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高三数学第二轮专题讲座复习：综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题.doc
高三数学第二轮专题讲座复习:综合运用等价转化、分类讨论.数形结合等思想解决函数综合问题高考要求：函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考査内容和形式灵活多样. 本节课主婆帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进一步深化综合运用知识的能力，掌握基本解题技巧和方法，并培养考牛的思维和创新能力.重难点归纳：在解决函数综合问题时，要认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用. 综合问题的求解往往需要应用多种知识和技能.因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的己知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件.学法指导：怎样学好函数学习函数要重点解决好四个问题：准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识断数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识.（一）准确、深刻理解函数的有关概念概念是数学的慕础，而函数是数学中最主要的概念之一，函数概念贯穿在中学代数的始终. 数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为屮心的代数・.近十年来，高考试题屮始终贯穿着函数及其性质这条主线.（二）揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系.函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的慕础，利用断数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容.在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此生动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式.所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑.高考试题涉及5个方面：（1）原始意义上的两数问题；（2）方程、不等式作为函数性质解决：（3）数列作为特殊的函数成为高考热点；（4）辅助函数法；（5）集合与映射，作为棊本语言和工具岀现在试题中.（三）把握数形结合的特征和方法函数图象的几何特征与凶数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基木属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方面精确地观察图形、绘制图形，又要熟练地掌握函数图彖的平移变换、对称变换.（四）认识函数思想的实质，强化应用意识函数思想的实质就是用联系与变化的观点提出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决.纵观近儿年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识.典型题例示范讲解：例1设是定义在R上的偶函数，其图象关于直线21对称，对任意七、疋已［0,丄］，都有并刊2）祕为）.爪也）,且/U）=a>0・⑴求代二）、代二）；⑵证明/（x）是周期函数；（3）记a,尸/⑵?+丁）,求lim（lno“）.2 4 2n “T8命题总图：本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力.知识依托：认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件心|+兀2）=/（山）・/（兀2）・错解分析：不会利用.心|+兀2）亍心1）•夬尤2）进行合理变形.X X X X技巧与方法：由人刃+◎=/*)・沧2)变形为/U) = A-+-)=/(-)• /(-)是解决问题的关键解：2 2 2 2I XX XX因为对M/2 丘[0,—]，都有J(X\+X2)=J(Xi) •丿(也),所以/(X)二/(—' + —) =/(―)/(―) » 0 , [0,1]又因为XD=A|+|)=A|)-A|)=雋)]2厶乙厶乙厶人；)決；+ ；)=肚)•夬1)= [/( 1)] 2 乂夬l)s0 ・\A£)S，夬2 4 4 4 4 4 2 4(2)证明：依题总设尸心)关于直线入=1对称，故几1)寸(1 + 1—x),即J(x)^f(2—x),xER.又由/U)是偶函数知X~x)=J(x)y x eR-x)=/(2-xU e将上式中一x以兀代换得/W=Ax+2),这表明7U)是R上的周期函数，且2是它的一个周期.(3)解：由⑴知./U)M0,xU [0,1]]人2)才5・丄)=A丄+("一1) 丄)h丄)•人(刃一1)・^~)= ...............2 2/z 2n 2n 2n 2ni i i i 丄i J_=A —)-A —) ....... A~)=)1 S.K击1.2n 2n 2n 2n 2n乂⑴的一个周期是2 .*./2/?+丄)祕f-), a n=fi2n+丄)祕丄)=a 2,1・2n 2n 2n 2n— 1因此a n=a 2n:. lim(ln〜)=lim(亍lna) = 0・"T8 ”T82/1例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过米/小吋，已知汽车每小时的运输成本一(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v(km/h)6<J平方成正比，比例系数为人固定部分为a元.⑴把全程运输成本)，(元)表示为仄km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？命题意图：本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运用所学数学知识解决实际问题的能力.知识依托：运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法.错解分析：不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变量的限制条件. 技巧与方法：四步法：⑴读题；(2)建模；(3)求解；(4)评价.解法一：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为三,全程运输成本为vy=a • — +bv2• — =S( — +bv)・°・所求函数及其定义域为｝=S( —+Z?v),v e(0,c].V V V V(2)依题意知，S、a、b、"均为正数/.5( — +/?v)2S4cih①V若J 牛 Wc则当v=\£时，有ymin = 2sV^;若则当胆(o,c]时，有S(—+bv) — S(—+bc) V b v b Vb v c=S L( ——— )+(/?v—/?c)] =— (c—v)(«—Z?cv) Vc—v^O,且少方c2, a—bcva—bc2>0 v c vc/• S( — +bv) ( — +bc),当且仅当v=c时等号成立，也即当v=c时，有y min=S(— +bc)；V c c 综上，为使y最小，当时，行驶速度应为尸姮，当迈>c时速度应为尸c・b b b解法二：(2)・••函数>=5(-+M 圧(0.+8),当炸(o, J纟)时，y单调减小，当( - ,+oo)v V b V b时y单调增加，当X=J-时y取得最小值，而全程运输成本函数为尸Sb(x也)，V b vve(0,c］:・••当时，则当尸器时，y最小，若拾〉c时，则当v=c时，y最小例3设函数心)的定义域为R,对任意实数兀、)，都有/(x+y)=Ax)t/O),当Q0时/U)v0且人3)= —4»⑴求证：7W为奇函数；(2)在区间［—9, 9］上，求几丫)的最值.(1)证明：令x=y=O,得人0)=0令尸一七得人0)=/(小叭一©,即/(--r)=-/W.\A-v)是奇函数(2)解：1°，任取实数Xi、X2G f—9,9］且x\<x2,这时，也一Q>0,/U1)—金2)寸r(X|—X2)4-X2］一沧2)引>厂X2)t/g)—/U1)=—/(也―X［)因为.QO 时/A)<0, —/(兀2)>0・・・/«在［一9, 9］上是减函数故心)的最大值为人一9),最小值为/(9)・而,A9)=A3+3+3)=3/3)= -12,A-9)= 一夬9)二12./. f{x)在区间［—9, 9］上的最大值为12,最小值为—12. 学生巩固练习：1.函数y=x+a与尸lo&/的图象可能是( )2定义在区间(一8,+QO)的奇函数几Y)为增函数，偶函数g(x)在区间［0, 4-00)的图彖与几丫)的图象重合，设d>b>0,给出下列不等式：一a)>g(d)—g(—Z?) d) vg(d)—g(—历③A。
2025新高考数学一轮复习函数性质的综合应用教案
∴ -1 ≥ 0, 或 -1 ≤ 0, 解得 1≤x≤3 或-1≤x≤0,
-1 ≤ 2
-1 ≥ -2,
∴满足 xf(x-1)≥0 的 x 的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故选 D.
