb時，有()
A．f(x)g(b)f(b)g(x)B．f(x)g(a)f(a)g(x)
C．f(x)g(x)f(b)g(b)D．f(x)g(x)f(a)g(a)
2.函數f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區(qū)間(a，b)內有極小值點()
A．1個B．2個
C．3個D．4個
3．(2011嘉興模擬)若函數y＝a(x3－x)在區(qū)間－33，33上為減函數，則a的取值范圍是()
A．a0B．－1a0
C．a1D．0a1
4．已知函數f(x)＝12x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實數m的取值范圍是
()
A．m≥32B．m32
C．m≤32D．m32
5．設a∈R，若函數y＝eax＋3x，x∈R有大于零的極值點，則()
A．a－3B．a－3
C．a－13D．a－13
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2009遼寧)若函數f(x)＝x2＋ax＋1在x＝1處取極值，則a＝________.
7．已知函數f(x)的導函數f′(x)的圖象如右圖所示，給出以下結論：
①函數f(x)在(－2，－1)和(1,2)上是單調遞增函數；
②函數f(x)在(－2,0)上是單調遞增函數，在(0,2)上是單調遞減函數；
③函數f(x)在x＝－1處取得極大值，在x＝1處取得極小值；
④函數f(x)在x＝0處取得極大值f(0)．
則正確命題的序號是________．(填上所有正確命題的序號)．
8．已知函數f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數m的取值范圍為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)求函數f(x)＝2x＋1x2＋2的極值．

10．(12分)(2011秦皇島模擬)已知a為實數，且函數f(x)＝(x2－4)(x－a)．
(1)求導函數f′(x)；
(2)若f′(－1)＝0，求函數f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值．

11．(14分)(2011汕頭模擬)已知函數f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(－1，－6)，且函數g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關于y軸對稱．
(1)求m，n的值及函數y＝f(x)的單調區(qū)間；
(2)若a0，求函數y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內的極值．

答案自主梳理
1．(1)增增(2)減減(3)增減2.(1)①f′(x)0
f′(x)0②f′(x)0f′(x)0(2)②f′(x)＝0
③f′(x)＝0極大值極小值
自我檢測
1．C2.D3.C4.C
5．18
解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由題意f1＝10，f′1＝0，即1＋a＋b＋a2＝10，3＋2a＋b＝0，
得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3.
但當a＝－3時，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，故不存在極值，
∴a＝4，b＝－11，f(2)＝18.
課堂活動區(qū)
例1解題導引(1)一般地，涉及到函數(尤其是一些非常規(guī)函數)的單調性問題，往往可以借助導數這一重要工具進行求解．函數在定義域內存在單調區(qū)間，就是不等式f′(x)0或f′(x)0在定義域內有解．這樣就可以把問題轉化為解不等式問題．
(2)已知函數在某個區(qū)間上單調求參數問題，通常是解決一個恒成立問題，方法有①分離參數法，②利用二次函數中恒成立問題解決．
(3)一般地，可導函數f(x)在(a，b)上是增(或減)函數的充要條件是：對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零．特別是在已知函數的單調性求參數的取值范圍時，要注意“等號”是否可以取到．
解(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)0，即(－x2＋2)ex0，
∵ex0，∴－x2＋20，解得－2x2.
∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(－2，2)．
(2)∵函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，
∴f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立．
∵f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex
∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立．
∵ex0，
∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，
即x2－(a－2)x－a≤0對x∈(－1,1)恒成立．
設h(x)＝x2－(a－2)x－a
只須滿足h－1≤0h1≤0，解得a≥32.
(3)若函數f(x)在R上單調遞減，
則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立．
∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的．
故函數f(x)不可能在R上單調遞減．
若函數f(x)在R上單調遞增，則f′(x)≥0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立．
∵ex0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立．
而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立，
故函數f(x)不可能在R上單調遞增．
綜上可知函數f(x)不可能是R上的單調函數．
變式遷移1解(1)由題意得f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，又f0＝b＝0f′0＝－aa＋2＝－3，
解得b＝0，a＝－3或a＝1.
(2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－a＋23.
又f(x)在(－1,1)上不單調，
即－1a1，a≠－a＋23或－1－a＋231，a≠－a＋23.
解得－1a1，a≠－12，或－5a1，a≠－12.
所以a的取值范圍為(－5，－12)∪(－12，1)．
例2解題導引本題研究函數的極值問題．利用待定系數法，由極值點的導數值為0，以及極大值、極小值，建立方程組求解．判斷函數極值時要注意導數為0的點不一定是極值點，所以求極值時一定要判斷導數為0的點左側與右側的單調性，然后根據極值的定義判斷是極大值還是極小值．
解(1)由題意可知f′(x)＝3ax2－b.
于是f′2＝12a－b＝0f2＝8a－2b＋4＝－43，解得a＝13，b＝4
故所求的函數解析式為f(x)＝13x3－4x＋4.
(2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)．
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：
x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)
f′(x)＋0－0＋
f(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增

因此，當x＝－2時，
f(x)有極大值283，
當x＝2時，f(x)有極小值－43，
所以函數的大致圖象如圖，
故實數k的取值范圍為
(－43，283)．
變式遷移2解(1)f′(x)＝ax＋2bx＋1，
∴f′1＝a＋2b＋1＝0f′2＝a2＋4b＋1＝0.解得a＝－23，b＝－16.
(2)f′(x)＝－23x＋(－x3)＋1＝－x－1x－23x.
函數定義域為(0，＋∞)，列表
x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)
f′(x)－0＋0－
f(x)單調遞減極小值單調遞增極大值單調遞減
∴x＝1是f(x)的極小值點，x＝2是f(x)的極大值點．
例3解題導引設函數f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：
(1)求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值．
(2)將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
當x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0；①
當x＝23時，y＝f(x)有極值，則f′23＝0，
可得4a＋3b＋4＝0.②
由①②解得a＝2，b＝－4，
又切點的橫坐標為x＝1，∴f(1)＝4.
∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5.
(2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
∴f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝23，
∴f′(x)0的解集為－2，23，即為f(x)的減區(qū)間．
[－3，－2)、23，1是函數的增區(qū)間．
又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f23＝9527，f(1)＝4，
∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為9527.
變式遷移3解(1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b.
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
因為函數g(x)是奇函數，
所以g(－x)＝－g(x)，即對任意實數x，
有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b
＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－13，b＝0，
因此f(x)的表達式為f(x)＝－13x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－13x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，
解得x1＝－2，x2＝2，
則當x－2或x2時，g′(x)0，
從而g(x)在區(qū)間(－∞，－2)，(2，＋∞)上是減函數；
當－2x2時，g′(x)0，
從而g(x)在區(qū)間(－2，2)上是增函數．
由前面討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x＝1，2，2時取得，
而g(1)＝53，g(2)＝423，g(2)＝43.
因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g(2)＝423，
最小值為g(2)＝43.
課后練習區(qū)
1．C2.A3.A4.A5.B
6．3
解析∵f′(x)＝(x2＋ax＋1)′
＝x2＋a′x＋1－x2＋ax＋1′x＋12＝x2＋2x－ax＋12，
又∵x＝1為函數的極值，∴f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，即a＝3.
7．②④
解析觀察函數f(x)的導函數f′(x)的圖象，由單調性、極值與導數值的關系直接判斷．
8．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，則Δ＝4m2－12×(m＋6)0，∴m6或m－3.
9．解f′(x)＝(2x＋1x2＋2)′＝－2x＋2x－1x2＋22，由f′(x)＝0得x＝－2,1.………………(4分)
當x∈(－∞，－2)時f′(x)0，當x∈(－2,1)時f′(x)0，故x＝－2是函數的極小值點，故f(x)的極小值為f(－2)＝－12；…………………………………………………………………(8分)
當x∈(－2,1)時f′(x)0，當x∈(1，＋∞)時f′(x)0，
故x＝1是函數的極大值點，
所以f(x)的極大值為f(1)＝1.……………………………………………………………(12分)
10．解(1)由f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，
得f′(x)＝3x2－2ax－4.…………………………………………………………………(4分)
(2)因為f′(－1)＝0，所以a＝12，
所以f(x)＝x3－12x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4.
又f′(x)＝0，所以x＝43或x＝－1.
又f43＝－5027，f(－1)＝92，
f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值分別為92、－5027.………(12分)
11．解(1)由函數f(x)圖象過點(－1，－6)，
得m－n＝－3.①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，
得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的圖象關于y軸對稱，所以－2m＋62×3＝0.
所以m＝－3，代入①，得n＝0.…………………………………………………………(4分)
于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)0，得x2或x0，
故f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，0)∪(2，＋∞)；
由f′(x)0，得0x2,
故f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,2)．…………………………………………………………(8分)
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2.
當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)
f′(x)＋0－0＋
f(x)?
極大值?
極小值?

