数学人教A版 (2019)第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试导学案

这是一份数学人教A版 (2019)第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试导学案，共4页。学案主要包含了判断复合函数的单调性，已知复合函数单调性求参数范围，求复合函数的值域，求复合函数的最值，与复合函数有关的不等式问题，判断复合函数的奇偶性等内容，欢迎下载使用。

一、判断复合函数的单调性
例1 (1)函数f(x)＝的单调增区间为________．
答案 (－∞，1)
解析 令t＝x2－2x－1，
所以函数t＝x2－2x－1＝(x－1)2－2在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t是R上的减函数，
故f(x)＝在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)讨论函数f(x)＝lga(3x2－2x－1)的单调性．
解 由3x2－2x－1>0得函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1或x<－\f(1,3))))).
则当a>1时，
若x>1，则u＝3x2－2x－1单调递增，
∴f(x)＝lga(3x2－2x－1)单调递增．
若x<－eq \f(1,3)，则u＝3x2－2x－1单调递减，
∴f(x)＝lga(3x2－2x－1)单调递减．
当0若x>1，则f(x)＝lga(3x2－2x－1)单调递减；
若x<－eq \f(1,3)，则f(x)＝lga(3x2－2x－1)单调递增．
反思感悟 形如函数y＝lgaf(x)的单调性判断
首先要求定义域，在定义域内，当a>1时，y＝lgaf(x)的单调性与y＝f(x)的单调性保持一致，当0二、已知复合函数单调性求参数范围
例2 已知函数y＝在区间(－∞，eq \r(2))上单调递增，求实数a的取值范围．
解 令g(x)＝x2－ax＋a，g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,2)))上单调递减，∵0∴只要g(x)在(－∞，eq \r(2))上单调递减，且g(x)>0在x∈(－∞，eq \r(2))上恒成立，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)≤\f(a,2)，,g\r(2)＝\r(2)2－\r(2)a＋a≥0，))
∴2eq \r(2)≤a≤2(eq \r(2)＋1)，
故所求a的取值范围是[2eq \r(2)，2eq \r(2)＋2]．
反思感悟 已知复合函数的单调性求参数的取值范围注意
(1)函数的定义域．
(2)遵循“同增异减”原则．
(3)区别“在区间[a，b]上单调递增(减)”与“单调递增(减)区间是[a，b]”．
三、求复合函数的值域
例3 求下列函数的值域：
(1)y＝；
(2)y＝．
解 (1)∵1－x2≤1，∴≤21＝2，∴0故y＝的值域为(0,2]．
(2)设u＝3＋2x－x2＝－(x－1)2＋4≤4.
∵u>0，∴0又y＝在(0,4]上单调递减，
∴≥ ＝－2，
∴y＝的值域为[－2，＋∞)．
反思感悟 求复合函数f(g(x))的值域一般是先求函数g(x)的值域，然后根据函数f(x)的单调性求f(g(x))的值域，即遵循“由内到外”原则进行．
四、求复合函数的最值
例4 求函数y＝－在区间[2,4]上的最大值和最小值．
解 因为2≤x≤4，所以≤≤ ，
即－2≤≤－1.
设t＝，则－2≤t≤－1.
所以y＝t2－eq \f(1,2)t＋5，其图象的对称轴为直线t＝eq \f(1,4)，
所以当t＝－2时，ymax＝10；
当t＝－1时，ymin＝eq \f(13,2).
反思感悟 求复合函数的最值首先恰当地把复合函数分解为两个或多个基本函数，然后按照“由内到外”的原则，利用函数的性质求最值．
五、与复合函数有关的不等式问题
例5 已知x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x<0恒成立，求实数m的取值范围．
解 原不等式变形为m2－m因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在(－∞，－1]上单调递减．
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＝2，
当x∈(－∞，－1]时，m2－m结合f(m)＝m2－m－2的图象解得－1故实数m的取值范围为(－1,2)．
六、判断复合函数的奇偶性
例6 已知函数f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋a)＋1))是奇函数，a∈R.
(1)求a的值；
(2)对任意的x∈(－∞，0)，不等式f(2x＋1)>lg2(m－2x)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)方法一 令eq \f(1,x＋a)＋1>0，则eq \f(x＋a＋1,x＋a)>0.
∴x<－a－1或x>－a.∵f(x)是奇函数，
∴其定义域关于原点对称，∴－a－1－a＝0，
∴a＝－eq \f(1,2).验证a＝－eq \f(1,2)时，f(x)＝lg2eq \f(x＋\f(1,2),x－\f(1,2)).
则f(－x)＝lg2eq \f(－x＋\f(1,2),－x－\f(1,2))＝lg2eq \f(x－\f(1,2),x＋\f(1,2))＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，综上：a＝－eq \f(1,2).
方法二 f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋a)＋1))＝lg2eq \f(x＋a＋1,x＋a)，
则eq \f(x＋a＋1,x＋a)>0⇔A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－a－1或x>－a))))，
因为f(x)是奇函数，故∀x∈A，f(－x)＝－f(x)，
即lg2eq \f(－x＋a＋1,－x＋a)＝－lg2eq \f(x＋a＋1,x＋a)
＝lg2eq \f(x＋a,x＋a＋1)，
所以eq \f(－x＋a＋1,－x＋a)＝eq \f(x＋a,x＋a＋1)，
即(1＋a)2－x2＝a2－x2，
解得a＝－eq \f(1,2).
(2)f(2x＋1)>lg2(m－2x)⇒lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x＋\f(1,2))＋1))
>lg2(m－2x)⇒m<2x＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋\f(1,2))＋eq \f(1,2)，
令u＝2x＋eq \f(1,2)，x∈(－∞，0)，
所以u∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))，令g(u)＝u＋eq \f(1,u)＋eq \f(1,2).
易知g(u)≥eq \f(5,2)，当u＝1时取等号，所以m又由m－2x>0⇒m>2x，
故m≥1，所以m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2))).
反思感悟 本题考查函数奇偶性的应用，以及不等式恒成立问题，将恒成立问题转化为最值问题是关键，另外要注意对数的真数部分也要恒大于零．