规律方法
综合运用奇偶性与单调性解题的方法技巧
(1)比较大小:先利用奇偶性将不在同一单调区间上的自变量的函数值转化
又因为f(2x+1)是奇函数,所以f(x)的图象关于点(1,0)对称,
于是函数f(x)的周期为T=4×|2-1|=4.
由于f(2x+1)是奇函数,所以f(2×0+1)=f(1)=0,而f(x+2)是偶函数,
所以f(x+2)=f(-x+2),令x=1代入得f(3)=f(1)=0,因此f(-1)=0,故选B.
(2)当函数图象具有对称中心时,在对称中心两侧的单调性相同;当函数图
象具有对称轴时,在图象的对称轴两侧的单调性相反.
2.关于函数奇偶性与周期性的常用结论
(1)若f(a-x)=f(x)且f(x)为偶函数,则f(x)的周期为a;
(2)若f(a-x)=f(x)且f(x)为奇函数,则f(x)的周期为2a;
(3)若f(x+a)与f(x+b)(a≠b)都是偶函数,则f(x)的周期是2|a-b|;
[对点训练1](2024·江西赣州模拟)已知定义在R上的奇函数f(x),满足f(x+1)
因此|x-1|>1,解得x>2或x<0,即解集为(-∞,0)∪(2,+∞),故选B.
(3)(2020·新高考Ⅰ,8)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则
满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是( D )
高考数学复习专题讲座
2020/3/23
2019年我省进入实施新课标的高考，到2019年的 高考，从结果上看，领会《课标大纲》的精神，把握 “课标大纲”的本质，科学有效的备考，是考前非常 重要的工作。已经实施新课标高考的各省新课标考纲 说明都是严格按照课程标准、全国新课标考纲编写的 ，且都没有超出范围。全国新课标考纲自从2019年底 制定以来变化不大，特别是主干知识几乎没有太大变 化，正所谓“保留主干，去其枝蔓”。对新增内容的 考察力度较大，考查要求逐年提高，但相对稳定。
2020/3/23
⑤ 数据处理能力
对现实生活中的问题的研究，一般先获取数 据，对数据用列表或作图等方法进行分析，再结合 数学、物理、化学、地理等自然科学的知识，采用 某个数学模型来刻画它，通过对模型的研究，发现 该类问题具有的属性，并对它作出决策和判断。
数据处理一般分三步：第一步，收集数据；第 二步，整理并分析数据，得出这些数据资料所遵循 的规律；第三步，依据统计方法对数据进行整理、 分析，抽取出有用的信息，作出判断。
掌握空间向量的正交分解及量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直）
② 空间向量的应用（理解直线的方向向量与平面的法向量，
能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系， 能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理，能用向量解决直线 与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究 立体几何问题中的应用）
2020/3/23
（三）考查余弦定理的意义 余弦定理是高中数学的重要知识，也是解
决数学问题的重要工具。因此，从知识上讲， 考查余弦定理理所当然。
余弦定理的证明过程是推理论证的重要体 现，能充分地考查学生的推理论证能力。
高考数学专题讲座 第2讲 二次函数的综合应用问题
高考数学专题讲座 第二讲二次函数的综合应用问题一、考纲要求1．理解二次函数，一元二次不等式及一元二次方程三者之间的关系，掌握一元二次不等式的解法； 2．以二次函数为背景的不等式问题作为代数推理题在高考中频繁出现，二次函数和绝对值不等式相结合的题目也在高考中出现多次；3．二次函数是简单的非线性函数之一，有着丰富的内涵，成为高考的一个热点．二、基础过关1．若关于x 的不等式01)1()1(22<----x a x a 恒成立，则a 的取值X 围是( B )．A ．53-<a 或1>a B ．a <-53≤1C ．53≤a ≤1或1-=a D ．以上均不对 2．函数54)(2+-=mx x x f 在区间2[-，)∞+上是增函数，则)1(f 的取值X 围是( A )．A ．)1(f ≥25B ．25)1(=fC ．)1(f ≤25D ．25)1(>f3．若32)1()(2++-=mx x m x f 为偶函数，则)(x f 在3(-，)1上是( B )．A ．单调递增B ．单调递减C ．先增后减D ．先减后增4．已知a ，∈b N *，方程022=++b ax x 和方程022=++a bx x 都有实根，则b a +的最小值是( D )．A ．3B ．4C ．5D ．65．已知函数32)(2+-=x x x f 在区间0[，]a )0(>a 上的最大值为3，最小值为2，那么 实数a 的取值X 围是 1≤a ≤2 ．6．已知函数a b b ax x x f (1)(22+-++-=，∈b R )对任意实数x 都有)1()1(x f x f -=+成 立，若当1[-∈x ，]1时，0)(>x f 恒成立，则b 的取值X 围是 b<-1或b>2 ．三、典型例题例1 已知函数22)(2++=ax x x f ，5[-∈x ，]5．（1）当1-=a 时，求函数)(x f 的最大值与最小值；（2）某某数a 的取值X 围，使)(x f y =在区间5[-，]5上是单调函数． 解：（1）当a =-1时, f (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1, x ∈ [-5,5] ∴x =1时,f (x )的最小值为1,x =-5时,f (x )的最大值为37.（2）函数f (x )=(x +a )2+2-a 2图象的对称轴为x =-a ∵f (x )在区间[-5,5]上是单调函数 ∴-a ≤-5或-a ≥5 即a ≥5或a ≤-5 故a 的取值X 围为 a ≤-5或 a ≥5.例2 （1）将长度为1的铁丝分成两段，分别围成一个正方形和一个圆形，要使正方形与圆的面积之和最小，正方形的周长应为π+44. （2）已知函数∈+-=x b ax x x f (|2|)(2R )，给出下列命题：①()f x 必是偶函数；② 当)2()0(f f =时，)(x f 的图象必关于直线1=x 对称； ③ 若b a -2≤0，则)(x f 在区面a [，)∞+上是增函数； ④)(x f 有最大值||2b a -． 其中正确命题的序号是③．例3 已知函数∈++-=x m x m x x f ()1()(2R )．（1）设A 、B 是ABC ∆的两个锐角，且A tan ，B tan 是方程04)(=+x f 的两个实根， 求证：m ≥5；（2）当m ≥3时，函数)(sin αf 的最大值是8，求m 的值． 解:(1) 方程f (x )+4=0 即x 2-(m +1)x +m +4=0依题意,得⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 解之得 ⎪⎩⎪⎨⎧->->≥-≤4153m m m m 或∴m ≥5(2)f (sin α)=sin 2α-(m +1)sin α+m =(sin α2)21+-m +m 4)1(2+-m ∵m ≥3 ∴221≥+m ∴ 当sin α=-1时,f (sin α)取得最大值2m +2由题意得 2m +2=8 ∴m =3例4 已知函数x x x f (1)(2-=≥1)的图象为1C ，曲线2C 与1C 关于直线x y =对称． （1）求曲线2C 的方程)(x g y =；（2）设函数)(x g y =的定义域为M ，1x ，M x ∈2，且21x x ≠．求证：|||)()(|2121x x x g x g -<-；（3）设A 、B 为曲线2C 上任意两个不同点，证明直线AB 与直线x y =必相交． 解(1) ∵ C 1,C 2关于直线y =x 对称, ∴g (x )为f (x )的反函数. ∵y =x 2-1, 即 x 2=y +1, 又 x ≥1 ∴x =1+y∴ 曲线C 的方程为 g (x )=1+x (x ≥0)(2)设x 1,x 2∈M, 且x 1≠x 2, 则 x 1-x 2≠0 又 x 1≥0, x 2≥0∴|g (x 1)-g (x 2)|=|||2||11|||112121212121x x x x x x x x x x -<-≤+++-=+-+ (3)设A(x 1,y 1) 、B(x 2,y 2)为曲线C 2上任意两个不同的点, x 1,x 2∈M, 且 x 1≠x 2 由(2)知|k AB |1|||)()(|||21212121<--=--=x x x g x g x x y y∴直线AB 的斜率|k AB |≠1 又直线y =x 的斜率为1 ∴直线AB 与直线y =x 必相交.