2017-2018版高中數(shù)學(xué)第二章函數(shù)章末復(fù)習(xí)課學(xué)案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第二章函數(shù)學(xué)習(xí)目標(biāo)1。構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò)，理解其內(nèi)在聯(lián)系。2。盤點(diǎn)重要技能，提煉操作要點(diǎn).3.體會數(shù)學(xué)思想,培養(yǎng)嚴(yán)謹(jǐn)靈活的思維能力．1．對函數(shù)的進(jìn)一步認(rèn)識(1）函數(shù)是描述變量之間依賴關(guān)系的重要數(shù)學(xué)模型．它的三要素是定義域、值域和對應(yīng)關(guān)系．函數(shù)的值域是由定義域和對應(yīng)關(guān)系所確定的．(2）研究函數(shù)要遵從“定義域優(yōu)先"的原則，表示函數(shù)的定義域和值域時，要寫成集合的形式，也可用區(qū)間表示．（3)函數(shù)的表示方法有三種：解析法、圖像法和列表法．在解決問題時,根據(jù)不同的需要,選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ū硎竞瘮?shù)是很重要的．(4)分段函數(shù)是一種函數(shù)模型，它是一個函數(shù)而并非幾個函數(shù)．（5)函數(shù)與映射是不同的概念，函數(shù)是一種特殊的映射，是從非空數(shù)集到非空數(shù)集的映射．在映射f:A→B中，A中的元素x稱為原像，B中的對應(yīng)元素y稱為x的像．2．函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性是在定義域內(nèi)討論的，若要證明f（x)在區(qū)間[a，b]上是增函數(shù)或減函數(shù)，必須證明對［a，b]上的任意兩個自變量的值x1，x2，當(dāng)x1＜x2時都有f（x1)＜f(x2）或f（x1）＞f（x2)成立；若要證明f（x)在區(qū)間［a，b］上不是單調(diào)函數(shù)，只要舉出反例，即只要找到兩個特殊的x1，x2，不滿足定義即可．單調(diào)函數(shù)具有下面性質(zhì)：設(shè)函數(shù)f(x)定義在區(qū)間I上，且x1，x2∈I，則（1）若函數(shù)f(x）在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù),則x1＝x2?f(x1）＝f（x2）．（2）若函數(shù)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)函數(shù),則方程f（x)＝0在區(qū)間I上至多有一個實(shí)數(shù)根．(3）若函數(shù)f(x)與g(x)在同一區(qū)間的單調(diào)性相同，則在此區(qū)間內(nèi)，函數(shù)f(x）＋g(x）亦與它們的單調(diào)性相同．函數(shù)單調(diào)性的判斷方法：①定義法;②圖像法．3．函數(shù)的奇偶性判定函數(shù)奇偶性,一是用其定義判斷，即先看函數(shù)f(x）的定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對稱,再檢驗(yàn)f(－x)與f（x)的關(guān)系；二是用其圖像判斷，考察函數(shù)的圖像是否關(guān)于原點(diǎn)或y軸對稱去判斷，但必須注意它是函數(shù)這一大前提．類型一函數(shù)的三要素例1已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x3，x≤a，,x2，x〉a。）)(1)當(dāng)a＝2時，求f（x)的定義域、值域;(2）若存在x1≠x2,使f(x1)＝f（x2），求a的取值范圍．反思與感悟分段函數(shù)也是函數(shù),所以它的定義域、值域都分別是一個數(shù)集，求定義域、值域時要把各段相應(yīng)的值合并．在(2)中尋找不同的x,使其對應(yīng)相同的y時，也要把目光放在整個函數(shù)上．跟蹤訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－6x＋6，x≥0,，3x＋4,x〈0,))若互不相等的實(shí)數(shù)x1，x2,x3滿足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，則x1＋x2＋x3的取值范圍是（）A．(eq\f（20，3)，eq\f(26，3）］ B．(eq\f（20,3）,eq\f（26，3)）C．(eq\f(11,3），6] D．（eq\f(11，3），6)類型二函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用例2已知函數(shù)f(x)對任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f（x＋y）,且當(dāng)x>0時，f（x)〈0，f（1）＝－eq\f(2,3)。