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苏教版3.4.1 函数与方程教案
展开这是一份苏教版3.4.1 函数与方程教案，共17页。教案主要包含了考试内容，考试要求，考点简析，思想方法等内容，欢迎下载使用。
《函数与方程》
考点梳理
一、考试内容
集合、子集、交集、并集、补集。|ax+b|
映射、函数。分数指数幂与根式。函数的单调性，函数的奇偶性。反函数，互为反函数的函数图像间的关系。指数函数。对数，对数的性质和运算法则。对数函数，换底公式。简单的指数方程和对数方程。
二、考试要求
1.理解集合、子集、交集、并集、补集的概念。了解空集和全集的意义。了解属于、包含、相等关系的意义。能掌握有关的术语和符号，能正确地表示一些较简单的集合。
2.理解|ax+b|
3.了解映射的概念，在此基础上理解函数及其有关的概念，掌握互为反函数的函数图像间的关系。
4.理解函数的单调性和奇偶性的概念，并能判断一些简单函数的单调性和奇偶性。能利用函数的奇偶性来描绘函数的图像。
5.理解分数指数幂、根式的概念，掌握分数指数幂的运算法则。
6.理解对数的概念，掌握对数的性质。
7.掌握指数函数、对数函数的概念及其图像和性质，并会解简单的指数方程和对数方程。
三、考点简析
1.函数及相关知识关系表
2.集合
（1）作用地位
“集合”是数学研究的基本对象之一。学习集合的概念，有助于理解事物的逻辑关系和对应关系，加深对数学的抽象特征的理解，也能提高使用数学语言的能力。
高考试题中，对集合从两个方面进行考查：一方面是考查对集合概念的认识和理解水平，主要表现在对集合的识别和表达上。如对集合中涉及的特定字母和符号，元素与集合间的关系，集合与集合间的比较，另一方面，则是考查学生对集合知识的应用水平，如求方程组、不等式组及联立条件组的解集，以及设计、使用集合解决问题等。
（2）重点与难点
重点是集合的概念和表示法及交、并、补集的运算。难点是集合运算的综合运用，特别是带有参数的不等式解集的讨论。
（3）有关子集的几个等价关系
①A∩B=AAB；
②A∪B=BAB；
③ABCuAC uB；
④A∩CuB =CuAB；
⑤CuA∪B=IAB。
（4）交、并集运算的性质
①A∩A=A，A∩=，A∩B=B∩A；
②A∪A=A，A∪=A，A∪B=B∪A；
③Cu (A∪B)= CuA∩CuB，Cu (A∩B)= CuA∪CuB；
（5）有限子集的个数：设集合A的元素个数是n，则A有2n个子集，2n－1个非空子集。
3.函数的性质
（1）函数的概念：定义域、值域、对应法则、反函数、复合函数、分段函数；
（2）函数的性质：单调性、奇偶性、有界性、极（最）值性、对称性、周期性等；
（3）函数对称性与周期性的几个结论：
①设函数y=f(x)的定义域为R，且满足条件f(a+x)=f(b－x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=对称；
②定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x有f(x+a)=f(x－b)，则y=f(x)是以T=a+b为周期的函数；
③定义在R上的函数y=f(x)对定义域内任意x满足条件f(x)=2b－f(2a－x)，则y=f(x)关于点(a,b)对称；
④若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于x=b（a≠b）对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=2|a－b|是它的一个周期；
⑤若y=f(x)既关于直线x=a对称，又关于点(b,c)中心对称，则y=f(x)一定是周期函数，且T=4|a－b|是它的一个周期。
（4）函数的奇偶性与单调性：
①奇函数与偶函数的定义域关于原点对称，图像分别关于原点与y轴对称；
②任意定义在R上的函数f(x)都可以惟一地表示成一个奇函数与一个偶函数的和。即
f(x)= +
③若奇函数f(x)在区间[a,b](0≤a
④函数f(x)在R上单调递增，若f(a)>f(b)，则a>b;
函数f(x)在R上单调递减，若f(a)>f(b)，则a
⑤若f(x)在定义域内是增（减）函数，则它的反函数y=f－1(x)在定义域内也是增（减）函数。
4.三个“二次”的相关问题
（1）地位作用：
三个“二次”（即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式）是中学数学的重要内容，具有丰富的内函和密切的联系，同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具。高考试题中近一半的试题与这三个“二次”问题有关。
（2）二次函数的基本性质
①二次函数的三种表示法：y=ax2+bx+c；y=a(x－x1)(x－x2)；y=a(x－x0)2+n（a≠0）；
②当a>0时，f(x)在区间[p,q]上的最大值M，最小值m，令x0=(p+q)。
若－
（3）二次方程的实根分布条件：
①二次方程f(x)=0的两根中一根比r大，另一根比r小a·f(r)<0;
②二次方程f(x)=0的两根都大于r
③二次方程f(x)=0在区间(p,q)内有两根
④二次方程f(x)=0在区间(p,q)内只有一根f(p)·f(q)<0，或（检验）或（检验）。
⑤二次方程f(x)=0的一根小于p，另一根大于q(p
（4）二次不等式的转化策略：
①二次不等式f(x)≤0的解集是：(－∞,α∪[β，+∞a<0且f(α)=f(β)=0.