四、热身演练1．函数x x y (321--=≥)2的反函数是( B )．A ．∈+-=x x x y (2212R )B ．x x x y (2212+-=≤)0 C ．∈-+=x x x y (2212 R ) D ．x x x y (2212-+=≤)0 2．设函数()(2c bx ax x f ++=)0a <，满足)1()1(x f x f +=-，则)2(x f 与)3(x f 的大小关系是（ C ）．A ．)2()3(x x f f >B ．)2()3(x x f f <C ．)3(x f ≥)2(x fD ．)3(x f ≤)2(x f3．若a ，b ，c 成等差数列，则函数c bx ax x f ++=2)(的图象与x 轴的交点个数是（ D ）．A ．0B ．1C ．2D ．不确定4．已知二次函数12)2(24)(22+----=p p x p x x f ，若在区间1(-，)1内至少存在一个 实数c ，使0)(>c f ，则实数p 的取值X 围是（ C ）．A ．21(-，)1 B ．3(-，)21- C ．3(-，0)23 D ．21(-，)235．一辆中型客车的营运总利润y (单位：万元)与营运年数∈x x (N )的变化关系如下表所示，则客车的运输年数为( B )时，该客车的年平均利润最大．A ．4B ．5C ．6D ．76．已知函数422)(2++-=a ax x x f 的定义域为R ，值域为1[，)∞+，则a 的取值X 围 为 [-1,3] ．7．如果函数)(x f 对于任意∈x R ，存在M 使不等式|)(|x f ≤||x M 恒成立(其中M 是与x 无关的正常数)，则称函数)(x f 为有界泛函，给出下列函数： ①1)(1=x f ；②22)(x x f =；③)cos (sin )(3x x x x f +=；④1)(24++=x x xx f ． 其中属于有界泛函的是③④(填上正确序号)．8．若方程02=++b ax x 有不小于2的实根，则22b a +的最小值为516. 9．已知不等式032<+-t x x 的解集为m x x <<1|{，∈x R }．（1）求t ，m 的值；（2）若函数4)(2++-=ax x x f 在区面-∞(，]1上递增，求关于x 的不等式0)23(log 2<-++-t x mx a 的解集．解：（1）依题意 ⎩⎨⎧==+t m m 31∴⎩⎨⎧==22t m（2）∵f (x )=-(x -44)222a a ++在]1,(-∞上递增∴12≥a即 2≥a 又 )32(log )23(log 22x x t x mx a a +-=-++-<0∴13202<+-<x x 解之得 210<<x 或1<x <23 故 不等式的解集为 {x |0<x <21或1<x <23}.10．定义在R 上的函数)(x f 满足:如果对任意1x ，∈2x R ，都有)2(21x x f +≤)]()([2121x f x f +， 则称函数)(x f 是R 上的凹函数．已知二次函数∈+=a x ax x f ()(2 R ）． （1）求证：当0>a 时，函数)(x f 是凹函数；（2）如果0[∈x ，]1时，|)(|x f ≤1，试某某数a 的取值X 围． 解：（1）对任意x 1,x 2∈R ,a >0,都有[f (x 1)+f (x 2)]-2f (221x x +)=a 21x +x 1+ax 22+x 2-2[a (2)221221x x x x +++] =ax 21+ax 22-21a (x 1+x 2+2x 1x 2) =21a (x 1-x 2)2≥0∴f ()]()([21)22121x f x f x x +≤+故函数f (x )是凹函数.（2）由|f (x )|≤1知: -1≤f (x )≤1 即 -1≤ax 2+x ≤1当 x =0时, a ∈R当x ∈(0,1)时, ⎩⎨⎧+-≤--≥1122x ax x ax 恒成立即 ⎪⎩⎪⎨⎧--=-≤++-=--≥41)211(1141)211(112222x x x a x x x a 恒成立 ∵x ∈(0,1) ∴11≥x当x 1=1 即x =1时, 41)211(2++-x 取最大值-2, 41)211(2--x 取最小值0 ∴ -2≤a ≤0, 而 a ≠0 ∴-2≤a <0 即 为所求. 11．已知二次函数c bx ax x f ++=2)(．（1）若a c b >>且0)1(=f ，是否存在实数m ，使得当a m f -=)(成立时，)3(+m f 为正数？若存在，则证明你的结论；若不存在，则说明理由．（2）若+∞<<<∞-21x x ，)()(21x f x f ≠且方程)]()([21)(21x f x f x f +=有两个不相等的实数根，求证:必有一实数根存1x 与2x 之间．证：（1）由f (1)=a +b +c 及a >b >c 得a >0,c <0,ac0< ∵ 1是0)(=x f 的一个根，记另一根为α，则ac=α0<又,,c a b c b a --=>>∴a >-a -c >c ∴-2a <c 即 -2<ac<0假设存在实数m ,使f (m )=-a 成立则由a c ,1是f (x )=0的两根知: f (x )=a (x -ac)(x -1) 从而 f (m )=0)1)((<-=--a m a c m a ∴1<<m ac进而33+<+m ac∴m +3>1 又f (x )在[1,)∞+上单调递增 ∴f (m +3)>f (1)=0 故满足条件的实数m 存在.（2）令g (x )=f (x )-)]()([2121x f x f +, 则g (x )为二次函数∴g (x 1)=f (x 1)-)]()([2121x f x f +∴g (x 2)=f (x 2)-)]()([2121x f x f +∴g (x 1)·g (x 2)=-0)]()([41221<-x f x f又x 1<x 2∴g (x )=0必有一根在x 1,x 2之间 故f (x )=)]()([2121x f x f +必有一根在x 1,x 2之间12．已知函数)0(12)(22<+++=b x cbx x x f 的值域为1[，]3． （1）某某数b ，c 的值；（2）判断函数)(lg )(x f x F =在1[-，]1上的单调性；（3）若∈t R ，求证：57lg≤|)61||61(|+--t t F ≤513lg ．解：（1）由∆法得 b =-2 c =2（2） 由（1）f (x )=1221222222+-=++-x xx x x 用定义判断f (x )在[-1,1]上单调递减. ∴F(x )在[-1,1]上单调递减. （3）∵||t -61|-|t +61||≤|t -6161--t |=31∴31|61||61|31≤+--≤-t t∵F(x )在[-1,1]上为减函数∴)31(|)61||61(|)31(F t t F F ≤+--≤-即 513lg |)61||61(|57lg ≤+--≤t t F。
高一数学基础知识讲义(2021)——函数的综合运用
第九讲 函数综合练习基本知识回顾一.定义域、值域、对应法则1). x 自变量的取值范围叫做这个函数的定义域。
2）.函数中y 的变化范围，叫做这个函数的值域。
3）.自变量x ，与y 的对应关系，对应法则。
二.函数的单调性与奇偶性1）.函数的单调性：函数在定义域内的增减性。
f(x)在其定义域内，当 12x x < 时，都有()()12f x f x <，那么就说函数f （x ）是其定义域的增函数。
当 12x x <时，都有()()12f x f x >，那么就说函数f （x ）是其定义域的减函数。
函数增减性证明通常采用定义法。
从图像来看：1）增函数从左到右逐渐上升2）减函数从右到左逐渐下降2）判断函数的奇偶性：要看f(x)与f(-x)的关系。
函数的奇、偶性应先对函数的定义域进行判断。
表达式的判断：当f(-x)=f(x)的时候，是偶函数。
当f(-x)=-f(x)的时候，是奇函数。
f(x)=0,既是奇函数，又是偶函数 三.指数函数和对数函数当一个函数是一个一一映射时，可以把这个函数的因变量作为一个新的函数的自变量，而把这个函数的自变量作为新函数的因变量，我们称这两个函数互为反函数。
互为反函数的两函数图象关于y x =对称。
从定义我们可以看出原函数的值域是反函数的定义域，原函数的定义域是反函数的值域且原函数与其反函数单调性一致。
这时，我们发现指数函数和对数函数正好满足反函数的定义，所以我们说指数函数与对数函数互为反函数。