……………………………………………………………………………………………(10分)
由此可得：
當0a1時，f(x)在(a－1，a＋1)內有極大值f(0)＝－2，無極小值；
當a＝1時，f(x)在(a－1，a＋1)內無極值；
當1a3時，f(x)在(a－1，a＋1)內有極小值f(2)＝－6，無極大值；
當a≥3時，f(x)在(a－1，a＋1)內無極值．……………………………………………(12分)
綜上得：當0a1時，f(x)有極大值－2，無極小值；
當1a3時，f(x)有極小值－6，無極大值；
當a＝1或a≥3時，f(x)無極值．………………………………………………………(14分)

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高考數學（理科）一輪復習冪函數學案含答案

學案9冪函數
導學目標：1.了解冪函數的概念.2.結合函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x12的圖象，了解它們的變化情況．
自主梳理
1．冪函數的概念
形如______的函數叫做冪函數，其中____是自變量，____是常數．
2．冪函數的性質
(1)五種常見冪函數的性質，列表如下：
定義域值域奇偶性單調性過定點
y＝xRR奇?↗(1,1)
y＝x2R[0，＋∞)偶[0，＋∞)↗
(－∞，0]↙
y＝x3RR奇?↗
y＝
[0，＋∞)[0，＋∞)非奇
非偶[0，＋∞)↗
y＝x－1(－∞，0)
∪(0，＋∞)(－∞，0)
∪(0，＋∞)奇(－∞，0)↙
(0，＋∞)↙
(2)所有冪函數在________上都有定義，并且圖象都過點(1,1)，且在第____象限無圖象．
(3)α0時，冪函數的圖象通過點________________，并且在區(qū)間(0，＋∞)上是________，α0時，冪函數在(0，＋∞)上是減函數，圖象________原點．
自我檢測
1．(2011石家莊月考)如圖中曲線是冪函數y＝xn在第一象限的圖象．已知n取±2，±12四個值，則相應于曲線C1，C2，C3，C4的n值依次為()
A．－2，－12，12，2
B．2，12，－12，－2
C．－12，－2,2，12
D．2，12，－2，－12
2．已知函數：①y＝2x；②y＝log2x；③y＝x－1；④y＝.則下列函數圖象(在第一象限部分)從左到右依次與函數序號的正確對應順序是()

A．②①③④B．②③①④
C．④①③②D．④③①②
3．(2011滄州模擬)設α∈{－1,1，12，3}，則使函數y＝xα的定義域為R且為奇函數的所有α值為()
A．1,3B．－1,1C．－1,3D．－1,1,3
4．與函數y＝xx＋1的圖象形狀一樣的是()
A．y＝2xB．y＝log2xC．y＝1xD．y＝x＋1
5．已知點(33，33)在冪函數f(x)的圖象上，則f(x)的表達式是()
A．f(x)＝x3B．f(x)＝x－3
C．f(x)＝D．f(x)＝
探究點一冪函數的定義與圖象
例1已知冪函數f(x)的圖象過點(2，2)，冪函數g(x)的圖象過點(2，14)．
(1)求f(x)，g(x)的解析式；
(2)求當x為何值時：①f(x)g(x)；②f(x)＝g(x)；③f(x)g(x)．

變式遷移1若點(2，2)在冪函數f(x)的圖象上，點(－2，14)在冪函數g(x)的圖象上，定義h(x)＝f(x)，f(x)≤g(x)，g(x)，f(x)g(x)，
試求函數h(x)的最大值以及單調區(qū)間．

探究點二冪函數的單調性
例2比較下列各題中值的大?。?br> (1)，；(2)，；
(3)，；(4)，和.

變式遷移2(1)比較下列各組值的大小：
①________；
②0.20.5________0.40.3.
(2)已知(0.71.3)m(1.30.7)m，則m的取值范圍是__________________________．
探究點三冪函數的綜合應用
例3(2011葫蘆島模擬)已知函數f(x)＝(m∈N*)的圖象關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數，求滿足的a的范圍．

變式遷移3已知冪函數f(x)＝(m∈N*)
(1)試確定該函數的定義域，并指明該函數在其定義域上的單調性；
(2)若該函數還經過點(2，2)，試確定m的值，并求滿足條件f(2－a)f(a－1)的實數a的取值范圍．

1．冪函數y＝xα(α∈R)，其中α為常數，其本質特征是以冪的底x為自變量，指數α為常數，這是判斷一個函數是否是冪函數的重要依據和唯一標準．
2．在(0,1)上，冪函數中指數越大，函數圖象越靠近x軸(簡記為“指大圖低”)，在(1，＋∞)上，冪函數中指數越大，函數圖象越遠離x軸．冪函數的圖象一定會出現在第一象限內，一定不會出現在第四象限內，至于是否出現在第二、三象限內，要看函數的奇偶性；冪函數的圖象最多只能同時出現在兩個象限內；如果冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點一定是原點．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．右圖是函數y＝(m，n∈N*，m、n互質)的圖象，則()
A．m，n是奇數，且mn1
B．m是偶數，n是奇數，且mn1
C．m是偶數，n是奇數，且mn1
D．m是奇數，n是偶數，且mn1
2．(2010陜西)下列四類函數中，具有性質“對任意的x0，y0，函數f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)”的是()
A．冪函數B．對數函數
C．指數函數D．余弦函數
3．下列函數圖象中，正確的是()
4．(2010安徽)設a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系是()
A．acbB．abc
C．cabD．bca
5．下列命題中正確的是()
①冪函數的圖象都經過點(1,1)和點(0,0)；
②冪函數的圖象不可能在第四象限；
③當n＝0時，函數y＝xn的圖象是一條直線；
④冪函數y＝xn當n0時是增函數；
⑤冪函數y＝xn當n0時在第一象限內函數值隨x值的增大而減?。?br> A．①和④B．④和⑤
C．②和③D．②和⑤
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011邯鄲模擬)若冪函數y＝的圖象不經過原點，則實數m的值為________．
7．已知a＝xα，b＝，c＝，x∈(0,1)，α∈(0,1)，則a，b，c的大小順序是________．
8．已知函數f(x)＝xα(0α1)，對于下列命題：①若x1，則f(x)1；②若0x1，則0f(x)1；③當x0時，若f(x1)f(x2)，則x1x2；④若0x1x2，則f(x1)x1f(x2)x2.
其中正確的命題序號是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)設f(x)是定義在R上以2為最小正周期的周期函數．當－1≤x1時，y＝f(x)的表達式是冪函數，且經過點(12，18)．求函數在[2k－1,2k＋1)(k∈Z)上的表達式．

10．(12分)已知f(x)＝(n＝2k，k∈Z)的圖象在[0，＋∞)上單調遞增，解不等式f(x2－x)f(x＋3)．

11．(14分)(2011荊州模擬)已知函數f(x)＝(k∈Z)滿足f(2)f(3)．
(1)求k的值并求出相應的f(x)的解析式；
(2)對于(1)中得到的函數f(x)，試判斷是否存在q0，使函數g(x)＝1－qf(x)＋(2q－1)x在區(qū)間[－1,2]上的值域為[－4，178]？若存在，求出q；若不存在，請說明理由．

答案自主梳理
1．y＝xαxα2.(2)(0，＋∞)四(3)(0,0)，(1,1)增函數不過
自我檢測
1．B[方法一由冪函數的圖象與性質，n0時不過原點，故C3，C4對應的n值均為負，C1，C2對應的n值均為正；
由增(減)快慢知n(C1)n(C2)n(C3)n(C4)．
故C1，C2，C3，C4的n值依次為
2，12，－12，－2.
方法二作直線x＝2分別交C1，C2，C3，C4于點A1，A2，A3，A4，則其對應點的縱坐標顯然為22,，，2－2，故n值分別為2，12，－12，－2.]
2．D[第一個圖象過點(0,0)，與④對應；第二個圖象為反比例函數圖象，表達式為y＝kx，③y＝x－1恰好符合，
∴第二個圖象對應③；
第三個圖象為指數函數圖象，表達式為y＝ax，且a1，①y＝2x恰好符合，∴第三個圖象對應①；
第四個圖象為對數函數圖象，表達式為y＝logax，且a1，②y＝log2x恰好符合，∴第四個圖象對應②.
∴四個函數圖象與函數序號的對應順序為④③①②.]
3．A4.C5.B
課堂活動區(qū)
例1解(1)設f(x)＝xα，
∵圖象過點(2，2)，故2＝(2)α，
解得α＝2，∴f(x)＝x2.
設g(x)＝xβ，∵圖象過點(2，14)，
∴14＝2β，解得β＝－2.
∴g(x)＝x－2.
(2)在同一坐標系下作出f(x)＝x2與g(x)＝x－2的圖象，如圖所示．

