人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质本章综合与测试学案

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类型1 求函数的定义域
求函数定义域的常用依据是分母不为0，偶次根式中被开方数大于或等于0等等；由几个式子构成的函数，则定义域是使各式子有意义的集合的交集．
【例1】 (1)求函数y＝eq \r(5－x)＋eq \r(x－1)－eq \f(1,x2－9)的定义域；
(2)将长为a的铁丝折成矩形，求矩形面积y关于一边长x的解析式，并写出此函数的定义域．
[解] (1)解不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－x≥0，,x－1≥0，,x2－9≠0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤5，,x≥1，,x≠±3，))
故函数的定义域是{x|1≤x≤5且x≠3}．
(2)设矩形的一边长为x，则另一边长为eq \f(1,2)(a－2x)，
所以y＝x·eq \f(1,2)(a－2x)＝－x2＋eq \f(1,2)ax，定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0eq \a\vs4\al([跟进训练])
1．函数f(x)＝eq \f(3x2,\r(1－x))＋(3x－1)0的定义域是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
D [由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x>0，,3x－1≠0，))得x<1且x≠eq \f(1,3)，故选D.]
类型2 求函数的解析式
求函数解析式的题型与相应的解法
(1)已知形如f(g(x))的解析式求f(x)的解析式，使用换元法或配凑法．
(2)已知函数的类型(往往是一次函数或二次函数)，使用待定系数法．
(3)含f(x)与f(－x)或f(x)与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，使用解方程组法．
(4)已知一个区间的解析式，求其对称区间的解析式，可用奇偶性转移法．
【例2】 (1)函数f(x)在R上为奇函数，当x>0时，f(x)＝eq \r(x)＋1，则f(x)的解析式为______．
(2)已知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,x)))＝eq \f(1＋x2,x2)＋eq \f(1,x)，则f(x)的解析式为________．
(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\r(x)，x>0,0，x＝0,－\r(－x)－1，x<0))
(2)f(x)＝x2－x＋1，x∈(－∞，1)∪(1，＋∞) [(1)设x<0，则－x>0，∴f(－x)＝eq \r(－x)＋1.∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即－f(x)＝eq \r(－x)＋1，∴f(x)＝－eq \r(－x)－1.
∵f(x)是奇函数，∴f(0)＝0，
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\r(x)，x>0，,0，x＝0，,－\r(－x)－1，x<0.))
(2)令t＝eq \f(1＋x,x)＝eq \f(1,x)＋1，则t≠1.把x＝eq \f(1,t－1)代入f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,x)))＝eq \f(1＋x2,x2)＋eq \f(1,x)，得f(t)＝eq \f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t－1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t－1)))2)＋eq \f(1,\f(1,t－1))
＝(t－1)2＋1＋(t－1)＝t2－t＋1.
所以所求函数的解析式为
f(x)＝x2－x＋1，x∈(－∞，1)∪(1，＋∞)．]
eq \a\vs4\al([跟进训练])
2．(1)已知f(x)－3f(－x)＝2x－1，则f(x)＝________.
(2)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b∈R，a≠0)满足条件：①当x∈R时，f(x)的图象关于直线x＝－1对称；②f(1)＝1；③f(x)在R上的最小值为0.求函数f(x)的解析式．
(1)eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2) [因为f(x)－3f(－x)＝2x－1，以－x代替x得f(－x)－3f(x)＝－2x－1，两式联立得f(x)＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).]
(2)[解] 因为f(x)的对称轴为x＝－1，
所以－eq \f(b,2a)＝－1即b＝2a，
又f(1)＝1，即a＋b＋c＝1，
由条件③知：a>0，且eq \f(4ac－b2,4a)＝0，
即b2＝4ac，由上可求得a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(1,2)，c＝eq \f(1,4)，
所以f(x)＝eq \f(1,4)x2＋eq \f(1,2)x＋eq \f(1,4).