经验证图像间的关系，定义域与值域的关系都满足。
函数()f x 的反函数我们用()1f x -注意：反函数存在的条件：原函数要是一一映射。
求反函数的步骤：1）用y 来表示x ；2）互换x ，y 3）标注反函数的定义域。
4）幂函数我们学习了211,,y x y x y x x-====可以发现这些函数的共同特征：幂的底数是自变量，指数是常数。
一般地，形如()y x R αα=∈的函数称为幂函数，其中α为常数。
最新-2018高考数学精英备考专题讲座 第六讲解析几何 第四节解析几何的综合应用 文 精品
第四节 解析几何的综合应用解析几何是历年高考的热点，每年高考卷上选择题、填空题、解答题都会出现，基本呈现稳定的态势，而且解答题难度较大，综合性强，且经常以压轴题的形式出现，入手容易但计算量大，又与其他知识综合命题，所以成了大部分学生在高考中的心理障碍，是解题时的“鸡肋”．复习时如何突破这块知识点，是我们亟待解决的问题.难度值跨度比较大，在0.3～0.8之间.考试要求 （1）了解直线、曲线的实际背景；（2）掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质；（3）了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道其几何性质；（4）了解抛物线的定义、几何图形、标准方程，知道其几何性质；（5）了解圆锥曲线的简单应用；（6）掌握数形结合、等价转化的思想方法. 题型一 有关圆知识点的应用例1、在平面直角坐标系xOy 中，设二次函数2()2()f x x x b x R =++∈的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C （1）求实数b 的取值范围； （2）求圆C 的方程；（3）问圆C 是否经过某定点（其坐标与b 无关）？请证明你的结论.点拨：根据二次函数2()2()f x x x b x R =++∈图象的特点：开口向上，与y 轴交点为(0,)b 可以得出b 的范围.又由圆C 是过抛物线与坐标轴三交点的圆和圆的一般方程的特点，可以用b 来表示圆的一般方程.再由方程的解和曲线方程的定义可以假设圆C 要过点00(,)x y 且00,x y 不依赖b ，将该点坐标代入圆的方程中，整理变形，再观察验证圆是否过定点.解：（1）令0x =，得抛物线与y 轴交点是(0,)b ，令2()20f x x x b =++=，由题意0b ≠且440b ∆=->，解得1b <且0b ≠.（2）设所求圆的一般方程为220x y Dx Ey F ++++=，令0y =得20x Dx F ++=，它与220x x b ++=是同一个方程，故2D =，F=b ，令0x =得20y Ey F ++=，此方程有一个根b 为，代入得1E b =--所以圆C 的方程为222(1)0x y x b y b ++-++=.（3）圆C 过定点.证明如下：假设圆C 过定点00(,)x y (00,x y 不依赖于b )将该点的坐标代入圆C 的方程,并变形为22000002(1)0x y x y b y ++-+-=(*)，为使(*)式对所有满足1(0)b b <≠的b 都成立，必须有010y -=，结合(*)式解得{000,1,x y ==或{002,1,x y =-=经检验知点(0,1),(2,1)-均在圆C 上，因此圆C 过定点..易错：（1）中学生很有可能直接440b ∆=->解得1b <而没0b ≠；（2）中没有意识到令0y =，20x Dx F ++=与220x x b ++=是同一个方程没解出2D =，F b =；（3）对方程(*)不知道怎么下手，从而得不出010y -=. 变式与引申1.已知以点2(,)(,0)C t t R t t∈≠为圆心的圆与x 轴交于点O 、,A 与y 轴交于点O 、B ，其中O 为原点.（1）证明：OAB ∆的面积为定值；（2）设直线24y x =-+与圆C 交于点M ，N ，若ON OM =，求圆C 的方程. 题型二 圆锥曲线的定义及应用例2 ：如图641--，1F 和2F 分别是双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的两个焦点，A 和B 是以O 为圆心，以1F O 为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△AB F 2是等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）. （A ）3 （B ）5 （C ）25（D ）13+ 点拨：利用双曲线的定义及直角三角形面积的两种表示形式，建立方程组再求解. 解：连AF 1，则△AF 1F 2为直角三角形，且斜边F 1F 2之长为2c.令1122,.AF r AF r ==由直角三角形性质知： 2121212,22r r a r c r r -=⋅= ，∴12,2r c r a c ==+. ∵222124,r r c +=()22224a c c c ∴++=， ∴22220a ac c +-=，∴ 2220e e --=.∵e﹥1，∴取1e .故选D. 注：本题若求出点A的坐标2c A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，再代入双曲线方程也可求出.易错点：（1）正确应用相应曲线的定义至关重要，否则解题思路受阻.（2）由直角三角形面积的两种表示形式得出关系式212122r c r r ⋅=是值得注意的问题. 变式与引申2.双曲线2224by x -=1(b ∈*N )的两个焦点F 1、F 2，P 为双曲线上一点，|OP |＜5，|PF 1|,|F 1F 2|,|PF 2|成等比数列，则b 2=_________. 题型三 圆锥曲线的几何性质例3、如图642--所示，从椭圆22221(0)x y a b a y +=>>上一点M 向x 轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点1F ，且它的长轴端点A 及短轴端点 B 的连线//AB OM（1）、求椭圆的离心率e ；（2）、设Q 是椭圆上任意一点，2F 是右焦点，1F 是左焦点，求12FQF∠的取值范围；（3）、设Q 是椭圆上任意一点，当2QF AB ⊥时，延长2QF 与椭圆交于一点P ，若1FP Q ∆的面积为.点拨：从//OM AB 着手，寻找a 、c 的关系，最后求得离心率e ；在焦点三角形中，用余弦定理，求得12cos FQF ∠的范围，从而求得12FQF ∠的范围；则PQ 与椭圆相交，求得弦PQ 的长和点1F 到PQ 的距离，由1F PQ S ∆=a 、b ，从而求得方程. 解：（1）1MF x ⊥轴 ,M x c ∴=-代入椭圆方程22221(0)x y a b a b +=>>得2M b y a =， 2OM b K ac ∴=-. 又AB b K a =-且//OM AB ，2b bac a∴-=-，故b c =从而2e =cF F a r r QF F r QF r QF 2,2,,2121212211==+=∠==θ设22222221212122121212124()24cos 11022()2r r c r r r r c b b r r r r r r r r θ+-+--∴===-≥-=+当且仅当12r r =时，上式成立.0cos 1θ∴≤≤故0,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.（3）,,b c a =∴设椭圆方程为222212x y c c+=,2AB PQ PQ AB K K ⊥=-∴=直线PQ的方程为),y x c =-代入椭圆方程，得225820,x cx c -+=PQ ∴=.又点1F 到PQ的距离,d=1211,225F PQ S d PQ ∆∴==⋅=2=得225,c =故2250c =.∴所求椭圆方程为2215025x y +=. （注：此问亦可用11212p FPQ Q S F F y y ∆=-求得）点评：本例中第（1）问是课本题，第（2）（3）问是该题的引申，像这种源与课本，又有拓宽引申的题常常是高考试题的来源之一，应引起大家的重视，注意掌握好这一类问题. 变式与引申3.已知抛物线y 2＝2px （p >0）的准线与圆（x －3）2＋y 2＝16相切，则p 的值为 （ ）A.12B.1C.2D.4题型四 直线与圆锥曲线的关系【例4】设O 为抛物线的顶点，F 为抛物线的焦点且PQ 为过焦点的弦，若|OF|=a ，|PQ|=b ，求△OPQ 的面积.