由圖象可知，f(x)，g(x)的圖象均過點(－1，1)和(1,1)．
∴①當x1，或x－1時，f(x)g(x)；
②當x＝1，或x＝－1時，f(x)＝g(x)；
③當－1x1且x≠0時，f(x)g(x)．
變式遷移1解求f(x)，g(x)解析式及作出f(x)，g(x)的圖象同例1，
如例1圖所示，
則有：h(x)＝x－2，x－1或x1，x2，－1≤x≤1.
根據圖象可知函數h(x)的最大值為1，單調增區(qū)間為(－∞，－1)和(0,1)；單調減區(qū)間為(－1,0)和(1，＋∞)．
例2解題導引比較兩個冪的大小關鍵是搞清楚是底數相同，還是指數相同，若底數相同，利用指數函數的性質；若指數相同，利用冪函數的性質；若底數、指數皆不相同，考慮用中間值法，常用0和1“搭橋”進行分組．
解(1)函數y＝3x是增函數，∴30.830.7.
(2)函數y＝x3是增函數，∴0.2130.233.
(3)∵，
∴.
(4)＝1；0＝1；
0，∴.
變式遷移2(1)①②
(2)m0
解析根據冪函數y＝x1.3的圖象，
當0x1時，0y1，∴00.71.31.
又根據冪函數y＝x0.7的圖象，
當x1時，y1，∴1.30.71.
于是有0.71.31.30.7.
對于冪函數y＝xm，由(0.71.3)m(1.30.7)m知，當x0時，隨著x的增大，函數值也增大，∴m0.
例3解∵函數f(x)在(0，＋∞)上遞減，
∴m2－2m－30，解得－1m3.
∵m∈N*，∴m＝1,2.
又函數的圖象關于y軸對稱，
∴m2－2m－3是偶數，
而22－2×2－3＝－3為奇數，
12－2×1－3＝－4為偶數，
∴m＝1.
而y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上均為減函數，
∴等價于a＋13－2a0，
或0a＋13－2a，或a＋103－2a，
解得a－1或23a32.
故a的范圍為{a|a－1或23a32}．
變式遷移3解(1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，
而m與m＋1中必有一個為偶數，
∴m(m＋1)為偶數．
∴函數f(x)＝(m∈N*)的定義域為[0，＋∞)，并且在定義域上為增函數．
(2)∵函數f(x)經過點(2，2)，
∴2＝，即.
∴m2＋m＝2.
解得m＝1或m＝－2.
又∵m∈N*，∴m＝1.
由f(2－a)f(a－1)得2－a≥0，a－1≥02－aa－1.
解得1≤a32.
∴a的取值范圍為[1，32)．
課后練習區(qū)
1．C[由圖象知，函數為偶函數，
∴m為偶數，n為奇數．
又函數圖象在第一限內上凸，∴mn1.]
2．C[∵(x＋y)α≠xαyα，
∴冪函數f(x)＝xα不具有此性質．
∵loga(x＋y)≠logaxlogay，
∴對數函數f(x)＝logax不具有此性質．
∵ax＋y＝axay，∴指數函數f(x)＝ax具有此性質．
∵cos(x＋y)≠cosxcosy，
∴余弦函數y＝cosx不具有此性質．]
3．C[對A、B，由y＝x＋a知a1，可知A、B圖象不正確；
D中由y＝x＋a知0a1，∴y＝logax應為減函數，D錯．]
4．A[∵y＝在x∈(0，＋∞)遞增，
∴，即ac，
∵y＝(25)x在x∈(－∞，＋∞)遞減，
∴，即cb，
∴acb.]
5．D
6．1或2
解析由m2－3m＋3＝1m2－m－2≤0解得m＝1或2.
經檢驗m＝1或2都適合．
7．cab
解析∵α∈(0,1)，∴1ααα2.
又∵x∈(0,1)，∴xα，即cab.
8．①②③
解析作出y＝xα(0α1)在第一象限內的圖象，如圖所示，
可判定①②③正確，
又fxx表示圖象上的點與原點連線的斜率，
當0x1x2時應有fx1x1fx2x2，故④錯．
9．解設在[－1,1)中，f(x)＝xn，
由點(12，18)在函數圖象上，求得n＝3.……………………………………………………(4分)
令x∈[2k－1,2k＋1)，則x－2k∈[－1,1)，
∴f(x－2k)＝(x－2k)3.……………………………………………………………………(8分)
又f(x)周期為2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3.
即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．………………………………………………………………(12分)
10．解由條件知1－n2＋2n＋30，
－n2＋2n＋30，解得－1n3.…………………………………………………………(4分)
又n＝2k，k∈Z，∴n＝0,2.
當n＝0,2時，f(x)＝x13，
∴f(x)在R上單調遞增．…………………………………………………………………(8分)
∴f(x2－x)f(x＋3)轉化為x2－xx＋3.
解得x－1或x3.
∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．………………………………………(12分)
11．解(1)∵f(2)f(3)，
∴f(x)在第一象限是增函數．
故－k2＋k＋20，解得－1k2.
又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1.
當k＝0或k＝1時，－k2＋k＋2＝2，
∴f(x)＝x2.…………………………………………………………………………………(6分)
(2)假設存在q0滿足題設，由(1)知
g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．
∵g(2)＝－1，∴兩個最值點只能在端點(－1，g(－1))和頂點(2q－12q，4q2＋14q)處取得．
……………………………………………………………………………………………(8分)
而4q2＋14q－g(－1)＝4q2＋14q－(2－3q)＝4q－124q≥0，
∴g(x)max＝4q2＋14q＝178，…………………………………………………………………(12分)
g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4.
解得q＝2.∴存在q＝2滿足題意．……………………………………………………(14分)

高考數學（理科）一輪復習函數的圖象學案附答案

學案10函數的圖象
導學目標：1.掌握作函數圖象的兩種基本方法：描點法，圖象變換法.2.掌握圖象變換的規(guī)律，能利用圖象研究函數的性質．
自主梳理
1．應掌握的基本函數的圖象有：一次函數、二次函數、冪函數、指數函數、對數函數等．
2．利用描點法作圖：①確定函數的定義域；②化簡函數的解析式；③討論函數的性質(__________、__________、__________)；④畫出函數的圖象．
3．利用基本函數圖象的變換作圖：
(1)平移變換：函數y＝f(x＋a)的圖象可由y＝f(x)的圖象向____(a0)或向____(a0)平移____個單位得到；函數y＝f(x)＋a的圖象可由函數y＝f(x)的圖象向____(a0)或向____(a0)平移____個單位得到．
(2)伸縮變換：函數y＝f(ax)(a0)的圖象可由y＝f(x)的圖象沿x軸伸長(0a1)或縮短(____)到原來的1a倍得到；函數y＝af(x)(a0)的圖象可由函數y＝f(x)的圖象沿y軸伸長(____)或縮短(________)為原來的____倍得到．(可以結合三角函數中的圖象變換加以理解)
(3)對稱變換：①奇函數的圖象關于________對稱；偶函數的圖象關于____軸對稱；
②f(x)與f(－x)的圖象關于____軸對稱；
③f(x)與－f(x)的圖象關于____軸對稱；
④f(x)與－f(－x)的圖象關于________對稱；
⑤f(x)與f(2a－x)的圖象關于直線________對稱；
⑥曲線f(x，y)＝0與曲線f(2a－x,2b－y)＝0關于點________對稱；
⑦|f(x)|的圖象先保留f(x)原來在x軸________的圖象，作出x軸下方的圖象關于x軸的對稱圖形，然后擦去x軸下方的圖象得到；
⑧f(|x|)的圖象先保留f(x)在y軸________的圖象，擦去y軸左方的圖象，然后作出y軸右方的圖象關于y軸的對稱圖形得到．
自我檢測
1．(2009北京)為了得到函數y＝lgx＋310的圖象，只需把函數y＝lgx的圖象上所有的點()
A．向左平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度
B．向右平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度
C．向左平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度
D．向右平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度
2．(2011煙臺模擬)已知圖1是函數y＝f(x)的圖象，則圖2中的圖象對應的函數可能是
()

A．y＝f(|x|)B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|)D．y＝－f(－|x|)
3．函數f(x)＝1x－x的圖象關于()
A．y軸對稱B．直線y＝－x對稱
C．坐標原點對稱D．直線y＝x對稱
4．使log2(－x)x＋1成立的x的取值范圍是()
A．(－1,0)B．[－1,0)
C．(－2,0)D．[－2,0)
5．(2011濰坊模擬)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a0且a≠1)，若f(4)g(－4)0，則y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐標系內的大致圖象是()
探究點一作圖
例1(1)作函數y＝|x－x2|的圖象；
(2)作函數y＝x2－|x|的圖象；
(3)作函數的圖象．

變式遷移1作函數y＝1|x|－1的圖象．

探究點二識圖
例2(1)函數y＝f(x)與函數y＝g(x)的圖象如圖，
則函數y＝f(x)g(x)的圖象可能是()
(2)已知y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f(1－x)的圖象為()
變式遷移2(1)(2010山東)函數y＝2x－x2的圖象大致是()
(2)函數f(x)的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式是()
A．f(x)＝x＋sinx
B．f(x)＝cosxx
C．f(x)＝xcosx
D．f(x)＝x(x－π2)(x－3π2)
探究點三圖象的應用
例3若關于x的方程|x2－4x＋3|－a＝x至少有三個不相等的實數根，試求實數a的取值范圍．