类型3 函数的性质及应用
函数的性质主要有定义域、值域、单调性和奇偶性，利用函数的单调性和奇偶性求值、比较大小、解不等式是重点考查内容，解不等式时经常结合图象，要注意易漏定义域的影响．
【例3】 已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有eq \f(fa＋fb,a＋b)>0成立．
(1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明；
(2)解不等式f(x2)(3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)f(x)是[－1,1]上的增函数．
证明：任取x1，x2∈[－1,1]，且x1则f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)．
∵eq \f(fx1＋f－x2,x1＋－x2)>0，∴eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，∵x1－x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0.
∴f(x)是[－1,1]上的增函数．
(2)由(1)可得f(x)在[－1,1]上递增，
可得不等式f(x2)(3)要使f(x)≤m2－2am＋1对所有的x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，只需f(x)max≤m2－2am＋1对所有的x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立，又f(x)max＝f(1)＝1，
∴1≤m2－2am＋1对任意的a∈[－1,1]恒成立，即m2－2am≥0对任意的a∈[－1,1]恒成立．令g(a)＝－2ma＋m2，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝2m＋m2≥0，,g1＝m2－2m≥0，))
解得m≤－2或m≥2或m＝0，
故实数m的取值范围是(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
3．已知函数f(x)＝eq \f(mx2＋2,3x＋n)是奇函数，且f(2)＝eq \f(5,3).
(1)求实数m和n的值；
(2)求函数f(x)在区间[－2，－1]上的最值．
[解] (1)∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴eq \f(mx2＋2,－3x＋n)＝－eq \f(mx2＋2,3x＋n)＝eq \f(mx2＋2,－3x－n).
比较得n＝－n，n＝0.
又f(2)＝eq \f(5,3)，∴eq \f(4m＋2,6)＝eq \f(5,3)，解得m＝2.
∴实数m和n的值分别是2和0.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(2x2＋2,3x)＝eq \f(2x,3)＋eq \f(2,3x).
任取x1，x2∈[－2，－1]，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2,3)(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x1x2)))
＝eq \f(2,3)(x1－x2)·eq \f(x1x2－1,x1x2).
∵－2≤x11，x1x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)在[－2，－1]上单调递增．
∴f(x)max＝f(－1)＝－eq \f(4,3)，f(x)min＝f(－2)＝－eq \f(5,3).
类型4 函数图象的画法及应用
利用函数的图象可以直观观察求函数值域、最值、单调性、奇偶性等，重点是一次函数、二次函数、反比例函数及幂函数图象．
【例4】 已知函数f(x)＝|－x2＋2x＋3|.
(1)画出函数图象并写出函数的单调区间；
(2)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四个不相等的实根}．
[解] (1)当－x2＋2x＋3≥0时，得－1≤x≤3，函数f(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，
当－x2＋2x＋3<0时，得x<－1或x>3，
函数f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，
即f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋4，－1≤x≤3，,x－12－4，x<－1或x>3))的图象如图所示，单调递增区间为[－1,1]和[3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1)和(1,3)．
(2)由题意可知，函数y＝f(x)与y＝m的图象有四个不同的交点，则0故集合M＝{m|0eq \a\vs4\al([跟进训练])
4．在股票买卖过程中，经常用两种曲线来描述价格变化情况：一种是即时价格曲线y＝f(x)，另一种是平均价格曲线y＝g(x)，如f(2)＝3表示股票开始买卖后2小时的即时价格为3元；g(2)＝3表示2小时内的平均价格为3元．下面给出了四个图象，实线表示y＝f(x)，虚线表示y＝g(x)，其中可能正确的是( )
C [根据即时价格与平均价格的相互依赖关系，可知，当即时价格升高时，对应平均价格也升高；反之，当即时价格降低时，对应平均价格也降低，故选项C中的图象可能正确．]
类型5 函数的应用
本章主要学习了分段函数的建模问题，分段函数主要是每一段的变化规律不全相同，可以先将其当作几个问题，将各段的变化规律分别找出来，再将其合到一起，要注意各段要“不重不漏”．
【例5】 在对口扶贫活动中，为了尽快脱贫(无债务)致富，企业甲将经营状况良好的某种消费品专卖店以5.8万元的优惠价格转让给了尚有5万元无息贷款没有偿还的小型残疾人企业乙，并约定该店经营的利润，首先保证企业乙的全体职工每月最低生活开支3 600元后，逐步偿还转让费(不计息)．在甲提供的资料中有：
①这种消费品的进价每件14元；②该店月销售量Q(百件)与销售价格P(元)的关系如图所示；③每月需各种开支2 000元．
(1)当商品的价格为每件多少元时，月利润扣除职工最低生活费的余额最大？求最大余额；
(2)企业乙只依靠该店，最早可望在几年后脱贫？
[解] 设该店月利润余额为L，则由题设得
L＝Q(P－14)×100－3 600－2 000，①
由销售图易得：
Q＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2P＋50，14≤P≤20，,－\f(3,2)P＋40，20代入①式得
L＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2P＋50·P－14×100－5 600，14≤P≤20，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)P＋40))·P－14×100－5 600，20(1)当14≤P≤20时，L最大值＝450元，这时P＝19.5元，
当20故当P＝19.5元，月利润余额最大为450元．
(2)设可在n年内脱贫，
依题意有
12n×450－50 000－58 000≥0.