②当a<0时，f(α)
当a>0时， f(α)
④f(x)>0恒成立或
f(x)<0恒成立或
5.幂函数、指数函数、对数函数的性质
（1）幂函数y=xn(n∈Q)的性质
①当n>0时，函数图像过点（1，1），（0，0），且在第一象限内随x增加，图像上升；
②当n<0时，函数图像过点(1，1)，且在第一象限内随x增加，图像下降。
（2）指数函数和对数函数性质表：
指数函数
对数函数
图像
性质
定义域R，值域（0，+∞），过点（0，1）。当a>1时，在R上是增函数。当0
6.对数运算常用公式
（1）a=N
（2）logaM+logaN=loga(MN)
（3）logaM－logaN=loga
（4）logaMn=nloga|M|
（5）loga=loga|M|
（6）loga=loga|M|
（7）logbM=
（8）
（9）logab·logbc=logac
四、思想方法
1.求函数解析式的方法：配方法与代入法。
2.求值域的常用方法：观察法，函数单调性法，求逆函数法，分离法，配方法，换元法，Δ判别式法，不等式法等。
3.函数与方程思想
函数思想，即先构造函数，把给定问题转化对辅助函数的性质研究，得出所需的结论。方程思想，就是把对数学问题的认识，归纳为对方程和方程组的认识。
对于函数思想，应深刻理解一般函数y=f(x)、的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图像变换）。熟练掌握基本初等函数的性质，是应用函数思想解题的基础。
函数方程思想常同数形结合、等价转化思想相互融合后才能充分发挥其具体解题的功效。
【例题解析】
例1 （1）已知集合A={x|x2－ax+a2－19=0}，集合B={x|log2(x2－5x+8)=1}，集合C={x|m=1,m≠0，|m|≠1}满足A∩B, A∩C=，求实数a的值；
(2)已知集合P={x|x2－5x+4≤0},Q={x|x2－2bx+b+2≤0}满足PQ，求实数b的取值范围。
解 （1）由条件即可得B={2，3}，C={－4，2}，由A∩B，A∩C=，可知3∈A，2A。
将x=3代入集合A的条件得：
a2－3a－10=0
∴a=－2或a=5
当a=－2时，A={x|x2+2x－15=0}={－5,3},符合已知条件。
当a=5时,A={x|x2－5x+6=0}={2，3}，不符合条件“A∩C”=，故舍去。
综上得：a=－2。
（2）显然P={x|1≤x≤4}，记
f(x)=x2－2bx+b+2
若Q为空集，则由Δ<0得：
4b2－4(b+2)<0 ∴－1
即
解之得：2≤b≤
综上得：－1
例2 已知函数f(x)的定义域为R，且对于一切实数x满足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x)
（1）若f(5)=9,求：f(－5);
（2）已知x∈ [2,7]时，f(x)=(x－2)2，求当x∈[16,20]时，函数g(x)=2x－f(x)的表达式，并求出g(x)的最大值和最小值；
（3）若f(x)=0的一根是0，记f(x)=0在区间[－1000,1000]上的根数为N，求N的最小值。
解 （1）由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的图像关于直线x=2,x=7对称。
∴ f(x)=f[(x－2)+2]
=f[2－(x－2)]=f(4－x)
=f[7－(3+x)]=f(7+(3+x))
=f(x+10)
∴f(x)是以10为周期的周期函数。
∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9
（2）当x∈[16,17],x－10∈[6,7]
∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2
当x∈(17,20,x－20∈(－3,0,4－(x－20)∈[4,7
∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)]
=f(24－x)=(x－22)2
∴g(x)=
∵x∈ [16,17]时，g(x)最大值为16，最小值为9；x∈（17，20，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36
∴g(x)的最大值为36，最小值为9。
（3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在上至少有两个解。