變式遷移3(2010全國Ⅰ)直線y＝1與曲線y＝x2－|x|＋a有四個交點，則a的取值范圍是________．
數形結合思想的應用
例(5分)(2010北京東城區(qū)一模)定義在R上的函數y＝f(x)是減函數，且函數y＝f(x－1)的圖象關于(1,0)成中心對稱，若s，t滿足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．則當1≤s≤4時，ts的取值范圍是()
A.－14，1B.－14，1
C.－12，1D.－12，1
【答題模板】
答案D
解析因函數y＝f(x－1)的圖象關于(1,0)成中心對稱，所以該函數的圖象向左平移一個單位后的解析式為y＝f(x)，即y＝f(x)的圖象關于(0,0)對稱，所以y＝f(x)是奇函數．又y＝f(x)是R上的減函數，所以s2－2s≥t2－2t，令y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
圖象的對稱軸為x＝1，
當1≤s≤4時，要使s2－2s≥t2－2t，即s－1≥|t－1|，
當t≥1時，有s≥t≥1，所以14≤ts≤1；
當t1時，
即s－1≥1－t，即s＋t≥2，
問題轉化成了線性規(guī)劃問題，畫出由1≤s≤4，t1，s＋t≥2組成的不等式組的可行域.ts為可行域內的點到原點連線的斜率，易知－12≤ts1.綜上可知選D.
【突破思維障礙】
當s，t位于對稱軸x＝1的兩邊時，如何由s2－2s≥t2－2t判斷s，t之間的關系式，這時s，t與對稱軸x＝1的距離的遠近決定著不等式s2－2s≥t2－2t成立與否，通過數形結合判斷出關系式s－1≥1－t，從而得出s＋t≥2，此時有一個隱含條件為t1，再結合1≤s≤4及要求的式子的取值范圍就能聯想起線性規(guī)劃，從而突破了難點．要畫出s，t所在區(qū)域時，要結合ts的幾何意義為點(s，t)和原點連線的斜率，確定s為橫軸，t為縱軸．
【易錯點剖析】
當得到不等式s2－2s≥t2－2t后，如果沒有函數的思想將無法繼續(xù)求解，得到二次函數后也容易只考慮s，t都在二次函數y＝x2－2x的增區(qū)間[1，＋∞)內，忽略考慮s，t在二次函數對稱軸兩邊的情況，考慮了s，t在對稱軸的兩邊，也容易漏掉隱含條件t1及聯想不起來線性規(guī)劃．
1．掌握作函數圖象的兩種基本方法(描點法，圖象變換法)，在畫函數圖象時，要特別注意到用函數的性質(如單調性、奇偶性等)解決問題．
2．合理處理識圖題與用圖題
(1)識圖．對于給定函數的圖象，要能從圖象的左右、上下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面研究函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性．
(2)用圖．函數圖象形象地顯示了函數的性質，為研究數量關系問題提供了“形”的直觀性，它是探求解題途徑，獲得問題結果的重要工具，要重視數形結合解題的思想方法，常用函數圖象研究含參數的方程或不等式解集的情況．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010重慶)函數f(x)＝4x＋12x的圖象()
A．關于原點對稱B．關于直線y＝x對稱
C．關于x軸對稱D．關于y軸對稱
2．(2010湖南)用min{a，b}表示a，b兩數中的最小值．若函數f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的圖象關于直線x＝－12對稱，則t的值為()
A．－2B．2
C．－1D．1
3．(2011北京海淀區(qū)模擬)在同一坐標系中畫出函數y＝logax，y＝ax，y＝x＋a的圖象，可能正確的是()
4．(2011深圳模擬)若函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數y＝－f(x＋1)的圖象大致為
()
5．設b0，二次函數y＝ax2＋bx＋a2－1的圖象為下列之一，則a的值為()
A．1B．－1C.－1－52D.－1＋52
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．為了得到函數y＝3×(13)x的圖象，可以把函數y＝(13)x的圖象向________平移________個單位長度．
7．(2011黃山月考)函數f(x)＝2x－1x＋1的圖象對稱中心是________．
8．(2011沈陽調研)如下圖所示，向高為H的水瓶A、B、C、D同時以等速注水，注滿為止．
(1)若水量V與水深h函數圖象是下圖的(a)，則水瓶的形狀是________；
(2)若水深h與注水時間t的函數圖象是下圖的(b)，則水瓶的形狀是________．
(3)若注水時間t與水深h的函數圖象是下圖的(c)，則水瓶的形狀是________；
(4)若水深h與注水時間t的函數的圖象是圖中的(d)，則水瓶的形狀是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.
(1)求實數m的值；
(2)作出函數f(x)的圖象；
(3)根據圖象指出f(x)的單調遞減區(qū)間；
(4)根據圖象寫出不等式f(x)0的解集；
(5)求當x∈[1,5)時函數的值域．

10．(12分)(2011三明模擬)當x∈(1,2)時，不等式(x－1)2logax恒成立，求a的取值范圍．

11．(14分)已知函數f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．
(1)若g(x)＝m有根，求m的取值范圍；
(2)確定m的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．

答案自主梳理
2．③奇偶性單調性周期性3.(1)左右|a|上下|a|(2)a1a10a1a(3)①原點y②y③x④原點⑤x＝a⑥(a，b)⑦上方⑧右方
自我檢測
1．C[A項y＝lg(x＋3)＋1＝lg[10(x＋3)]，
B項y＝lg(x－3)＋1＝lg[10(x－3)]，
C項y＝lg(x＋3)－1＝lgx＋310，
D項y＝lg(x－3)－1＝lgx－310.]
2．C
3．C[∵f(－x)＝－1x＋x＝－1x－x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函數，即f(x)的圖象關于原點對稱．]
4．A[作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的圖象知滿足條件的x∈(－1,0)．]
5．B[由f(4)g(－4)0得a2loga40，∴0a1.]
課堂活動區(qū)
例1解(1)y＝x－x2，0≤x≤1，－x－x2，x1或x0，
即y＝－x－122＋14，0≤x≤1，x－122－14，x1或x0，
其圖象如圖所示．
(2)y＝x－122－14，x≥0，x＋122－14，x0，其圖象如圖所示．
(3)
作出y＝12x的圖象，保留y＝12x圖象中x≥0的部分，加上y＝12x的圖象中x0的部分關于y軸的對稱部分，
即得y＝12|x|的圖象．
變式遷移1解定義域是{x|x∈R且x≠±1}，且函數是偶函數．
又當x≥0且x≠1時，y＝1x－1.
先作函數y＝1x的圖象，并將圖象向右平移1個單位，得到函數y＝1x－1(x≥0且x≠1)的圖象(如圖(a)所示)．
又函數是偶函數，作關于y軸對稱圖象，
得y＝1|x|－1的圖象(如圖(b)所示)．
例2解題導引對于給定的函數的圖象，要能從圖象的左右、上下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面研究函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性，注意圖象與函數解析式中參數的關系．
（1）?A?[從f(x)、g(x)的圖象可知它們分別為偶函數、奇函數，故f(x)g(x)是奇函數，排除B.又x0時，g(x)為增函數且為正值,f(x)也是增函數，故f(x)g(x)為增函數，且正負取決于f(x)的正負，注意到x→（從小于0趨向于0），f(x)g(x)→+∞，可排除C、D.］?（2）?A?［因為f(1-x)=f（-(x-1)）,故y=f(1-x)的圖象可以由y=f(x)的圖象按照如下變換得到：先將y=f(x)的圖象關于y軸翻折，得y=f(-x)的圖象，然后將y=f(-x)?的圖象向右平移一個單位，即得y=f(-x+1)的圖象.］
變式遷移2(1)A[考查函數y＝2x與y＝x2的圖象可知：
當x0時，方程2x－x2＝0僅有一個零點，
且→－∞；
當x0時，方程2x－x2＝0有兩個零點2和4，
且→＋∞.]
(2)C[由圖象知f(x)為奇函數，排除D；
又0，±π2，±32π為方程f(x)＝0的根，故選C.]
例3解題導引原方程重新整理為|x2－4x＋3|＝x＋a，將兩邊分別設成一個函數并作出它們的圖象，即求兩圖象至少有三個交點時a的取值范圍．
方程的根的個數問題轉化為函數圖象交點個數問題，體現了《考綱》中函數與方程的重要思想方法．

解原方程變形為|x2－4x＋3|＝x＋a，于是，設y＝|x2－4x＋3|，y＝x＋a，在同一坐標系下分別作出它們的圖象．如圖．則當直線y＝x＋a過點(1,0)時a＝－1；當直線y＝x＋a與拋物線y＝－x2＋4x－3相切時，由y＝x＋ay＝－x2＋4x－3，得，x2－3x＋a＋3＝0，
由Δ＝9－4(3＋a)＝0，得a＝－34.
由圖象知當a∈[－1，－34]時方程至少有三個根．
變式遷移3(1，54)
解析y＝x2－|x|＋a＝x－122＋a－14，x≥0，x＋122＋a－14，x0.
當其圖象如圖所示時滿足題意．