解得n≥20.
即最早可望在20年后脱贫．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
5．通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间：讲座开始时，学生兴趣激增；中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散．分析结果和实验表明，用f(x)表示学生接受概念的能力(f(x)的值愈大，表示接受的能力愈强)，x表示提出和讲授概念的时间(单位：分)，可有以下的公式
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－0.1x2＋2.6x＋43，0(1)开讲后多少分钟，学生的接受能力最强？能维持多长时间？
(2)开讲后5分钟与开讲后20分钟比较，学生的接受能力何时强一些？
[解] (1)当0由f(x)的图象(图略)可知，当0＜x≤10时递增，f(x)最大值＝f(10)＝59；
当10当16因此，开讲后10分钟，学生的接受能力最强，并能持续6分钟．
(2)∵f(5)＝－0.1×(5－13)2＋59.9＝53.5，
f(20)＝－3×20＋107＝47<53.5，
∴开讲后5分钟学生的接受能力比开讲后20分钟强．
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)若定义在R的奇函数ƒ(x)在(－∞，0)单调递减，且ƒ(2)＝0，则满足xƒ(x－1)≥0的x的取值范围是( )
A．[－1,1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0,1]
C．[－1,0]∪[1，＋∞)D．[－1,0]∪[1,3]
D [法一：由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x>0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1,0]∪[1,3]，选D.
法二：当x＝3时，f(3－1)＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f(4－1)＝f(3)<0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.]
2．(2020·江苏高考)已知y＝f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)＝x，则f(－8)的值是__________．
－4 [y＝f(x)是奇函数，可得f(－x)＝－f(x)，
当x≥0时，f(x)＝x，可得f(8)＝8＝4，
则f(－8)＝－f(8)＝－4.]
3．(2020·上海高考)在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段上一定时间内通过的车辆数除以时间，车辆密度是该路段上一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为v＝eq \f(q,x)，x为道路密度，q为车辆密度．
v＝f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100－135·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))，0(1)若交通流量v>95，求道路密度x的取值范围；
(2)若道路密度x＝80，测得交通流量v＝50，求车辆密度q的最大值．
[解] (1)∵v＝eq \f(q,x)，∴v越大，x越小，
∴v＝f(x)是单调递减函数，k>0，
当40≤x≤80时，v最大为85，
于是只需令100－135·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \f(80,x)>95，解得x又0故道路密度x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(80,3))).
(2)把x＝80，v＝50代入
v＝f(x)＝－k(x－40)＋85中，
得50＝－k·40＋85，解得k＝eq \f(7,8).
∴q＝vx＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100x－135·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\f(80,x)·x，0①当0q＝vx<100×40＝4 000.
②当40≤x≤80时，q是关于x的二次函数，
q＝－eq \f(7,8)x2＋120x，对称轴为x＝eq \f(480,7)，此时q有最大值，为－eq \f(7,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(480,7)))2＋120×eq \f(480,7)＝eq \f(28 800,7)>4 000.
综上所述，车辆密度q的最大值为eq \f(28 800,7).