而在[－1000，1000上有200个周期，至少有400个解。又f(1000)=0
所以最少有401个解。且这401个解的和为－200。
注 题中（2）可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到
f(x)=
一般地：当x∈[－3，2]时，4－x∈[2,7]
∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2
∴当x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2
故当x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7]
∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z)
∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈Z）
例3 设a是正数，ax+y=2(x≥0,y≥0)，记y+3x－x2的最大值是M(a)，试求：
（1）M(a)的表达式；（2）M(a)的最小值。
解 将代数式y+3x－x2表示为一个字母，由ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x的二次函数，逐步进行分类求M(a)。
（1）设S(x)=y+3x－x2,将y=2－ax代入消去y，得：
S(x)=2－ax+3x－x2
=－x2+(3－a)x+2
=－[x－(3－a)]2+(3－a)2+2(x≥0)
∵y≥0 ∴2－ax≥0
而a>0 ∴0≤x≤
下面分三种情况求M(a)
(i)当0<3－a<(a>0)，即
时
解得 0
(ii)当3－a≥(a>0)即
时，
解得：1≤a≤2，这时
M(a)=S()=2－a·+3·－·
=－+
(iii)当3－a≤0；即a≥3时
M(a)=S(0)=2
综上所述得：
M（a）=
（2）下面分情况探讨M(a)的最小值。
当0
当1≤a≤2时
M(a)=－+=－2(－)2+
∵1≤a≤2≤≤1
∴当=时，M(a)取小值，即
M(a)≥M（2）=
当a≥3时，M(a)=2
经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。
注 解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3－a是否在定义域区间[0，]内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。
例4 已知函数f(x)=x(p∈Z)在(0,+∞)上是增函数，且在其定义域上是偶函数。
（1）求p的值，并写出相应的函数f(x)的解析式。
（2）对于（1）中求得的函数f(x)，设函数g(x)=－qf[f(x)]+(2q－1)f(x)+1，问是否存在实数q(q<0)，使得g(x)在区间(－∞,－4上是减函数，且在区间(－4,0)上是增函数。若存在，请求出来；若不存在，请说明理由。
解 （1）若y=xα在x∈(0,+∞)上是递增函数，则有α>0。
∵f(x)在(0,+∞)上是增函数，
∴－p2+p+>0
解得：－1
当p=0或2时，有f(x)=x不是偶函数，故p=1，此时,f(x)=x2。
（2）利用函数单调性的定义进行探索求解。
∵f(x)=x2
∴g(x)=－qx4+(2q－1)x2+1
假设存在实数q(q<0)，使得g(x)满足题设条件。设x1
=－qx14+(2q－1)x12+qx24－(2q－1)x22
=(x1+x2) (x2－x1) [q(x12+x22)－(2q－1)]
若x1,x2∈(－∞,－4，易知x1+x2<0, x2－x1>0,
要使g(x)在(－∞,－4上是递减函数，则应有
q(x12+x22)－(2q－1)<0
恒成立
∵x1<－4,x2≤－4
∴x12+x22>32，而q<0
∴q( x12+x22)<32q
从而要使q( x12+x22)<2q－1恒成立，则必有2q－1≥32q
即 q≤－
若x1,x2∈(－4，０)，易知(x1+x2) (x2－x1)<0，要使g(x)在（－4，0）上是增函数，则应有
q(x12+x22)－(2q－1)>0
恒成立
∵－4
∴q( x12+x22)>32q
要使q( x12+x22)>2q－1恒成立，则必有2q－1≤32q,即 q≥－
综合以上两方面，得q=－
故存在实数q=－，使得g(x)在(－∞,－4上是减函数，且在(－4,0)上是增函数。
