第10講高考中函數圖象與性質的綜合應用編制：江海軍審核：黃立斌邵華川導學目標：函數作為高中數學的基礎內容之一，在各個知識間起到“中樞”的作用，其概念與性質在高考中，主要考查函數的表示方法(圖象、解析式)、分段函數、單調區間、最值的求解，函數的奇偶性和周期性的判斷，以及函數性質的綜合運用等，試題的難度不大；函數的應用體現了新高考考查應用的理念，在高考中主要體現在函數零點個數的判斷、零點取值范圍、函數零點與函數圖象、方程的解等問題上．構建函數模型解決實際問題是函數模型應用考查的熱點、重點．課前自測：1.已知函數f(x)＝ax＋b(a>0且a≠1)的圖象如圖所示，則a＋b的值是________．答案－2解析∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b＝0,a0＋b＝－3))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝－4))，∴a＋b＝－2.2．(2012·浙江改編)設函數f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數，當x∈[0,1]時，f(x)＝x＋1，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝____________________________________.答案eq\f(3,2)解析當x∈[－1,0]時，－x∈[0,1]，∵f(x)為偶函數，∴f(x)＝f(－x)＝－x＋1.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝eq\f(3,2).3.函數f(x)＝|log3x|在區間[a，b]上的值域為[0,1]，則b－a的最小值為________.答案eq\f(2,3)解析令f(x)＝0，解得x＝1；令f(x)＝1，解得x＝eq\f(1,3)或3.因為函數f(x)在(0,1)上為減函數，在(1，＋∞)上為增函數.故b－a的最小值為1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4.定義在(－∞，＋∞)上的偶函數f(x)滿足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在[－1,0]上是增函數，下面五個關于f(x)的命題中：①f(x)是周期函數；②f(x)的圖象關于直線x＝1對稱；③f(x)在[0,1]上是增函數；④f(x)在[1,2]上為減函數；⑤f(2)＝f(0)，正確命題的個數是________.答案3解析由于f(x＋1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，函數f(x)是以2為最小正周期的周期函數，故命題①正確；由于f(2－x)＝f(－x)＝f(x)，故函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，命題②正確；偶函數在定義域上關于坐標原點對稱的區間上的單調性相反，故命題③不正確；根據周期性，函數在[1,2]上的單調性與[－1,0]上的單調性相同，故命題④不正確；根據周期性，命題⑤正確.5.設m，k為整數，方程mx2－kx＋2＝0在區間(0,1)內有兩個不同的根，則m＋k的最小值為________.答案13解析方程mx2－kx＋2＝0在區間(0,1)內有兩個不同的根可轉化為二次函數f(x)＝mx2－kx＋2在區間(0,1)上有兩個不同的零點.∵f(0)＝2，故需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－8m>0，,0<\f(k,2m)<1，,m>0，,f1>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2>8m，,m>0，,0<k<2m，,m－k＋2>0，))將k看做函數值，m看做自變量，畫出可行域如圖陰影部分所示，因為m，k均為整數，結合可行域可知k＝7，m＝6時，m＋k最小，最小值為13.課堂重點：【例1】已知函數解析式求函數定義域(2015·南京、鹽城模擬)函數f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)的定義域為________．解析要使函數f(x)＝lnx＋eq\r(1－x)有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,1－x≥0，))解得0＜x≤1，即函數定義域是(0,1]．【訓練2】(2014·珠海模擬)函數y＝eq\f(x＋10,\r(2x＋1))的定義域為________．解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,2x＋1＞0，))得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).【例2】基本初等函數性質的判斷（1）(2014·福建卷改編)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))給出下列結論：①f(x)是偶函數；②f(x)是增函數；③f(x)是周期函數；④f(x)的值域為[－1，＋∞)．則上述結論正確的是________(填序號)．解析①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝0，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))2＋1＝eq\f(π2＋4,4)，顯然feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))≠feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，所以函數f(x)不是偶函數，①錯．②，當x＞0時，函數f(x)單調遞增，而f(x)＝cosx在區間(－2π，－π)上單調遞減，故函數f(x)不是增函數，②錯．③，當x＞0時，f(x)＝x2＋1∈(1，＋∞)，對任意的非零實數T，f(x＋T)＝f(x)均不成立，故該函數不是周期函數，③錯．④，當x＞0時，f(x)＝x2＋1∈(1，＋∞)；當x≤0時，f(x)＝cosx∈[－1,1]．