由圖知a1，a－141，解得1a54.
課后練習區(qū)
1．D[f(x)＝2x＋2－x，因為f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數．所以f(x)圖象關于y軸對稱．]
2.D[令y＝|x|，y＝|x＋t|，在同一坐標系中作出其圖象，
如圖，所以t＝1.]
3．D[選項A、B、C中直線方程中的a的范圍與對數函數中的a的范圍矛盾．]
4．C[函數y＝f(x)的圖象與函數y＝－f(x)關于x軸對稱，函數y＝－f(x)的圖象向左平移1個單位即得到函數y＝－f(x＋1)的圖象．]
5．B[∵b0，∴前兩個圖象不是給出的二次函數圖象，又后兩個圖象的對稱軸都在y軸右邊，∴－b2a0，∴a0，又∵圖象過原點，∴a2－1＝0，∴a＝－1.]
6．右1
解析∵y＝3×(13)x＝(13)x－1，
∴y＝(13)x向右平移1個單位便得到y(tǒng)＝(13)x－1.
7．(－1,2)
解析∵f(x)＝2x－1x＋1＝2x＋1－3x＋1＝2－3x＋1，
∴函數f(x)圖象的對稱中心為(－1,2)．
8．(1)A(2)D(3)B(4)C
9．解(1)∵f(4)＝0，∴4|m－4|＝0，即m＝4.…………………………………………(2分)
(2)f(x)＝x|x－4|
＝xx－4＝x－22－4，x≥4，－xx－4＝－x－22＋4，x4.………………………………………………(4分)

f(x)的圖象如右圖所示．
(3)由圖可知，f(x)的減區(qū)間是[2,4]．……………………………………………………(8分)
(4)由圖象可知f(x)0的解集為
{x|0x4或x4}．………………………………………………………………………(10分)
(5)∵f(5)＝54，
由圖象知，函數在[1,5)上的值域為[0,5)．……………………………………………(12分)
10.
解設f1(x)＝(x－1)2，
f2(x)＝logax，
要使當x∈(1,2)時，不等式(x－1)2logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1,2)上的圖象在f2(x)＝logax的下方即可．
當0a1時，由圖象知顯然不成立．……………………………………………………(4分)
當a1時，如圖，要使在(1,2)上，f1(x)＝(x－1)2的圖象在f2(x)＝logax的下方，只需f1(2)≤f2(2)，
即(2－1)2≤loga2，loga2≥1，……………………………………………………………(10分)
∴1a≤2.………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)方法一∵x0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，
等號成立的條件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，……………………………………………………………(4分)
因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有根．…………………………………………………(6分)
方法二作出g(x)＝x＋e2x的圖象如圖：
……………………………………………………………………………………………(4分)
可知若使g(x)＝m有根，則只需m≥2e.………………………………………………(6分)
方法三解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，故m20Δ＝m2－4e2≥0……………………………………………(4分)
等價于m0m≥2e或m≤－2e，故m≥2e.…………………………………………………(6分)
(2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實根，即g(x)＝f(x)中函數g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點，
作出g(x)＝x＋e2x(x0)的圖象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.
其對稱軸為x＝e，開口向下，
最大值為m－1＋e2.……………………………………………………………………(10分)
故當m－1＋e22e，即m－e2＋2e＋1時，
g(x)與f(x)有兩個交點，
即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．
∴m的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞)．……………………………………………(14分)

高考數學（理科）一輪復習函數與方程學案有答案

一位優(yōu)秀的教師不打無準備之仗，會提前做好準備，教師要準備好教案，這是教師需要精心準備的。教案可以讓上課時的教學氛圍非?；钴S，使教師有一個簡單易懂的教學思路。那么，你知道教案要怎么寫呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高考數學（理科）一輪復習函數與方程學案有答案”，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

學案11函數與方程
導學目標：1.結合二次函數的圖象，了解函數的零點與方程根的聯系，會判斷一元二次方程根的存在性及根的個數.2.根據具體函數的圖象，能夠用二分法求相應方程的近似值．
自主梳理
1．函數零點的定義
(1)對于函數y＝f(x)(x∈D)，把使________成立的實數x叫做函數y＝f(x)(x∈D)的零點．
(2)方程f(x)＝0有實根函數y＝f(x)的圖象與____有交點函數y＝f(x)有________．
2．函數零點的判定
如果函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有____________，那么函數y＝f(x)在區(qū)間________內有零點，即存在c∈(a，b)，使得________，這個____也就是f(x)＝0的根．我們不妨把這一結論稱為零點存在性定理．
3．二次函數y＝ax2＋bx＋c(a0)的圖象與零點的關系
Δ0Δ＝0Δ0
二次函數y＝ax2＋bx＋c
(a0)的圖象

與x軸的交點________，
________________無交點
零點個數________________________
4.用二分法求函數f(x)零點近似值的步驟
第一步，確定區(qū)間[a，b]，驗證________________，給定精確度ε；
第二步，求區(qū)間(a，b)的中點c；
第三步，計算______：
①若________，則c就是函數的零點；
②若________，則令b＝c[此時零點x0∈(a，c)]；
③若________，則令a＝c[此時零點x0∈(c，b)]；
第四步，判斷是否達到精確度ε：即若|a－b|ε，則得到零點近似值a(或b)；否則重復第二、三、四步．
自我檢測
1．(2010福建)f(x)＝x2＋2x－3，x≤0－2＋lnxx0的零點個數為()
A．0B．1C．2D．3
2．若函數y＝f(x)在R上遞增，則函數y＝f(x)的零點()
A．至少有一個B．至多有一個
C．有且只有一個D．可能有無數個
3．如圖所示的函數圖象與x軸均有交點，其中不能用二分法求圖中交點橫坐標的是()
A．①②B．①③
C．①④D．③④
4．設f(x)＝3x＋3x－8，用二分法求方程3x＋3x－8＝0在x∈(1,2)內近似解的過程中得f(1)0，f(1.5)0，f(1.25)0，則方程的根所在的區(qū)間是()
A．(1,1.25)B．(1.25,1.5)
C．(1.5,2)D．不能確定
5．(2011福州模擬)若函數f(x)的零點與g(x)＝4x＋2x－2的零點之差的絕對值不超過0.25，則f(x)可以是()
A．f(x)＝4x－1B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex－1D．f(x)＝ln(x－0.5)
探究點一函數零點的判斷
例1判斷函數y＝lnx＋2x－6的零點個數．

變式遷移1(2011煙臺模擬)若定義在R上的偶函數f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，且當x∈[0,1]時，f(x)＝x，則函數y＝f(x)－log3|x|的零點個數是()
A．多于4個B．4個
C．3個D．2個
探究點二用二分法求方程的近似解
例2求方程2x3＋3x－3＝0的一個近似解(精確度0.1)．

變式遷移2(2011淮北模擬)用二分法研究函數f(x)＝x3＋lnx＋12的零點時，第一次經計算f(0)0，0，可得其中一個零點x0∈________，第二次應計算________．以上橫線上應填的內容為()
A.0，12B．(0,1)f12
C.12，1D.0，12
探究點三利用函數的零點確定參數
例3已知a是實數，函數f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函數y＝f(x)在區(qū)間[－1,1]上有零點，求a的取值范圍．
變式遷移3若函數f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點，求實數a的取值范圍．
1．全面認識深刻理解函數零點：
(1)從“數”的角度看：即是使f(x)＝0的實數x；
(2)從“形”的角度看：即是函數f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標；
(3)若函數f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相切，則零點x0通常稱為不變號零點；
(4)若函數f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相交，則零點x0通常稱為變號零點．
2．求函數y＝f(x)的零點的方法：
(1)(代數法)求方程f(x)＝0的實數根(常用公式法、因式分解法、直接求解法等)；
(2)(幾何法)對于不能用求根公式的方程，可以將它與函數y＝f(x)的圖象聯系起來，并利用函數的性質找出零點；
(3)(二分法)主要用于求函數零點的近似值，二分法的條件f(a)f(b)0表明：用二分法求函數的近似零點都是指變號零點．
3．有關函數零點的重要結論：
(1)若連續(xù)不間斷的函數f(x)是定義域上的單調函數，則f(x)至多有一個零點；
(2)連續(xù)不間斷的函數，其相鄰兩個零點之間的所有函數值保持同號；
(3)連續(xù)不間斷的函數圖象通過零點時，函數值符號可能不變．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010天津)函數f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是()
A．(－2，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1,2)
2．(2011福州質檢)已知函數f(x)＝log2x－13x，若實數x0是方程f(x)＝0的解，且0x1x0，則f(x1)的值()
A．恒為負B．等于零
C．恒為正D．不小于零
3．下列函數圖象與x軸均有公共點，其中能用二分法求零點的是()
4．函數f(x)＝(x－2)(x－5)－1有兩個零點x1、x2，且x1x2，則()
A．x12,2x25
B．x12，x25
C．x12，x25
D．2x15，x25
5．(2011廈門月考)設函數f(x)＝4x－4，x≤1x2－4x＋3，x1，g(x)＝log2x，則函數h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數是()
A．4B．3C．2D．1
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．定義在R上的奇函數f(x)滿足：當x0時，f(x)＝2006x＋log2006x，則在R上，函數f(x)零點的個數為________．
7．(2011深圳模擬)已知函數f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－x－1的零點分別為x1，x2，x3，則x1，x2，x3的大小關系是______________．
8．(2009山東)若函數f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數f(x)＝x3－x2＋x2＋14.
證明：存在x0∈(0，12)，使f(x0)＝x0.