注 本例是一道综合性较强的题目。对于第（2）小题，还可以从复合函数性质方面来考虑，就有如下解法：
设t=x2，由g(x)在(－∞,－4上是减函数，在(－4,0)上是增函数，而t=x2在[16，+∞和(0,16)上都是增函数，得
h(t)=－qt2+(2q－1)t+1在（0，16）上是增函数，在[16，+∞上是减函数，从而可得
=16 ∴q=－
例5 设函数f(x)定义域为R，当x>0时，f(x)>1，且对任意x,y∈R，有 f(x+y)=f(x)·f(y)。
（1）证明：f(0)=1;
（2）证明：f(x)在R上是增函数；
（3）设集合A={(x,y)|f(x2)·f(y2)
解 （1）证明：为使f(x+y)=f(x)·f(y)中出现f(0)，借助当x>0时，f(x)>1。则设x=0,y=1得：
f(0+1)=f(0)·f(1)，即f(1)=f(0)·f(1)
∵f(1)>1 ∴f(0)=1
（2）证明f(x)在R上是增函数，即证明当x1
∴f(x2)=f(x1+x2－x1)=f(x1)·f(x2－x1)
中有f(x2－x1)>1
故要证明f(x2)>f(x1)，只要证明f(x1)>0即可。
事实上，当x1>0时，f(x1)>1>0
当x1=0时，f(x1)=1>0
当x1<0时，f(x1)·f(－x1)=f(x1－x1)=f(0)=1
又∵f(－x1)>1 ∴0
∴f(x2)=f(x1)·f(x2－x1)>f(x1)，故命题得证。
（3）解 A：f(x2+y2)
x+y+c=0
故若A∩B=，用图形分析可得：只要圆x2+y2=1与直线x+y+c=0相离或相切即可。
故≥1 ∴c≥或c≤
注 第（2）题也可作如下处理：
f(x)·f(－x)=f(0)=1>0，得f(－x)=，证得f(x)>0恒成立。
且=f(x2)·f(－x1)=f(x2－x1)>1
∴f(x2)>f(x1)
例6 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0(a,b,c∈R)。
（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；
（2）求线段AB在x轴上的投影A1B1的长度的取值范围。
解
（1）证：由消去y，得ax2+2bx+c=0
Δ=4b2－4ac
=4(－a－c)2－4ac
=4(a2+ac+c2)
=4[(a+)2+c2]
此证法不够自然 ∵a>b>c ∴，c不同时为0
∴Δ>0，即两函数的图像交于不同的两点。
（2）设方程ax22bx+c=0的两根为x1和x2，则
x1+x2=－,x1x2=
|A1B1|2=( x1－x2)2=( x1+x2)2－4x1x2
=(－)2－=
==4[()2++1]
=4[(+)2+]
∵a>b>c，a+b+c=0，a>0,c<0,
∴，解得∈(－2, －)
∵f()=4[()2++1]的对称轴是=－
∴当∈（－2,－）时，为减函数
∴|A1B1|2∈ (3,12)，故|A1B1|∈(,2)
例7 二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p、q、r满足++=0，其中m>0，求证：
（1）pf()<0;
（2）方程f(x)=0在(0，1)内恒有解。
解 （1）pf()=p[p()2+q()+r]=pm[++]=pm
[－]=p2m[]=－，由于f(x)是二次函数,故p≠0，又m>0，所以，pf()<0。
（2）由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r。
①当p>0时，由（1）知f()<0
若r>0，则f(0)>0，又()<0,所以f(x)=0在（0，）内有解。
若r≤0，则f(1)=p+q+r=p+(m+1)(－－)+r=－>0 又f()<0，所以f(x)=0在（,1）内有解。
②当p<0时同理可证。
注 （1）题目点明是“二次函数”，这就暗示着二次项系数p≠0。若将题中的“二次”两个字去掉，所证结论相应更改。
（2）对字母p、r分类时先对哪个分类是有一定讲究的，本题的证明中，先对p分类，然后对r分类显然是比较好。
例8 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),已知二次方程f(x)－x=0的两个根x1与x2满足0
证法一 （1）令F(x)=f(x)－x，因为x1,x2是方程f(x)－x=0的根，所以可设
F(x)=a(x－x1)(x－x2)