故函數f(x)的值域為[－1,1]∪(1，＋∞)，即[－1，＋∞)，所以該項正確．(2)(2014·新課標全國Ⅱ卷)已知偶函數f(x)在[0，＋∞)單調遞減，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，則x的取值范圍是________．(3)已知函數f(x)為定義在R上的奇函數，對任意x∈R，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，且當x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))時，f(x)＝log2(2x＋1)，則f(－2015)＋f(2013)＝________.解析(1)因為f(x)為偶函數，所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)，故不等式f(x－1)＞0可化為f(|x－1|)＞0.因為f(x)在[0，＋∞)上單調遞減，且f(2)＝0，所以|x－1|＜2，即－2＜x－1＜2，解得－1＜x＜3.所以x的取值范圍是(－1,3)．(2)因為函數f(x)為奇函數且f(0)有定義，故f(0)＝0，且f(－2015)＝－f(2015)．當x≥0時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝－f(x)，得f(x＋3)＝f(x)，即T＝3，可得f(2015)＝f(3×671＋2)＝f(2)，f(2013)＝f(3×671)＝f(0)．由已知f(0)＝0，而f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(3,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)＋1))＝log22＝1，所以f(2)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1，即f(2015)＝－1，故f(－2015)＝1.綜上，f(－2015)＋f(2013)＝1＋0＝1.【訓練2】（1）(2014·山東實驗中學診斷)下列函數：①f(x)＝eq\f(1,x)；②f(x)＝eq\r(－x)；③f(x)＝2－x－2x；④f(x)＝－tanx．其中在其定義域內，既是奇函數又是減函數的是________(填序號)．解析f(x)＝eq\f(1,x)在定義域上是奇函數，但不單調；f(x)＝eq\r(－x)為非奇非偶函數；f(x)＝－tanx在定義域上是奇函數，但不單調．（2）(2014·南京師大附中模擬)設函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在區間[0，＋∞)上單調遞增，則滿足不等式f(1)＜f(lg(2x))的x的取值范圍是________．解析根據偶函數的性質可知f(x)在(－∞，0)上單調遞減．∵f(1)＜f(lg2x)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＞0，,|lg2x|＞1，))解得x＞5或0＜x＜eq\f(1,20).例3題型一分段函數求值問題設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2＋t，x<0，,2×t＋1x，x≥0))且f(1)＝6，則f(f(－2))的值為________.思維啟迪首先根據f(1)＝6求出t的取值，從而確定函數解析式，然后由里到外逐層求解f(f(－2))的值，并利用指數與對數的運算規律求出函數值.答案12解析∵1>0，∴f(1)＝2×(t＋1)＝6，即t＋1＝3，解得t＝2.故f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2＋2，x<0，,2×3x，x≥0，))所以f(－2)＝log3[(－2)2＋2]＝log36>0.f(f(－2))＝f(log36)＝2×＝2×6＝12.思維升華本題的難點有兩個，一是準確理解分段函數的定義，自變量在不同取值范圍內對應著不同的函數解析式；二是對數與指數的綜合運算問題.解決此類問題的關鍵是要根據分段函數的定義，求解函數值時要先判斷自變量的取值區間，然后再代入相應的函數解析式求值，在求值過程中靈活運用對數恒等式進行化簡求值.【訓練3】已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－cosπx，x>0，,fx＋1＋1，x≤0，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))的值等于________.答案3解析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＋2＝eq\f(5,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝3.熱點三函數與方程的求解問題【例4】已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,fx－1，x＞0，))若方程f(x)＝x＋a有且只有兩個不相等的實數根，則實數a的取值范圍是________．解析函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0，,fx－1，x＞0))的圖象如圖所示，當a＜1時，函數y＝f(x)的圖象與函數y＝x＋a的圖象有兩個交點，即方程f(x)＝x＋a有且只有兩個不相等的實數根．【訓練4】(1)(2014·南通、揚州等五市模擬)已知函數f(x)對任意的x∈R滿足f(－x)＝f(x)，且當x≥0時，f(x)＝x2－ax＋1.若f(x)有4個零點，則實數a的取值范圍是________．(2)函數f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零點個數為________．解析(1)由函數f(x)對任意的x∈R滿足f(－x)＝f(x)得該函數是偶函數，所以若f(x)有4個零點，則當x≥0時，f(x)＝x2－ax＋1有2個零點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－a2－4＞0，,\f(a,2)＞0，))解得a＞2，則實數a的取值范圍是(2，＋∞)．