(1）求證：f（x）在R上是減函數(shù)；（2)求f(x）在［－3，3］上的最大值和最小值；(3）解不等式f(x)－f(－x)〉2。反思與感悟（1)解決有關(guān)函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用問題的通法就是根據(jù)函數(shù)的奇偶性解答或作出圖像輔助解答,先證明函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值．(2）研究抽象函數(shù)的性質(zhì)時要緊扣其定義,同時注意特殊值的應(yīng)用．跟蹤訓(xùn)練2函數(shù)f（x)的定義域?yàn)镈＝｛x｜x≠0｝，且滿足對于任意x1,x2∈D,有f（x1·x2）＝f（x1）＋f(x2)．(1）求f(1)的值;（2)判斷f(x)的奇偶性并證明你的結(jié)論;（3)如果f（4)＝1，f(x－1）〈2,且f（x)在(0，＋∞)上是增函數(shù),求x的取值范圍．類型三函數(shù)圖像的畫法及應(yīng)用例3對于函數(shù)f(x）＝x2－2|x|。（1)判斷其奇偶性，并指出圖像的對稱性；（2)畫此函數(shù)的圖像，并指出單調(diào)區(qū)間和最小值．反思與感悟畫函數(shù)圖像的主要方法有描點(diǎn)法和先研究函數(shù)性質(zhì)再根據(jù)性質(zhì)畫圖，一旦有了函數(shù)圖像，可以使問題變得直觀,但仍要結(jié)合代數(shù)運(yùn)算才能獲得精確結(jié)果．跟蹤訓(xùn)練3已知f（x）為定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）＝f(2－x)，當(dāng)x∈［0,1］時,f(x)＝x.求x∈[－3,5］時，f（x)＝eq\f（1，2)的所有解的和．1．已知A＝B＝R，x∈A，y∈B，f:x→y＝ax＋b是從A到B的映射，若1和8的原像分別是3和10，則5在f作用下的像是（）A．3B．4C．5D．62．已知集合P＝{x｜y＝eq\r(x＋1)｝，集合Q＝{y｜y＝eq\r(x－1)},則P與Q的關(guān)系是（)A．P＝Q B．PQC．PQ D．P∩Q＝?3．函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1－x2，x≤1，，x2－x－3，x>1，））則f（eq\f（1，f3））的值為()A。eq\f(15，16)B．－eq\f(27，16）C.eq\f（8，9）D．184．已知f（x)，g（x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)－g（x）＝x3＋x2＋1，則f(1)＋g（1）等于（）A．－3B．－1C．1D．35．若f（x)是偶函數(shù)，其定義域?yàn)?－∞，＋∞)，且在[0,＋∞）上是減函數(shù),則f（－eq\f（3，2)）與f(a2＋2a＋eq\f（5，2)）的大小關(guān)系是（）A．f(－eq\f(3,2))>f（a2＋2a＋eq\f（5，2)）B．f（－eq\f（3，2））〈f（a2＋2a＋eq\f(5，2)）C．f(－eq\f(3,2）)≥f(a2＋2a＋eq\f(5，2))D．f（－eq\f（3，2)）≤f(a2＋2a＋eq\f(5,2））1．函數(shù)是高中數(shù)學(xué)最重要的基礎(chǔ)之一，函數(shù)的概念及其表示基礎(chǔ)性強(qiáng)，滲透面廣，常與其他知識結(jié)合考查，試題多數(shù)為選擇題,重點(diǎn)考查函數(shù)的定義域與值域的求解以及分段函數(shù)的相關(guān)問題．2．單調(diào)性、奇偶性是函數(shù)性質(zhì)的核心內(nèi)容，常集于一體綜合命題．解題捷徑是結(jié)合題意選一易判斷的性質(zhì)為突破口，而后根據(jù)解題需要靈活選擇研究和變形方向．3．（1)函數(shù)圖像的識別，應(yīng)抓住函數(shù)解析式的特征，從其定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性等方面靈活判斷，多可利用函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行排除．（2)應(yīng)用函數(shù)圖像的關(guān)鍵是從圖像中提取所需的信息，提取圖像中信息的方法主要有：①定性分析法，通過對問題進(jìn)行定性的分析，從而得出圖像上升（或下降）的趨勢，利用這一特征來分析解決問題．②定量計(jì)算法，通過定量的計(jì)算來分析解決問題;③函數(shù)模型法，由所提供的圖像特征,聯(lián)想相關(guān)函數(shù)模型，利用這一函數(shù)模型來分析解決問題．