10．(12分)已知二次函數f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個實數c，使f(c)0，求實數p的取值范圍．
11．(14分)(2011杭州調研)設函數f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求證：
(1)a0且－3ba－34；
(2)函數f(x)在區(qū)間(0,2)內至少有一個零點；
(3)設x1，x2是函數f(x)的兩個零點，則2≤|x1－x2|574.

答案自主梳理
1．(1)f(x)＝0(2)x軸零點2.f(a)f(b)0(a，b)f(c)＝0c3.(x1,0)(x2,0)(x1,0)兩個一個無4.f(a)f(b)0f(c)①f(c)＝0②f(a)f(c)0③f(c)f(b)0
自我檢測
1．C[當x≤0時，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3；
當x0時，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，
所以已知函數有兩個零點．]
2．B3.B4.B5.A
課堂活動區(qū)
例1解題導引判斷函數零點個數最常用的方法是令f(x)＝0，轉化為方程根的個數，解出方程有幾個根，函數y＝f(x)就有幾個零點，如果方程的根解不出，還有兩種方法判斷：方法一是基本方法，是利用零點的存在性原理，要注意參考單調性可判定零點的唯一性；方法二是數形結合法，要注意作圖技巧．
解方法一設f(x)＝lnx＋2x－6，
∵y＝lnx和y＝2x－6均為增函數，
∴f(x)也是增函數．
又∵f(1)＝0＋2－6＝－40，f(3)＝ln30，
∴f(x)在(1,3)上存在零點．又f(x)為增函數，
∴函數在(1,3)上存在唯一零點．
方法二在同一坐標系畫出y＝lnx與y＝6－2x的圖象，由圖可知兩圖象只有一個交點，故函數y＝lnx＋2x－6只有一個零點．
變式遷移1B[由題意知f(x)是偶函數并且周期為2.由f(x)－log3|x|＝0，得f(x)＝log3|x|，令y＝f(x)，y＝log3|x|，這兩個函數都是偶函數，畫兩函數y軸右
邊的圖象如圖，兩函數有兩個交點，因此零點個數在x≠0，x∈R的范圍內共4個．]
例2解題導引①用二分法求函數的零點時，最好是利用表格，將計算過程所得的各個區(qū)間、中點坐標、區(qū)間中點的函數值等置于表格中，可清楚地表示出逐步縮小零點所在區(qū)間的過程，有時也可利用數軸來表示這一過程；
②在確定方程近似解所在的區(qū)間時，轉化為求方程對應函數的零點所在的區(qū)間，找出的區(qū)間[a，b]長度盡可能小，且滿足f(a)f(b)0；
③求方程的近似解，所要求的精確度不同得到的結果也不同，精確度ε，是指在計算過程中得到某個區(qū)間(a，b)后，直到|a－b|ε時，可停止計算，其結果可以是滿足精確度的最后小區(qū)間的端點或區(qū)間內的任一實數，結果不唯一．
解設f(x)＝2x3＋3x－3.
經計算，f(0)＝－30，f(1)＝20，
所以函數在(0,1)內存在零點，
即方程2x3＋3x－3＝0在(0,1)內有解．
取(0,1)的中點0.5，經計算f(0.5)0，
又f(1)0，所以方程2x3＋3x－3＝0在(0.5,1)內有解，
如此繼續(xù)下去，得到方程的一個實數解所在的區(qū)間，如下表.
(a，b)(a，b)
的中點fa＋b2

(0,1)0.5f(0.5)0
(0.5,1)0.75f(0.75)0
(0.5,0.75)0.625f(0.625)0
(0.625,0.75)0.6875f(0.6875)0
(0.6875,0.75)|0.6875－0.75|＝0.06250.1
至此，可以看出方程的根落在區(qū)間長度小于0.1的區(qū)間(0.6875,0.75)內，可以將區(qū)間端點0.6875作為函數f(x)零點的近似值．因此0.6875是方程2x3＋3x－3＝0精確度0.1的一個近似解．
變式遷移2D[由于f(0)0，f120，而f(x)＝x3＋lnx＋12中的x3及l(fā)nx＋12在－12，＋∞上是增函數，故f(x)在－12，＋∞上也是增函數，
故f(x)在0，12上存在零點，所以x0∈0，12，
第二次計算應計算0和12在數軸上對應的中點
x1＝0＋122＝14.]
例3解若a＝0，f(x)＝2x－3，顯然在[－1，1]上沒有零點，所以a≠0.
令Δ＝4＋8a(3＋a)＝8a2＋24a＋4＝0，
解得a＝－3±72.
①當a＝－3－72時，f(x)＝0的重根x＝3－72∈[－1,1]，
當a＝－3＋72時，f(x)＝0的重根x＝3＋72[－1,1]，
∴y＝f(x)恰有一個零點在[－1,1]上；
②當f(－1)f(1)＝(a－1)(a－5)0，
即1a5時，y＝f(x)在[－1,1]上也恰有一個零點．
③當y＝f(x)在[－1,1]上有兩個零點時，則
a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≥0f－1≥0，或a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≤0f－1≤0，
解得a≥5或a－3－72.
綜上所述實數a的取值范圍是a1或a≤－3－72.
變式遷移3解方法一(換元)
設2x＝t，則函數f(x)＝4x＋a2x＋a＋1化為g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
函數f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點，等價于方程t2＋at＋a＋1＝0，①有正實數根．
(1)當方程①有兩個正實根時，
a應滿足Δ＝a2－4a＋1≥0t1＋t2＝－a0t1t2＝a＋10，
解得：－1a≤2－22；
(2)當方程①有一正根一負根時，只需t1t2＝a＋10，
即a－1；
(3)當方程①有一根為0時，a＝－1，此時方程①的另一根為1.
綜上可知a≤2－22.
方法二令g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
(1)當函數g(t)在(0，＋∞)上存在兩個零點時，
實數a應滿足Δ＝a2－4a＋1≥0－a20g0＝a＋10，
解得－1a≤2－22；
(2)當函數g(t)在(0，＋∞)上存在一個零點，另一個零點在(－∞，0)時，實數a應滿足g(0)＝a＋10，
解得a－1；
(3)當函數g(t)的一個零點是0時，g(0)＝a＋1＝0，a＝－1，此時可以求得函數g(t)的另一個零點是1.
綜上(1)(2)(3)知a≤2－22.
課后練習區(qū)
1．B[因為f(－1)＝12－30，f(0)＝10，
所以f(x)在區(qū)間(－1,0)上存在零點．]
2．A
3．C[能用二分法求零點的函數必須在給定區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，并且有f(a)f(b)0.A、B中不存在f(x)0，D中函數不連續(xù)．]
4．C
5．B[當x≤1時，函數f(x)＝4x－4與g(x)＝log2x的圖象有兩個交點，可得h(x)有兩個零點，當x1時，函數f(x)＝x2－4x＋3與g(x)＝log2x的圖象有1個交點，可得函數h(x)有1個零點，∴函數h(x)共有3個零點．]
6．3
解析函數f(x)為R上的奇函數，因此f(0)＝0，當x0時，f(x)＝2006x＋log2006x在區(qū)間(0，12006)內存在一個零點，又f(x)為增函數，因此在(0，＋∞)內有且僅有一個零點．根據對稱性可知函數在(－∞，0)內有且僅有一解，從而函數在R上的零點的個數為3.
7．x1x2x3
解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，設y＝2x，y＝－x；
令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，
設y＝lnx，y＝－x.
在同一坐標系內畫出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如圖：x10x21，令x－x－1＝0，則(x)2－x－1＝0，
∴x＝1＋52，
即x3＝3＋521，所以x1x2x3.
8．a1
解析設函數y＝ax(a0，且a≠1)和函數y＝x＋a，則函數f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個零點，就是函數y＝ax(a0，且a≠1)與函數y＝x＋a有兩個交點，由圖象可知當0a1時兩函數只有一個交點，不符合；當a1時，因為函數y＝ax(a1)的圖象過點(0,1)，而直線y＝x＋a所過的點一定在點(0,1)的上方，所以一定有兩個交點，所以實數a的取值范圍是a1.
9．證明令g(x)＝f(x)－x.………………………………………………………………(2分)
∵g(0)＝14，g(12)＝f(12)－12＝－18，
∴g(0)g(12)0.……………………………………………………………………………(8分)
又函數g(x)在(0，12)上連續(xù)，…………………………………………………………(10分)
所以存在x0∈(0，12)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.………………………………………………………………………………(12分)
10．解二次函數f(x)在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個實數c，
使f(c)0的否定是：對于區(qū)間[－1,1]內的任意一個x都有f(x)≤0.……………………(4分)
此時f1≤0f－1≤0，即2p2＋3p－9≥02p2－p－1≥0，解得：
p≥32或p≤－3.…………………………………………………………………………(10分)
∴二次函數f(x)在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個實數c，使f(c)0的實數p的取值范圍是
－3p32.…………………………………………………………………………………(12分)
11．證明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－a2，
∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a2c2b，∴3a0,2b0，
∴a0，b0.
又2c＝－3a－2b，由3a2c2b，
∴3a－3a－2b2b.
∵a0，∴－3ba－34.……………………………………………………………………(4分)
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①當c0時，∵a0，
∴f(0)＝c0且f(1)＝－a20，
∴函數f(x)在區(qū)間(0,1)內至少有一個零點．……………………………………………(7分)
②當c≤0時，
∵a0，
∴f(1)＝－a20且f(2)＝a－c0，
∴函數f(x)在區(qū)間(1,2)內至少有一個零點．
綜合①②得f(x)在(0,2)內至少有一個零點．……………………………………………(10分)
(3)∵x1，x2是函數f(x)的兩個零點，則x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根．
∴x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca＝－32－ba.
∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2
＝－ba2－4－32－ba
＝ba＋22＋2.(12分)
∵－3ba－34，
∴2≤|x1－x2|574.……………………………………………………………………(14分)