(2)f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零點，即令f(x)＝0.根據此題可得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在平面直角坐標系中分別畫出冪函數y＝xeq\f(1,2)和指數函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的圖象，可得交點只有一個，所以零點只有一個．【例5】函數的實際應用據氣象中心觀察和預測，發生于M地的沙塵暴一直向正南方向移動，其移動速度v(km/h)與時間t(h)的函數圖象如圖所示，過線段OC上一點T(t,0)作橫軸的垂線l，梯形OABC在直線l左側部分的面積即為t(h)內沙塵暴所經過的路線s(km).(1)當t＝4時，求s的值；(2)將s隨t變化的規律用數學關系式表示出來；(3)若N城位于M地正南方向，且距M地650km.試判斷這場沙塵暴是否會侵襲到N城，如果會，在沙塵暴發生后多長時間它將侵襲到N城？如果不會，請說明理由.思維啟迪本題用一次函數、二次函數模型來考查生活中的行程問題，要分析出每段的速度隨時間的關系式，再求距離.解(1)由圖象可知：當t＝4時，v＝3×4＝12，∴s＝eq\f(1,2)×4×12＝24.(2)當0≤t≤10時，s＝eq\f(1,2)·t·3t＝eq\f(3,2)t2；當10<t≤20時，s＝eq\f(1,2)×10×30＋30(t－10)＝30t－150；當20<t≤35時，s＝eq\f(1,2)×10×30＋10×30＋(t－20)×30－eq\f(1,2)×(t－20)×2(t－20)＝－t2＋70t－550.綜上可知s＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t2，t∈[0，10]，,30t－150，t∈10，20]，,－t2＋70t－550，t∈20，35].))(3)∵t∈[0,10]時，smax＝eq\f(3,2)×102＝150<650.t∈(10,20]時，smax＝30×20－150＝450<650.當t∈(20,35]時，令－t2＋70t－550＝650.解得t1＝30，t2＝40，又∵20<t≤35，∴t＝30，所以沙塵暴發生30h后將侵襲到N城.思維升華(1)在實際問題中，有很多問題的兩變量之間的關系是一次函數模型，其增長特點是直線上升(自變量的系數大于0)或直線下降(自變量的系數小于0)，構建一次函數模型，利用一次函數的圖象與單調性求解.(2)有些問題的兩變量之間是二次函數關系，如面積問題、利潤問題、產量問題等.構建二次函數模型，利用二次函數圖象與單調性解決.(3)在解決二次函數的應用問題時，一定要注意定義域. 【訓練5】(2015·鎮江模擬)某校為了落實“每天陽光運動一小時”活動，決定將原來的矩形操場ABCD(其中AB＝60米，AD＝40米)擴建成一個更大的矩形操場AMPN(如圖)，要求：B在AM上，D在AN上，對角線MN過C點，且矩形AMPN的面積小于15000平方米．(1)設AN長為x米，矩形AMPN的面積為S平方米，試將S表示成x的函數，并寫出該函數的定義域；(2)當AN的長為多少米時，矩形AMPN的面積最小，并求最小面積．解(1)由△NDC∽△NAM，可得eq\f(DN,NA)＝eq\f(DC,AM)，∴eq\f(x－40,x)＝eq\f(60,AM)，即AM＝eq\f(60x,x－40)，故S＝AN·AM＝eq\f(60x2,x－40)，由S＝eq\f(60x2,x－40)＜15000且x＞40，可得x2－250x＋10000＜0，解得50＜x＜200，故所求函數的解析式為S＝eq\f(60x2,x－40)，定義域為(50,200)．(2)令x－40＝t，則由x∈(50,200)，可得t∈(10,160)，故S＝eq\f(60x2,x－40)＝eq\f(60t＋402,t)＝60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1600,t)＋80))≥60eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(t·\f(1600,t))＋80))＝9600，當且僅當t＝eq\f(1600,t)，即t＝40時S＝9600.又40∈(10,160)，故當t＝40時，S取最小值9600.所以當AN的長為80米時，矩形AMPN的面積最小，最小面積為9600平方米．課堂熱練：：1、設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≤0，,x2－x，x>0，))若方程f(x)＝m有三個不同的實根，則實數m的取值范圍為________.2、(2013·天津改編)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在區間[0，＋∞)上單調遞增.若實數a滿足f(log2a)＋f()≤2f(1)，則a解析(1)作出函數y＝f(x)的圖象，如圖所示. 當x>0時，f(x)＝x2－x＝(x－eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，所以要使方程f(x)＝m有三個不同的實根，則－eq\f(1,4)<m<0，即m的取值范圍為(－eq\f(1,4)，0).(2)由題意知a>0，又＝log2a－1＝－log2a∵f(x)是R上的偶函數，∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(∵f(log2a)＋f()≤2f∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a又因f(x)在[0，＋∞)上遞增.∴|log2a|≤1，－1≤log2a≤1，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).3、已知函數g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a≠0，b<1)，在區間[2,3]上有最大值4，最小值1，設f(x)＝eq\f(gx,x).(1)求a，b的值；(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1,1]上恒成立，求實數k的范圍.