当u∈（0，x1）时，∵ x1
F(u)=a(u－x1)(u－x2)>0，即u
=(x1－u)[1+a(u－x2)]
∵0
（2）依题意得x0=－
∵x1,x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1,x2是方程
ax2+(b－1)x+c=0的根，
所以x1+x2=－
x0=－==
∵ax2<1, ∴x0<=，即2x0
证法二 （1）∵方程f(x)－x=0的两根为x1,x2 ∴f(x)－x=a(x－x1)(x－x2)
故欲证u
又∵0
∴x1+x2=－=－+
又∵0
∴x1>－
又∵x0=－<，故2x0
注 解决本题的关键是熟练掌握抛物线方程的基本形式：y=a(x－x1)(x－x2)。另外，要求掌握用差比较证明不等式的基本变形方向：化为乘积式或非负数之和的形式。
例9 设f(x)是定义在R上的偶函数，其图像关于直线x=1对称，对任意x1,x2∈[0,]，都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)，且f(1)=a>0。
（1）求f()及f();
（2）证明f(x)是周期函数；
（3）记an=f(2n+),求(lnan)。
解 （1）∵f(1)=f(+)=f()·f()=f2()=a
∴f()=±
又∵f()=f(+)=f2()>0 ∴f()=a
同理可得f()=a
（2）∵f(x)是偶函数，∴ f(－x)=f(x)
又∵f(x)关于x=1对称，∴f(x)=f(2－x)
∴f(x)=f(－x)=f[2－(－x)]=f(2+x) （x∈R）
这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期。
（3）对于x∈[0，1]，有∈[0, ]
∴f(x)=f(+)=f()·f()>0 （x∈[0,1]）（∵，其中，…不能同时为0，∴）
∵f()=f(n·)=f[+(n－1)·]
=f()·f[(n－1)·]
……
=f()·f()…f()
=[f()]n
又∵f()=a,∴f()=a
∵f(2n+)=f() ∴an=a
∴(lnan)= (lna)=0
例10 已知a,b,c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时，|f(x)| ≤1。
（1）证明：|c|≤1;
（2）证明：当－1≤x≤1时，|g(x)| ≤2;
（3）设a>0，当－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)。
解 （1）取x=0∈[－1，1]，由已知得：|c|=|f(0)| ≤1
(2) 因为g(x)=ax+b是关于x的一次函数（也可能是常数函数），所以g(x)在区间[－1，1]上单调（a≥0时，单调递增；a<0时，单调递减），所以要证|g(x)| ≤2，只要证明|g(1)| ≤2，|g(－1)| ≤2。
∵－1,0,1均在区间[－1，1]内，∴由已知得
|f(－1)|=|a－b+c|≤1|f(1)|=|a+b+c|≤1
∴|g(1)|=|a+b|=|a+b+c－c|≤|a+b+c|+|c|≤2
|g(－1)|=|a－b|=|a－b+c－c|≤|a－b+c|+|c|≤2。
∴当－1≤x≤1时，|g(x)| ≤2。
（3）因为a>0时，g(x)在[－1，1]上是增函数，所以当x=1时，g(x)取得最大值2，即
2=g(1)=f(1)－f(0)
所以 －1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1
从而得：c=f(0)=1
又当x∈[－1，1]时，f(x)≥－1=f(0)，表明二次函数f(x)在[－1，1]上不单调，所以有－∈[－1,1]，且 f(－)=f(0)=－1。
又由二次函数极值的惟一性得：
－=0，即b=0,a=2，
所以 f(x)=2x2－1。
注 本题第（2）小题还可这样证明：用f(－1),f(0),f(1)表示出a,b,c。
由
解得：a=－f(0),b=,c=f(0)
故|g(x)|=|ax+b|
=|[－f(0)]x+|
=|f(1)+ ·f(－1)－x·f(0)|
≤||·|f(1)|+|||f（－1）|+|x|·|f(0)|
≤||+||+1
=++1
=2
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苏教版必修13.4.1 函数与方程教案设计：
这是一份苏教版必修13.4.1 函数与方程教案设计，共4页。