点拨：结合抛物线方程的特点，可设方程为y 2=4ax （a>0），F （a ，0），再运用抛物线的定义，找出P 、Q 两点横坐标1x 、2x 关系，最后设过方程的直线为(),y k x a =-（还要注意斜率k 存在与否的讨论）由212221212y y y y y y -+=-求解即可.解：如图8所示，由题意知抛物线的方程为()042>=a ax y ，F (),0,a设()(),,,221,1y x Q y x P ，由抛物线的定义知：QF PF PQ +=b a x x a x a x =++=+++=22121 所以ab x x 221-=+ 由a b a ya y ax y 244:422212-=+=得故()a b a y y 242221-=+设过F 的弦的斜率为k ，则其方程为(),y k x a =-将其与抛物线方程联立知：ky 2－4ay －4a 2k=0 222144a kka y y -=-=故 若斜率不存在，则其两个交点为（a ，2a ）与（a ，－2a ），同样有2214a y y -=那么()()ab a a b a y y y y y y 242242221222121=---=-+=-因此：ab a y y OF S opq =-⋅=∆1221易错：（1）不会使用焦半径公式而导致运算复杂；（2）直接设过F 的弦的斜率为k ，则其方程为(),y k x a =-后面没有对斜率k 是否存在进行讨论. 变式与引申4．（2018年高考四川卷·文）过点C (0，1)的椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的离心，椭圆与x 轴交于两点(,0)A a 、(,0)A a -，过点C 的直线l 与椭圆交于另一点D ，并与x 轴交于点P ，直线AC 与直线BD 交于点Q ． （I ）当直线l 过椭圆右焦点时，求线段CD 的长；（Ⅱ）当点P 异于点B 时，求证：OP OQ ⋅为定值．本节主要考察：（1）基础知识有圆锥曲线的定义、几何图形、标准方程及简单性质.以及这些知识的综合应用.（2）基本方法有求圆锥曲线的定义法、待定系数法、相关点法、点差法、设而不求的整体思想以及坐标法和“几何问题代数化”等解析几何的基本方法.（3）基本思想有数形结合思想、方程思想、等价转化思想等.（4）基本能力有逻辑推理能力、运算求解能力、探究创新能力，并尝试考察解决实际问题的能力.点评：（1）圆锥曲线是解析几何的重点，也是高中数学的重点内容，同时又是热点和压轴点之一，主要考察圆锥曲线的定义与性质，求圆锥曲线的方程，直线与圆锥曲线的位置关系，以圆锥曲线为载体的探索性问题等.（2）恰当利用圆锥曲线的定义和几何特征，运用数形结合思想，可避免繁琐的推理和运算.（3）求圆锥曲线主要方法有定义法、待定系数法、相关点法，另外还有直接法、参数法等.（4）圆锥曲线的性质如范围、对称性、顶点、焦点、离心率、焦半径、焦点三角形、通径等都是高考命题点，它们源于课本，高于课本，应引起重视，注意掌握这类问题的求解方法与策略.如求离心率的大小或范围，只需列出关于基本量a 、b 、c 的一个关系式即可.（5）求参数的最值或范围问题是圆锥曲线的一种常见问题，主要方法一是根据条件建立含参数的等式，再分离参数求其值域；另一是列出含参数的不等式，进而求之.列不等式的思路有①运用判别式△>0或0<∆；②点在圆锥曲线的内部或外部；③利用圆锥曲线的几何意义（如椭圆中-a≤x≤a）；④根据三角形两边之和大于第三边（注意共线情况）等.（6）充分利用向量的工具作用，运用坐标法，把几何问题变为纯代数问题，体现解析几何的基本思想方法.（7）运用韦达定理的解题方法是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的核心方法，其解题步骤是“设”（点的坐标，直线、曲线方程）、“联”（联立方程组）、“消”（消去一元，得到一元二次方程）、“用”（ 运用韦达定理、中点坐标公式、弦长公式等）、“判”（ 运用判别式检验、求参数的值或缩小参数的取值范围）.（8）关注解析几何中的探究创新问题，解题思路往往是先假设满足题意，即从承认结论、变结论为条件出发，然后通过归纳，逐步探索待求结论.（9）适当关注解析几何应用题，它体现圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.标准卷更重视应用意识的考查.（10）由于对双曲线的要求明显降低，以它作为载体的解析几何大题的可能性已减少，所以解析几何大题的最大可能素材是用坐标法解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题.练习6-41.已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，点B 在椭圆上，且BF x⊥轴， 直线AB 交y 轴于点P ．若2AP PB =，则椭圆的离心率是（ ）A ．2 B ．2C ．13D ．122.斜率为1的直线l 与椭圆1422=+y x 相交于B A ,两点，则AB 的最大值为（ ） A. 2 B ．554 C ．5104 D.5108 3.设抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点(0,2)A .若线段FA 的中点B 在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为_____________.4．已知椭圆1C 、抛物线2C 的焦点均在x 轴上，1C 的中心和2C 的顶点均为原点O ，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：（Ⅰ）求12的标准方程；（Ⅱ）请问是否存在直线l 满足条件：①过2C 的焦点F ；②与1C 交不同两点,M N 、且满足OM ON ⊥？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．5. 已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的右焦点为2(3,0)F ，离心率为.e（Ⅰ）若e =，求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线y kx =与椭圆相交于A ，B 两点，若220,22AF BF e ⋅=<≤且，求k 的取值范围。
高考数学第一轮复习系列讲座4函数的综合应用
y＝ax+b/x型，指数函数模型等等.
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三、题型讲解
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y
x1
2 k a
设log(2/a) x1＝logax2＝log(a+1)x3＝ｋ＞0
则x1＝ (2/a)k, x2＝a k,x3=(a+1)k
x3
根据指数函数的图像知，选C.
x2 o
(a+1) k ak
k
x
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寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式
表示问题中的关系，建立相应的函数、方程、
不等式等数学模型；最终求解数学模型使实际
问题获解.一般的解题程序是：
读题
建模
求解
反馈
(文字语言) (数学语言)
(数学应用)
(检验作答)
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函数思想与方程思想是密切相关的.如函 数问题(例如：求反函数；求函数的值域等)可 以转化为方程问题来解决；方程问题也可以 转化为函数问题加以解决.
题目高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用