思維啟迪對于恒成立問題，若能轉化為a>f(x)(或a<f(x))恒成立，則a必須大于f(x)的最大值(或小于f(x)的最小值).因此恒成立問題可以轉化為我們較為熟悉的求最值的問題進行求解.若不能分離參數，可以將參數看成常數直接求解.解(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a.當a>0時，g(x)在[2,3]上為增函數， 故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g3＝4，,g2＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋1＋b＝4，,4a－4a＋1＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))當a<0時，g(x)在[2,3]上為減函數，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g3＝1，,g2＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋1＋b＝1，,4a－4a＋1＋b＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))因為b<1，所以a＝1，b＝0.(2)方程f(2x)－k·2x≥0化為2x＋eq\f(1,2x)－2≥k·2x，即1＋(eq\f(1,2x))2－eq\f(2,2x)≥k.令eq\f(1,2x)＝t，則k≤t2－2t＋1，因為x∈[－1,1]，所以t∈[eq\f(1,2)，2]，記φ(t)＝t2－2t＋1，所以φ(1)min＝0，所以k≤0.思維升華解決二次函數最值的關鍵是抓住圖象的開口方向、對稱軸與區間的相對位置；不等式恒成立問題關鍵是看不等式的特點，靈活運用函數的性質，如二次不等式恒成立問題可運用圖象、分離變量運用函數值域法等；已知含參數的方程的解的個數求參數的取值范圍時根據方程的特點，可運用函數的圖象處理.4、定義在R上的增函數y＝f(x)對任意x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y).(1)求f(0)；(2)求證：f(x)為奇函數；(3)若f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0對任意x∈R恒成立，求實數k的取值范圍.(1)解令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.(2)證明令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0，則有0＝f(x)＋f(－x)，即f(－x)＝－f(x)對任意x∈R恒成立，所以f(x)是奇函數.(3)解方法一因為f(x)在R上是增函數，又由(2)知f(x)是奇函數.f(k·3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)，所以k·3x<－3x＋9x＋2，32x－(1＋k)·3x＋2>0對任意x∈R恒成立.令t＝3x>0，問題等價于t2－(1＋k)t＋2>0對任意t>0恒成立.令f(t)＝t2－(1＋k)t＋2，其對稱軸為x＝eq\f(1＋k,2)，當eq\f(1＋k,2)<0即k<－1時，f(0)＝2>0，符合題意；當eq\f(1＋k,2)≥0即k≥－1時，對任意t>0，f(t)>0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,2)≥0，,Δ＝1＋k2－4×2<0，))解得－1≤k<－1＋2eq\r(2).綜上所述，當k<－1＋2eq\r(2)時，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0對任意x∈R恒成立.方法二由k·3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋eq\f(2,3x)－1.u＝3x＋eq\f(2,3x)－1≥2eq\r(2)－1,3x＝eq\r(2)時，取“＝”，即u的最小值為2eq\r(2)－1，要使對x∈R，不等式k<3x＋eq\f(2,3x)－1恒成立，只要使k<2eq\r(2)－1.5、(2015·蘇北四市調研)為了凈化空氣，某科研單位根據實驗得出，在一定范圍內，每噴灑1個單位的凈化劑，空氣中釋放的濃度y(單位：毫克/立方米)隨著時間x(單位：天)變化的函數關系式近似為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,8－x)－1，0≤x≤4，,5－\f(1,2)x，4＜x≤10.))若多次噴灑，則某一時刻空氣中的凈化劑濃度為每次投放的凈化劑在相應時刻所釋放的濃度之和．由實驗可知，當空氣中凈化劑的濃度不低于4(毫克/立方米)時，它才能起到凈化空氣的作用．(1)若一次噴灑4個單位的凈化劑，則凈化空氣的時間可達幾天？(2)若第一次噴灑2個單位的凈化劑，6天后再噴灑a(1≤a≤4)個單位的凈化劑，要使接下來的4天中能夠持續有效凈化空氣，試求a的最小值(精確到0.1，參考數據：eq\r(2)≈1.4)．解(1)因為一次噴灑4個單位的凈化劑，所以濃度f(x)＝4y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(64,8－x)－4，0≤x≤4，,20－2x，4＜x≤10.))則當0≤x≤4時，由eq\f(64,8－x)－4≥4，解得x≥0，所以此時0≤x≤4.當4＜x≤10時，由20－2x≥4，解得x≤8，所以此時4＜x≤8.綜合得0≤x≤8，若一次投放4個單位的制劑，則有效凈化時間可達8天．(2)設從第一次噴灑起，經x(6≤x≤10)天，濃度g(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(1,2)x))＋aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,8－x－6)－1))＝10－x＋eq\f(16a,14－x)－a＝(14－x)＋eq\f(16a,14－x)－a－4.因為14－x∈[4,8]，而1≤a≤4，所以4eq\r(a)∈[4,8]，故當且僅當14－x＝4eq\r(a)時，y有最小值為8eq\r(a)－a－4.令8eq\r(a)－a－4≥4，解得24－16eq\r(2)≤a≤4，所以a的最小值為24－16eq\r(2)≈1.6.

