第三講 函數(shù)性質(zhì)
★★★高考在考什么
【考題回放】
1. 設(shè)函數(shù)定義在實(shí)數(shù)集上,它的圖像關(guān)于直線對(duì)稱(chēng),且當(dāng)時(shí),,則有( B。
A. B.
C. D.
2. 設(shè)是奇函數(shù),則使的的取值范圍是( A。
A. B. C. D.
3.定義在上的函數(shù)既是奇函數(shù),又是周期函數(shù),是它的一個(gè)正周期.若將方程在閉區(qū)間上的根的個(gè)數(shù)記為,則可能為( D )
A.0 B.
4. 對(duì)于函數(shù)①,②,③,判斷如下三個(gè)命題的真假:命題甲:是偶函數(shù);
命題乙:在上是減函數(shù),在上是增函數(shù);
命題丙:在上是增函數(shù).
能使命題甲、乙、丙均為真的所有函數(shù)的序號(hào)是(。摹。
A.①③ B.①② C.③ D.②
5. 已知與是定義在上的連續(xù)函數(shù),如果與僅當(dāng)時(shí)的函數(shù)值為0,且,那么下列情形不可能出現(xiàn)的是( )
A.0是的極大值,也是的極大值 B.0是的極小值,也是的極小值
C.0是的極大值,但不是的極值 D.0是的極小值,但不是的極值
6.若函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是
★★★高考要考什么
一、 單調(diào)性:
1.定義:一般地,(1)對(duì)于給定區(qū)間上的函數(shù)f(x),如果對(duì)于屬于這個(gè)區(qū)間的任意兩個(gè)自變量的值x1、x2,(2)當(dāng)x1<x2時(shí),(3)都有f(x1)<f(x2)〔或都有f(x1)>f(x2)〕,那么就說(shuō)(4)f(x)在這個(gè)區(qū)間上是增函數(shù)(或減函數(shù)).
要注意定義引申:(1)、(2)、(4)(3);(1)、(3)、(4)(2)
如:是定義在上的遞減區(qū)間,且<,則x的取值范圍_____
二、 奇偶性:
1.優(yōu)先考慮定義域:定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)是具體奇偶性的必要條件。
2.奇函數(shù)在處有意義,則。
3.奇函數(shù)在對(duì)稱(chēng)區(qū)間上單調(diào)性一致,偶函數(shù)在對(duì)稱(chēng)區(qū)間上單調(diào)性相反。
三、 周期性:
1.若,則的周期是____;2.若,則的周期是____;
3. 若,則的周期是____;
4.若是偶函數(shù),且圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng),則的周期是____;
★★★ 突 破 重 難 點(diǎn)
【范例1】設(shè)函數(shù)定義在R上,對(duì)于任意實(shí)數(shù),總有,且當(dāng)時(shí),。(1)證明:,且時(shí)
(2)證明:函數(shù)在R上單調(diào)遞減
(3)設(shè),若,確定的取值范圍。
(1)解:令,則,對(duì)于任意實(shí)數(shù)恒成立,
設(shè),則,由得,
當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), ,
(2)證法一:設(shè),則,
,函數(shù)為減函數(shù)
證法二:設(shè),則
=
,
故 ,函數(shù)為減函數(shù)
(3)解:∵, ∴
若,則圓心到直線的距離應(yīng)滿(mǎn)足,解之得
,
變式:已知定義在R上的函數(shù)滿(mǎn)足:,當(dāng)x<0時(shí),。
(1)求證:為奇函數(shù);(2)求證:為R上的增函數(shù);
(3)解關(guān)于x的不等式:。(其中且a為常數(shù))
解:(1)由,令,得:
,即
再令,即,得:
是奇函數(shù)………………4分
(2)設(shè),且,則
由已知得:
即在R上是增函數(shù)………………8分
(3)
即
當(dāng),即時(shí),不等式解集為
當(dāng),即時(shí),不等式解集為
當(dāng),即時(shí),不等式解集為………………13分
【范例2】已知f(x)=(x∈R)在區(qū)間[-1,1]上是增函數(shù).,(1)求實(shí)數(shù)a的值組成的集合A;
(2)設(shè)關(guān)于x的方程f(x)=的兩個(gè)非零實(shí)根為x1、x2.試問(wèn):是否存在實(shí)數(shù)m,使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立?若存在,求m的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
解:(1)f'(x)== ,
∵f(x)在[-1,1]上是增函數(shù),
∴f'(x)≥0對(duì)x∈[-1,1]恒成立,
即x2-ax-2≤0對(duì)x∈[-1,1]恒成立. ①
設(shè)j (x)=x2-ax-2,
①
-1≤a≤1,
∵對(duì)x∈[-1,1],f(x)是連續(xù)函數(shù),且只有當(dāng)a=1時(shí),f'(-1)=0以及當(dāng)a=-1時(shí),f'(1)=0
∴A={a|-1≤a≤1}.