高考數學（理科）一輪復習函數及其表示學案帶答案

第二章函數
學案4函數及其表示

導學目標：1.了解構成函數的要素，會求一些簡單函數的定義域和值域，了解映射的概念.2.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法等)表示函數.3.了解簡單的分段函數，并能簡單應用．
自主梳理
1．函數的基本概念
(1)函數定義
設A，B是非空的，如果按照某種確定的對應關系f,使對于集合A中的,在集合B中，稱f:A→B為從集合A到集合B的一個函數，x的取值范圍A叫做函數的__________，__________________叫做函數的值域．
(2)函數的三要素
__________、________和____________．
(3)函數的表示法
表示函數的常用方法有：________、________、________.
(4)函數相等
如果兩個函數的定義域和__________完全一致，則這兩個函數相等，這是判定兩函數相等的依據．
(5)分段函數：在函數的________內，對于自變量x的不同取值區(qū)間，有著不同的____________，這樣的函數通常叫做分段函數．
分段函數是一個函數，它的定義域是各段取值區(qū)間的________，值域是各段值域的________．
2．映射的概念
(1)映射的定義
設A、B是兩個非空的集合，如果按某一個確定的對應關系f，使對于集合A中的任意一個元素x,在集合B中確定的元素y與之對應，那么就稱對應f:A→B為從集合A到集合B的.?
（2）由映射的定義可以看出，映射是概念的推廣，函數是一種特殊的映射，要注意構成函數的兩個集合，A、B必須是數集.
自我檢測
1．(2011佛山模擬)設集合M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，給出下列4個圖形，其中能表示集合M到N的函數關系的有()
A．0個B．1個
C．2個D．3個
2．(2010湖北)函數y＝1log0.54x－3的定義域為()
A．(34，1)B．(34，＋∞)
C．(1，＋∞)D．(34，1)∪(1，＋∞)
3．(2010湖北)已知函數f(x)＝log3x，x02x，x≤0，則f(f(19))等于()
A．4B.14
C．－4D．－14
4．下列函數中，與函數y＝x相同的函數是()
A．y＝x2xB．y＝(x)2
C．y＝lg10xD．y＝2log2x
5．(2011衡水月考)函數y＝lg(ax2－ax＋1)的定義域是R，求a的取值范圍．
探究點一函數與映射的概念
例1(教材改編)下列對應關系是集合P上的函數的是________．
(1)P＝Z，Q＝N*，對應關系f：對集合P中的元素取絕對值與集合Q中的元素相對應；
y＝x2，x∈P，y∈Q；
（2）P={-1,1,-2,2}，Q={1，4}，對應關系:f:x→y=x2,x∈P,y∈Q;?
(3)P={三角形}，Q={x|x0}，對應關系f:對P中三角形求面積與集合Q中元素對應.

變式遷移1已知映射f:A→B.其中B．其中A＝B＝R，對應關系f：x→y＝－x2＋2x，對于實數k∈B，在集合A中不存在元素與之對應，則k的取值范圍是()
A．k1B．k≥1
C．k1D．k≤1
探究點二求函數的定義域
例2(1)求函數y＝x＋1＋x－10lg2－x的定義域；
(2)已知函數f(2x＋1)的定義域為(0,1)，求f(x)的定義域．

變式遷移2已知函數y＝f(x)的定義域是[0,2]，那么g(x)＝fx21＋lgx＋1的定義域是________________________________________________________________________．
探究點三求函數的解析式
例3(1)已知f(2x＋1)＝lgx，求f(x)；
(2)已知f(x)是一次函數，且滿足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)；
(3)已知f(x)滿足2f(x)＋f(1x)＝3x，求f(x)．
變式遷移3(2011武漢模擬)給出下列兩個條件：
(1)f(x＋1)＝x＋2x；
(2)f(x)為二次函數且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2.試分別求出f(x)的解析式．
探究點四分段函數的應用
例4設函數f(x)＝x2＋bx＋c，x≤0，2，x0.若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，則關于x的方程f(x)＝x的解的個數為()
A．1B．2C．3D．4
變式遷移4(2010江蘇)已知函數f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0，則滿足不等式f(1－x2)f(2x)的x的范圍是________________．

1．與定義域有關的幾類問題
第一類是給出函數的解析式，這時函數的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍；
第二類是實際問題或幾何問題，此時除要考慮解析式有意義外，還應考慮使實際問題或幾何問題有意義；
第三類是不給出函數的解析式，而由f(x)的定義域確定函數f[g(x)]的定義域或由f[g(x)]的定義域確定函數f(x)的定義域．
第四類是已知函數的定義域，求參數范圍問題，常轉化為恒成立問題來解決．
2．解析式的求法
求函數解析式的一般方法是待定系數法和換元法，除此還有代入法、拼湊法和方程組法．

(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．下列各組中的兩個函數是同一函數的為()
(1)y1＝x＋3x－5x＋3，y2＝x－5；
(2)y1＝x＋1x－1，y2＝x＋1x－1；
(3)f(x)＝x，g(x)＝x2；
(4)f(x)＝3x4－x3，F(x)＝x3x－1；
(5)f1(x)＝(2x－5)2，f2(x)＝2x－5.
A．(1)(2)B．(2)(3)
C．(4)D．(3)(5)
2．函數y＝f(x)的圖象與直線x＝1的公共點數目是()
A．1B．0
C．0或1D．1或2
3．(2011洛陽模擬)已知f(x)＝x＋2x≤－1，x2－1x2，2xx≥2，若f(x)＝3，則x的值是()
A．1B．1或32
C．1，32或±3D.3
4．(2009江西)函數y＝lnx＋1－x2－3x＋4的定義域為()
A．(－4，－1)B．(－4,1)
C．(－1,1)D．(－1,1]
5.（2011臺州模擬）設f:x→x2是從集合A到集合B的映射，如果B={1，2}，則A∩B為()
A．B．{1}
C．或{2}D．或{1}
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．下列四個命題：(1)f(x)＝x－2＋1－x有意義；(2)函數是其定義域到值域的映射；(3)函數y＝2x(x∈N)的圖象是一條直線；(4)函數y＝x2，x≥0，－x2，x0的圖象是拋物線．其中正確的命題個數是________．
7．設f(x)＝3x＋1x≥0x2x0，g(x)＝2－x2x≤12x1，
則f[g(3)]＝________，g[f(－12)]＝________.
8．(2010陜西)已知函數f(x)＝3x＋2，x1，x2＋ax，x≥1，若f(f(0))＝4a，則實數a＝______.
三、解答題(共38分)
9．(12分)(1)若f(x＋1)＝2x2＋1，求f(x)的表達式；
(2)若2f(x)－f(－x)＝x＋1，求f(x)的表達式；
(3)若函數f(x)＝xax＋b，f(2)＝1，又方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的表達式．