答案精析題型探究例1解（1)f（x）的定義域?yàn)椋ǎ?，a］∪(a，＋∞)＝R.當(dāng)a＝2時,y＝x3在(－∞，2]上是增加的,∴x3∈(－∞,8]．y＝x2在（2,＋∞)上是增加的，∴x2∈(4，＋∞)．∴f（x）的值域?yàn)椋ǎ蓿?]∪(4，＋∞)＝R。（2)當(dāng)a〈0時,f(x）在（a，＋∞)上不單調(diào),∴存在x1≠x2使f(x1)＝f（x2）．當(dāng)a＝0時，f(x）在R上是增函數(shù),∴不存在x1≠x2，使f（x1）＝f(x2)．當(dāng)a>0時，f(x)在（－∞,a]，(a,＋∞)上都是增加的,要使x1≠x2時,f（x1)＝f（x2），需a3〉a2，即a>1.綜上，a的取值范圍是(－∞，0）∪（1,＋∞)．跟蹤訓(xùn)練1D[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－6x＋6，x≥0,,3x＋4,x〈0)）的圖像，如圖，不妨設(shè)x1〈x2<x3，則x2,x3關(guān)于直線x＝3對稱，故x2＋x3＝6，且x1滿足－eq\f(7，3）<x1<0，則x1＋x2＋x3的取值范圍是－eq\f（7,3）＋6<x1＋x2＋x3<0＋6，∴x1＋x2＋x3∈（eq\f（11,3),6)．故選D.]例2（1)證明由f(x）＋f（y）＝f（x＋y），可得f(x＋y）－f（x）＝f(y）．在R上任取x1〉x2，令x＋y＝x1，x＝x2，則f（x1）－f(x2)＝f(x1－x2）．∵x1〉x2，∴x1－x2〉0.又x〉0時，f(x）<0，∴f（x1－x2)〈0，即f（x1)－f（x2）<0.由定義可知f（x）在R上是減函數(shù)．(2）解∵f(x）在R上是減函數(shù)；∴f（x)在［－3，3]上也是減函數(shù)；∴f(－3）最大，f（3）最?。謋(1）＝－eq\f(2，3），∴f(3)＝f(2)＋f(1）＝f（1）＋f（1)＋f(1）＝3×（－eq\f（2,3))＝－2.∴f（－3）＝f（4－3）－f（4)＝f（1）－f（3)－f(1）＝－f（3）＝2.即f(x)在[－3，3]上的最大值為2，最小值為－2。(3）解由（2）知f（－3）＝2,f(x）－f(－x）〉2，即f(x)>f(－x）＋2＝f（－x）＋f(－3）＝f（－3－x），由（1）知f(x)在R上為減函數(shù)，∴f（x）>f(－3－x)?x<－3－x,解得解集為｛x|x<－eq\f（3,2)}．跟蹤訓(xùn)練2解(1）∵對于任意x1,x2∈D,有f（x1·x2）＝f(x1)＋f(x2)，∴令x1＝x2＝1，得f（1）＝2f（1)，∴f(1）＝0.(2）f(x）為偶函數(shù)．證明：令x1＝x2＝－1，有f（1)＝f(－1)＋f(－1），∴f（－1）＝eq\f(1，2）f(1）＝0。令x1＝－1，x2＝x,則f（－x）＝f（－1）＋f(x），∴f(－x）＝f（x），∴f(x）為偶函數(shù)．（3）依題設(shè)有f(4×4）＝f(4）＋f(4)＝2，由（2)知，f（x)是偶函數(shù)，∴f（x－1)<2?f(｜x－1｜）<f（16)．又f（x)在(0,＋∞）上是增函數(shù)．∴0<|x－1｜〈16,解得－15<x<17且x≠1?！鄕的取值范圍是｛x｜－15〈x〈17且x≠1}．例3解（1）函數(shù)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對稱，f（－x）＝（－x）2－2｜－x|＝x2－2｜x|.則f（－x）＝f（x)，∴f(x)是偶函數(shù)．圖像關(guān)于y軸對稱．（2)f(x)＝x2－2｜x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x＝x－12－1,x≥0,，x2＋2x＝x＋12－1，x〈0.））畫出圖像如圖所示，根據(jù)圖像知，函數(shù)f（x）的最小值是－1，無最大值．增區(qū)間是[－1，0]，[1,＋∞);減區(qū)間是（－∞，－1］，［0,1］．跟蹤訓(xùn)練3解當(dāng)x∈［－1，0]時，－x∈[0,1］，∴f(－x）＝－x。又∵f(x)為奇函數(shù)，∴x∈[－1,0]時，f（x)＝－f（－x）＝x。即x∈［－1，1]時，f（x）＝x.又由f(x）＝f(2－x)可得f(x)的圖像關(guān)于直線x＝1對稱．由此可得f（x)在[－3，5]上的圖像如下：在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝eq\f(1，2)的圖像,由圖可知在[－3，5]上共有四個交點(diǎn),∴f(x）＝eq\f(1,2）在[－3,5]上共有四個解，從左到右記為x1，x2,x3，x4，則x1與x4,x2與x3關(guān)于直線x＝1對稱，∴eq\f(x1＋x4,2）＝1，eq\f(x2＋x3,2)＝1?！鄕1＋x2＋x3＋x4＝4。當(dāng)堂訓(xùn)練1．A［依題意有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3a＋b＝1，,10a＋b＝8，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝1，,b＝－2，)）∴當(dāng)x＝5時，y＝5＋(－2）＝3.]2．B[P＝｛x｜y＝eq\r（x＋1)｝＝［－1，＋∞)，Q＝｛y|y＝eq\r(x－1）}＝［0，＋∞)，所以QP。］3．C[∵3>1，∴f（3）＝32－3－3＝3，∵eq\f（1，3）<1，∴f（eq\f(1,f3)）＝f(eq\f(1，3))＝1－(eq\f（1，3)