(2)由=,得x2-ax-2=0, ∵△=a2+8>0
∴x1,x2是方程x2-ax-2=0的兩非零實(shí)根,
x1+x2=a,
∴ 從而|x1-x2|==.
x1x2=-2,
∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|=≤3.
要使不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,
當(dāng)且僅當(dāng)m2+tm+1≥3對(duì)任意t∈[-1,1]恒成立,
即m2+tm-2≥0對(duì)任意t∈[-1,1]恒成立. ②
設(shè)g(t)=m2+tm-2=mt+(m2-2),
方法一:
g(-1)=m2-m-2≥0,
②
g(1)=m2+m-2≥0,
m≥2或m≤-2.
所以,存在實(shí)數(shù)m,使不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,其取值范圍是{m|m≥2,或m≤-2}.
方法二:
當(dāng)m=0時(shí),②顯然不成立;
當(dāng)m≠0時(shí),
m>0, m<0,
② 或
g(-1)=m2-m-2≥0 g(1)=m2+m-2≥0
m≥2或m≤-2.
所以,存在實(shí)數(shù)m,使不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對(duì)任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立,其取值范圍是{m|m≥2,或m≤-2}.
【點(diǎn)晴】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值.在解決函數(shù)綜合問(wèn)題時(shí)要靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)思想和方法化歸為基本問(wèn)題來(lái)解決.
變式:設(shè)函數(shù),其中
(1)解不等式
(2)求的取值范圍,使在區(qū)間上是單調(diào)減函數(shù)。
解:(1)不等式即為
當(dāng)時(shí),不等式解集為
當(dāng)時(shí),不等式解集為
當(dāng)時(shí),不等式解集為
(2)在上任取,則
所以要使在遞減即,只要即
故當(dāng)時(shí),在區(qū)間上是單調(diào)減函數(shù)。
【范例3】已知函數(shù)的定義域?yàn)?sub>,且同時(shí)滿(mǎn)足:①;②恒成立;③若,則有.
(1)試求函數(shù)的最大值和最小值;
(2)試比較與的大小N);
(3)某人發(fā)現(xiàn):當(dāng)x=(nÎN)時(shí),有f(x)<2x+2.由此他提出猜想:對(duì)一切xÎ(0,1,都有,請(qǐng)你判斷此猜想是否正確,并說(shuō)明理由.
解: (1)設(shè)0≤x1<x2≤1,則必存在實(shí)數(shù)tÎ(0,1),使得x2=x1+t,
由條件③得,f(x2)=f(x1+t)³f(x1)+f(t)-2,
∴f(x2)-f(x1)³f(t)-2,
由條件②得, f(x2)-f(x1)³0,
故當(dāng)0≤x≤1時(shí),有f(0)≤f(x)≤f(1).
又在條件③中,令x1=0,x2=1,得f(1)³f(1)+f(0)-2,即f(0)≤2,∴f(0)=2,
故函數(shù)f(x)的最大值為3,最小值為2.
(2)解:在條件③中,令x1=x2=,得f()³2f()-2,即f()-2≤[f()-2],
故當(dāng)nÎN*時(shí),有f()-2≤[f()-2]≤[f()-2]≤???≤[f()-2]=,
即f()≤+2.
又f()=f(1)=3≤2+,
所以對(duì)一切nÎN,都有f()≤+2.
(3)對(duì)一切xÎ(0,1,都有.
對(duì)任意滿(mǎn)足xÎ(0,1,總存在n(nÎN),使得
<x≤,
根據(jù)(1)(2)結(jié)論,可知:
f(x)≤f()≤+2,
且2x+2>2´+2=+2,
故有.
綜上所述,對(duì)任意xÎ(0,1,恒成立.
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