题目高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用高考要求 不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题重难点归纳1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性2 对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题 典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h 米，盖子边长为a 米，(1)求a 关于h 的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图 本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值知识依托 本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值 错解分析 在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0 技巧与方法 本题在求最值时应用均值定理解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0) 得 2121)1(31=⋅=++=hh h h h h V 而所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号 故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米 例2已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+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，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x ) 命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力 知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂 错解分析 本题综合性较强，其解答的关键是对函数f (x )的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x ≤1时|f (x )|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局 技巧与方法 本题(2)问有三种证法，证法一利用g (x )的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |+|b |；而证法三则是整体处理g (x )与f (x )的关系(1)证明 由条件当=1≤x ≤1时，|f (x )|≤1，取x =0得 |c |=|f (0)|≤1，即|c |≤1(2)证法一 依题设|f (0)|≤1而f (0)=c ，所以|c |≤1 当a ＞0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是增函数，于是g (－1)≤g (x )≤g (1)，(－1≤x ≤1)∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，|c |≤1，∴g (1)=a +b =f (1)－c ≤|f (1)|+|c |=2，g (－1)=－a +b =－f (－1)+c ≥－(|f (－2)|+|c |)≥－2，因此得|g (x )|≤2 (－1≤x ≤1)；当a ＜0时，g (x )=ax +b 在［－1，1］上是减函数，于是g (－1)≥g (x )≥g (1)，(－1≤x ≤1)，∵|f (x )|≤1 (－1≤x ≤1)，|c |≤1∴|g (x )|=|f (1)－c |≤|f (1)|+|c |≤2综合以上结果，当－1≤x ≤1时，都有|g (x )|≤2 证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1， 因此，根据绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2，|a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三 当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0， ∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2 (3)解 因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴， 由此得－ab 2＜0 ，即b =0 由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 21 (1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 021x 解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x －x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0 ∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab 2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1- ∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1， ∴x 0＜2211x a ax = 学生巩固练习 1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a ) A ①③ B ②④ C ①④ D ②③ 2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx 91+=1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________ 3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处 4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x 的两实数根为x 1，x 2(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围 5 某种商品原来定价每件p 元，每月将卖出n 件，假若定价上涨x 成(这里x 成即10x ，0＜x ≤10) 每月卖出数量将减少y 成，而售货金额变成原来的 z 倍(1)设y =ax ，其中a 是满足31≤a ＜1的常数，用a 来表示当售货金额最大时的x 的值；(2)若y =32x ，求使售货金额比原来有所增加的x 的取值范围 6 设函数f (x )定义在R 上，对任意m 、n 恒有f (m +n )=f (m )²f (n )，且当x ＞0时，0＜f (x )＜1(1)求证 f (0)=1，且当x ＜0时，f (x )＞1；(2)求证 f (x )在R 上单调递减；(3)设集合A ={ (x ，y )|f (x 2)²f (y 2)＞f (1)}，集合B ={(x ，y )|f (ax －g +2)=1，a ∈R }，若A ∩B =∅，求a 的取值范围 7 已知函数f (x )=1222+++x c bx x (b ＜0)的值域是［1，3］， (1)求b 、c 的值；(2)判断函数F (x )=lg f (x )，当x ∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t ∈R ，求证 lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤513 参考答案1 解析 由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b ) ∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b )同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a )答案 A2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④ 3 解析 由已知y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离) 费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x 20≥2x x 208.0⋅=8 当且仅当0 8x =x20即x =5时“=”成立 答案 5公里处4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解 