10．(12分)已知f(x)＝x2＋2x－3，用圖象法表示函數g(x)＝fx＋|fx|2，并寫出g(x)的解析式．

11．(14分)(2011湛江模擬)某產品生產廠家根據以往的生產銷售經驗得到下面有關銷售的統(tǒng)計規(guī)律：每生產產品x(百臺)，其總成本為G(x)萬元，其中固定成本為2萬元，并且每生產100臺的生產成本為1萬元(總成本＝固定成本＋生產成本)，銷售收入R(x)(萬元)滿足R(x)＝－0.4x2＋4.2x－0.8，0≤x≤5，10.2，x5.假定該產品產銷平衡，那么根據上述統(tǒng)計規(guī)律：
(1)要使工廠有盈利，產品x應控制在什么范圍？
(2)工廠生產多少臺產品時盈利最大？此時每臺產品的售價為多少？

答案自主梳理
1．(1)數集任意一個數x都有唯一確定的數f(x)和它對應定義域函數值的集合{f(x)|x∈A}(2)定義域值域對應關系(3)解析法列表法圖象法(4)對應關系(5)定義域對應關系并集并集2.(1)都有唯一一個映射(2)函數非空
自我檢測
1．B[對于題圖(1)：M中屬于(1,2]的元素，在N中沒有象，不符合定義；
對于題圖(2)：M中屬于(43，2]的元素的象，不屬于集合N，因此它不表示M到N的函數關系；對于題圖(3)：符合M到N的函數關系；對于題圖(4)：其象不唯一，因此也不表示M到N的函數關系．]
2．A3.B4.C
5．解函數y＝lg(ax2－ax＋1)的定義域是R，即ax2－ax＋10恒成立．
①當a＝0時，10恒成立；
②當a≠0時，應有a0，Δ＝a2－4a0，
∴0a4.
綜上所述，a的取值范圍為0≤a4.
課堂活動區(qū)
例1解題導引函數是一種特殊的對應，要檢驗給定的兩個變量之間是否具有函數關系，只需要檢驗：①定義域和對應關系是否給出；②根據給出的對應關系，自變量在其定義域中的每一個值，是否都有唯一確定的函數值．
(2)
解析由于(1)中集合P中元素0在集合Q中沒有對應元素，并且(3)中集合P不是數集，所以(1)和(3)都不是集合P上的函數．由題意知，(2)正確．
變式遷移1A[由題意知，方程－x2＋2x＝k無實數根，即x2－2x＋k＝0無實數根．∴Δ＝4(1－k)0，∴k1時滿足題意．]
例2解題導引在(2)中函數f(2x＋1)的定義域為(0,1)是指x的取值范圍還是2x＋1的取值范圍？f(x)中的x與f(2x＋1)中的2x＋1的取值范圍有什么關系？
解(1)要使函數有意義，
應有x＋1≥0，x－1≠0，2－x0，2－x≠1，即x≥－1，x≠1，x2，
解得－1≤x2，x≠1.
所以函數的定義域是{x|－1≤x1或1x2}．
(2)∵f(2x＋1)的定義域為(0,1)，
∴12x＋13，
所以f(x)的定義域是(1,3)．
變式遷移2(－1，－910)∪(－910，2]
解析由0≤x2≤2x＋101＋lgx＋1≠0得－1x≤2且x≠－910.
即定義域為(－1，－910)∪(－910，2]．
例3解題導引函數解析式的類型與求法
(1)若已知函數的類型(如一次函數、二次函數)，可用待定系數法．
(2)已知復合函數f(g(x))的解析式，可用換元法，此時要注意變量的取值范圍．
(3)已知f(x)滿足某個等式，這個等式除f(x)是未知量外，還出現其他未知量，如f(－x)、f(1x)等，要根據已知等式再構造其他等式組成方程組，通過解方程組求出f(x)．
解(1)令2x＋1＝t，則x＝2t－1，
∴f(t)＝lg2t－1，
∴f(x)＝lg2x－1，x∈(1，＋∞)．
(2)設f(x)＝ax＋b，(a≠0)
則3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b
＝ax＋b＋5a＝2x＋17，
∴a＝2，b＋5a＝17，
∴a＝2，b＝7，故f(x)＝2x＋7.
(3)2f(x)＋f(1x)＝3x，①
把①中的x換成1x，得
2f(1x)＋f(x)＝3x，②
①×2－②，得3f(x)＝6x－3x，
∴f(x)＝2x－1x.
變式遷移3解(1)令t＝x＋1，
∴t≥1，x＝(t－1)2.
則f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，
即f(x)＝x2－1，x∈[1，＋∞)．
(2)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
∴f(x＋2)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋c，
則f(x＋2)－f(x)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.
∴4a＝4，4a＋2b＝2.∴a＝1，b＝－1.
又f(0)＝3，∴c＝3，∴f(x)＝x2－x＋3.
例4解題導引①本題可以先確定解析式，然后通過解方程f(x)＝x來確定解的個數；也可利用數形結合，更為簡潔．
②對于分段函數，一定要明確自變量所屬的范圍，以便于選擇與之相應的對應關系．
③分段函數體現了數學的分類討論思想，相應的問題處理應分段解決．
C[方法一若x≤0，則f(x)＝x2＋bx＋c.
∵f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，
∴－42＋b－4＋c＝c，－22＋b－2＋c＝－2，
解得b＝4，c＝2.∴f(x)＝x2＋4x＋2，x≤0，2，x0.
當x≤0，由f(x)＝x，得x2＋4x＋2＝x，
解得x＝－2，或x＝－1；
當x0時，由f(x)＝x，得x＝2.
∴方程f(x)＝x有3個解．
方法二由f(－4)＝f(0)且f(－2)＝－2，可得f(x)＝x2＋bx＋c的對稱軸是x＝－2，且頂點為(－2，－2)，于是可得到f(x)的簡圖(如圖所示)．方程f(x)＝x的解的個數就是函數圖象y＝f(x)與y＝x的圖象的交點的個數，所以有3個解．]
變式遷移4(－1，2－1)
解析函數f(x)＝x2＋1，x≥0，1，x0的圖象如圖所示：
f(1－x2)f(2x)1－x22x1－x20，
解得－1x2－1.
課后練習區(qū)
1．C[(1)定義域不同；(2)定義域不同；(3)對應關系不同；(4)定義域相同，且對應關系相同；(5)定義域不同．]
2．C[有可能是沒有交點的，如果有交點，那么對于x＝1僅有一個函數值．]
3．D[該分段函數的三段各自的值域為(－∞，1]，[0,4)，[4，＋∞)，而3∈[0,4)，∴f(x)＝x2＝3，x＝±3，而－1x2，∴x＝3.]
4．C
5．D[由已知x2＝1或x2＝2，解之得，x＝±1或x＝±2，若1∈A，則A∩B＝{1}，若1A，則A∩B＝，
故A∩B＝或{1}．]
6．1
解析(1)x≥2且x≤1，不存在；(2)函數是特殊的映射；(3)該圖象是由離散的點組成的；(4)該圖象是兩個不同的拋物線的兩部分組成的，不是拋物線．故只有(2)正確．
7．73116
8．2
9．解(1)令t＝x＋1，則x＝t－1，∴f(t)＝2(t－1)2＋1＝2t2－4t＋3，∴f(x)＝2x2－4x＋3.………………………………………………………………………………………………(4分)
(2)∵2f(x)－f(－x)＝x＋1，用－x去替換式子中的x，得2f(－x)－f(x)＝－x＋1，……(6分)
即有2fx－f－x＝x＋12f－x－fx＝－x＋1，
解方程組消去f(－x)，得f(x)＝x3＋1.……………………………………………………(8分)
(3)由f(2)＝1得22a＋b＝1，即2a＋b＝2；
由f(x)＝x得xax＋b＝x，變形得x(1ax＋b－1)＝0，解此方程得x＝0或x＝1－ba，…(10分)
又∵方程有唯一解，
∴1－ba＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2得a＝12，
∴f(x)＝2xx＋2.……………………………………………………………………………(12分)
10．解函數f(x)的圖象如圖所示，
……………………………………(6分)
g(x)＝x2＋2x－3x≤－3或x≥10－3x1…………………………………………………(12分)
11．解依題意，G(x)＝x＋2，設利潤函數為f(x)，則
f(x)＝－0.4x2＋3.2x－2.8，0≤x≤5，8.2－x，x5.………………………………………………(4分)
(1)要使工廠贏利，則有f(x)0.
當0≤x≤5時，有－0.4x2＋3.2x－2.80，
得1x7，所以1x≤5.………………………………………………………………(8分)
當x5時，有8.2－x0，
得x8.2，所以5x8.2.
綜上所述，要使工廠贏利，應滿足1x8.2，即產品應控制在大于100臺小于820臺的范圍內．……………………………………………………………………………………(10分)
(2)當0≤x≤5時，f(x)＝－0.4(x－4)2＋3.6.
故當x＝4時，f(x)有最大值3.6.…………………………………………………………(12分)
而當x5時，f(x)8.2－5＝3.2.
所以當工廠生產400臺產品時，贏利最大，x＝4時，每臺產品售價為R44＝2.4(萬元/百臺)＝240(元/臺)．……………………………………………………………………………(14分)