由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1²x 2=a1＞0，所以x 1，x 2同号 1°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a a b ∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b② 解②得b ＜41 2°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2 ∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得 21)1(2+-b ＜2b －1④ 解④得b 7 综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b 47 5 解 (1)由题意知某商品定价上涨x 成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是 p (1+10x )元、n (1－10y )元、npz 元， 因而)10)(10(1001),101()101(y x z y n x p npz -+=∴-⋅+=， 在y =ax 的条件下，z =1001［－a ［x －aa )1(5-］2+100+a a 2)1(25-］ 由于31≤a ＜1，则0＜aa )1(5-≤10 要使售货金额最大，即使z 值最大，此时x =a a )1(5-(2)由z =1001 (10+x )(10－32x )＞1，解得0＜x ＜5 6 (1)证明 令m ＞0，n =0得 f (m )=f (m )²f (0) ∵f (m )≠0，∴f (0)=1 取m =m ，n =－m ，(m ＜0)，得f (0)=f (m )f (－m )∴f (m )=)(1m f -，∵m ＜0，∴－m ＞0，∴0＜f (－m )＜1，∴f (m )＞1 (2)证明 任取x 1，x 2∈R ，则f (x 1)－f (x 2)=f (x 1)－f ［(x 2－x 1)+x 1］=f (x 1)－f (x 2－x 1)²f (x 1)=f (x 1)［1－f (x 2－x 1)］，∵f (x 1)＞0，1－f (x 2－x 1)＞0，∴f (x 1)＞f (x 2)，∴函数f (x )在R 上为单调减函数(3)由⎩⎨⎧=+-<+⎩⎨⎧θ==+->+021)(1)2()1()(2222y ax y x f y ax f f y x f 得， 由题意此不等式组无解，数形结合得 1|2|2+a ≥1，解得a 2≤3∴a ∈［－3，3］ 7 (1)解 设y =1222+++x c bx x ，则(y －2)x 2－bx +y －c =0 ①∵x ∈R ，∴①的判别式Δ≥0，即 b 2－4(y －2)(y －c )≥0，即4y 2－4(2+c )y +8c +b 2≤0 ②由条件知，不等式②的解集是［1，3］∴1，3是方程4y 2－4(2+c )y +8c +b 2=0的两根⎪⎩⎪⎨⎧+=⨯+=+48312312b c c ∴c =2，b =－2，b =2(舍）(2)任取x 1，x 2∈［－1，1］，且x 2＞x 1，则x 2－x 1＞0，且(x 2－x 1)(1－x 1x 2)＞0，∴f (x 2)－f (x 1)=－)1)(1()1)((2)12(122221*********x x x x x x x x x x ++--=+--+＞0，∴f (x 2)＞f (x 1)，lg f (x 2)＞lg f (x 1)，即F (x 2)＞F (x 1)∴F (x )为增函数,31|)61()61(||||,61||61|)3(=+--≤+--=t t u t t u 记即－31≤u ≤31，根据F (x )的单调性知 F (－31)≤F (u )≤F (31)， ∴lg 57≤F (|t －61|－|t +61|)≤lg 513对任意实数t 成立 课前后备注数学中的不等式关系数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美 不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异 如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等 不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题 解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题 推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n 有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明 另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系 不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系 许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题 不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程 总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系 数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现 不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？。
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高中数学复习专题讲座综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题高考要求*函数综合问题是历年高考的热点和重点内容么一，一般难度较大，考查内容和形式灵活多样》木节课主要帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进-步深化综合运用知识的能力，掌握基木解题技巧和方法，并培养考生的思维和创新能力・重难点归纳？在解决函数综合问题时，耍认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用，综合问题的求解往往需要应川多种知识和技能，因此，必须全而掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题口的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件，学法指导*怎样学好函数学习函数要重点解决好四个问题*准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识（一）准确、深刻理解函数的有关概念概念是数学的慕础，而函数是数学中最主要的概念之一，苗数概念贯穿在中学代数的始终.数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为中心的代数，近十年來，高考试题中始终贯穿着函数及其性质这条主线，（二）揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系.函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的基础，利用函数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容，在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此牛动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式，所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑，高考试题涉及5个方血* （1）原始意义上的函数问题；（2）方程、不等式作为函数性质解决；（3）数列作为特殊的函数成为高考热点:（4）辅助函数法；（5）集合与映射，作为基本语言和工具出现在试题中，（三）把握数形结合的特征和方法函数图象的儿何特征与函数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方而精确地观察图形、绘制图形，乂要熟练地掌握函数图象的平移变换、对称变换，（四）认识函数思想的实质，强化应用意识函数思想的实质就是用联系与变化的观点捉出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决，纵观近几年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识，典型题例示范讲解例1设几r）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线*1对称，对任意［0,1］,都有f（x}+X2）=fi X［）・ /（兀2）,且几1）=0>0・（1）求/（*）、几扌）；⑵证明/⑴是周期函数；（3）记 a n =f （2n+^-\求 li m （Ina”）.2n 斤一＞8命题意图匚本题主要考查函数概念，图彖函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识, 还考查运算能力和逻辑思维能力・知识依托；认真分析处理好各知识的和互联系，抓住条件f （x l+x 2） = 几V|）・沧2）找到问题的突破口，错解分析】不会利用f （Xi+X2）=f （X\）・/（兀2）进行合理变形'Y YYY技巧与方法f 由.心代）*1）•.心2）变形为/« = /（- + -）= /（-）•焉）是解决问题的关键又因为用嗨+ *）歸）.硝）=呜）]2 硝)站+ A 妨)叫)="中]2 又 /U)=a>0⑵证明*依题意设）今＞）关于直线x=l 对称，故/（x ）〒/（1+1—兀）， 即 fM=f （2 ~x ）yX R«又rtl/U ）是偶函数知 f （-x ）=f （x ）yX ^Rx ）=f （2~x ）^c^R ＞将上式中一兀以x 代换得/W=/U+2）,这表明血:）是R 上的周期函数，且2是它的一个 周期，（3）解£ 山⑴知f （x ）[0,1]・・・/（£）* •亠）钦亠+5-1）丄）曲亠）・人5—1） • -!-）=……2 2n 2n 2n 2n 2n 审右）•心） .........時）2n 2n2n=”(*)]2n1 — 2/7又・・7U ）的一个周期是2 ・・・畑+丄）=A 丄），2n 2n(1)解? 因为对Xi/2 W[0, * ]，都有 ・ /（也），所以的=/（2+2）= /（2）/（2）»0,xe [o,l]・"□+存/（存用因此a n=a 2n・，・lim（lna“）= lim（；^-lna） = O.“TOO n->oo 2n例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小吋，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）rh对变部分和固定部分组成，对变部分与速度v（km/h）的平方成止比，比例系数为b,固定部分为u元・⑴把全程运输成本），（元）表示为Wkm/h）的两数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成木最小，汽车应以多人速度行驶？命题意图匸本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运川所学数学知识解决实际问题的能力，知识依托：运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法，错解分析；不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变•最的限制条件・技巧与方法；四步法「（1）读题；⑵建模；（3）求解；⑷评价，解法一F⑴依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为纟,全程运输成本为vy=a ・—+bv2・—=5（—+/?v）v v v・・・所求函数及其定义域为y=S（ - +加）,y e （O,c]>v（2）依题意知,S、a、b、u均为正数・・・S（?+Zn，）22sV^ ①v当且仅当-=/7V,即V」回时，①式中等号成立・O c "x o C若 J—则当时'右ymin = 2S Jab；若、3 >c，贝lj当y W(O,c ]时，有S(£ +bv)—S( — +bc)V b v c=S [( ——— )+(Z?v—/?c)] =一(c—v)(a~bcv)v c vcVc —v&O,XL ohc1, a—bcv^a — bc2>0:.S(-+hv)^S(-+bc),当且仅当v=c时等号成立,V c也即当xc 时，有y min=s( — +bc)；c综上可知，为使全程运输成本y城、，当匝 Wc时,行驶速度应为g逅，当娅>。
时行驶速度应为v=f«解法二：(1)同解法一》(2)：・函数y=sf+bv), vG (0,+oo),V当xe(o,时，y单调减小,当才8)时y单调增加,当.x=-时y取得最小值，而全程运输成本函数为y=S比+ $■)卩丘(0,汕V b v・••当{彳Wc时，则当v= 时，y最小，若£>c时，则当时，y最小.结论同±>例3设函数/U)的定义域为R,对任意实数兀、y都f(x+y)=f(x)+f(y\当x>0时/(兀)v() 且几3)=_4，(1)求证亍/U)为奇函数；(2)在区间［一9, 9］上，求/U)的最值，(1)证明$令%=尸0,得几0)=0令)=一x,得妙)寸⑴士几一对,即/(—劝二一心)・・JU)是奇函数(2)解* 1°，任取实数兀1、%2e［—9,9］且xi<x2,这时,X2-%i>0,LUj—X2)+X2］—f(X2)=f{x 1 —X2)+f{X2)~f(x i )= —J{x2—X1)因为x>0时问<0,・加)一您)>0・\/W在［-9, 9］上是减函数故/W的最大值为/(—9),最小值为/(9)，而几9)曲3+3+3)二飒3)=— 12/( - 9)=-«9)= 12>・・・f (A )在区间［—9, 9］上的最大值为12,最小值为一12, 学生巩固练习* b 函数y=x+a 与y=l o&x 的图象可能是()2定义在区间(一8,+ 8)的奇函数沧)为增函数，偶函数gd)在区间［0, +8)的图彖与沧) 的图彖重合，设Qb>0,给出下列不等式；③/⑺)—/(—b)>g(b)—g(—a) ®f(a) ~f(—b)<g(b)—g(—a)其中成立的是() A ，①与④B ，②与③C ，①与③D ，②与④3.若关于x 的方程2"+2%+°+1=0有实根，则实数a 的取值范围是___， 4-设a 为实数，函数几切二y+lx —al+l/GR, (1)讨论/U)的奇偶性;(2)求问的最小值, 1 1 — Y 5，设金)二一+lg —>X+l 1+X(1) 证明t /U)在其定义域上的单调性； (2) 证明F 方程f\x)=0有惟一懈; (3) 解不等式f Lx(x ——)］ < —>2 26-定义在(-1, 1)上的函数几r)满足①对任意x 、昨(一1,1),都有/(小呎刃审三主上)；②1 + xy当xe (-i,o )时，有/(对>0，求证；/©+/(»…+/(是齐?)>/(»7. 某工厂拟建一座平面图(如下图)为矩形且血积为200平方米的三级污水处理池，由 于地形限制，长、宽都不能超过16米，如果池外周舉•建 每米400元，屮间两条隔墙建造单价为每米248元，池 价为每平方米80元(池壁厚度忽略不计，H 池无盖》(1)写出总造价y (元)与污水处理池长班米)的函数关 出其定义域・(2)求污水处理池的长和宽各为多少时，污水处理池的总造价最低？并求最低总造价， 8, 已知函数/w 在(_8,0)U(0,+ 8)上有定义,且在(0,+ 8)上是增函数,几1)=0,又g( 〃)=si 『0 — zncos 0 —2tn, 0 e [0,彳]，设 M=[m\g( 0)<0,/n ^R},N={m\f [g( “)] v0},求 MAM 参考答案：1>解析*分类讨论当a>l 时和当0<dVl 时. 答案* C2*解析*用特值法，根据题意，可设/(x)二x,g(x)=lxl,又设°二20二1, 则心)=Q,g(a)=k7l*b)=b,g@)=lbSa)-/Wh2)-AT )=2+l=3， g(b)—g(—a)=g(l)—g(—2)=l —2=—l ・造驻价为 A底建造单系式，并指••后)一人_呃(1)_8(_2)=1 -2=- 1>又(-2)= 1 +2=3，g(d) —g( — Z?)=g(2)—g( 1 )=2— 1=1, ：.f(b)—/(—d)=g(a)—g( —即①与③成立，答案* C3、解析；设2'n>0,则原方程可变为t2+at+a+\=0①A = 672 - 4(67 + 1) > 0方程①有两个止实根，则< t l+t2=-a>0耳• S =。