第10講函數圖象與性質的綜合應用（課后練習）編制：江海軍審核：黃立斌邵華川A組專項基礎訓練(建議用時：50分鐘)一、填空題1．函數f(x)＝eq\f(1,lgx)＋eq\r(2－x)的定義域為________．解析由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx≠0，,2－x≥0，))又x＞0，解得0＜x≤2且x≠1.答案(0,1)∪(1,2]2．設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x＜0，))若f(a)＋f(－1)＝3，則a＝________.解析因為f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝2，所以f(a)＝3－2＝1.當a＞0時，|lna|＝1，解得a＝e或eq\f(1,e)；當a＜0時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a＝1，無解．答案e或eq\f(1,e)3．函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2的值域為________．解析指數函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在定義域內單調遞減，而2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝eq\f(1,2).所以函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x－x2的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))4．函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－x2＋2xx＞0，,x2－2x－3x≤0))的零點個數為________．解析(1)當x≤0時，f(x)＝x2－2x－3，由f(x)＝0，即x2－2x－3＝0，解得x＝－1或x＝3.因為x≤0，所以x＝－1.此時函數f(x)只有一個零點．(2)當x＞0時，f(x)＝lnx－x2＋2x，令f(x)＝0，得lnx＝x2－2x，如圖，分別作出函數y＝lnx與y＝x2－2x(x＞0)的圖象，由圖可知兩個函數圖象有兩個交點，所以此時函數f(x)有兩個零點．綜上，函數f(x)的零點有三個．答案35．設函數f(x)＝x2＋(a－2)x－1在區間(－∞，2]上是減函數，則實數a的最大值為________．解析函數f(x)圖象的對稱軸x＝－eq\f(a－2,2)，則函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a－2,2)))上單調遞減，在區間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a－2,2)，＋∞))上單調遞增，所以2≤－eq\f(a－2,2)，解得a≤－2.答案－26．已知函數f(x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)＋1，則f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝________.解析設F(x)＝f(x)－1＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)，該函數的定義域為R.而F(－x)＝f(－x)－1＝ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)，所以F(x)＋F(－x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)＋ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)＝ln[(eq\r(1＋9x2)－3x)(eq\r(1＋9x2)＋3x)]＝ln1＝0，所以函數F(x)為奇函數．又lgeq\f(1,2)＝－lg2，所以F(lg2)＋Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝F(lg2)＋F(－lg2)＝0，即[f(lg2)－1]＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))－1))＝0，整理，得f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝2.答案27．(2014·南京、鹽城模擬)若函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在區間[0，＋∞)上是單調增函數．如果實數t滿足f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))≤2f(1)，那么t的取值范圍是________．解析依題意，不等式f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))＝f(lnt)＋f(－lnt)＝2f(|lnt|)≤2f(1)，即f(|lnt|)≤f(1)，又|lnt|≥0，函數f(x)在[0，＋∞)上是增函數，因此有|lnt|≤1，－1≤lnt≤1，eq\f(1,e)≤t≤e，即實數t的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))8．(2014·揚州調研)設函數f(x)＝(x－a)|x－a|＋b(a，b都是實數)，則下列敘述中，正確的序號是________(請把所有敘述正確的序號都填上)．①對任意實數a，b，函數y＝f(x)在R上是單調函數；②存在實數a，b，使得函數y＝f(x)在R上不是單調函數；③對任意實數a，b，函數y＝f(x)的圖象都是中心對稱圖形；④存在實數a，b，使得函數y＝f(x)的圖象不是中心對稱圖形．解析結合函數圖象逐個判斷．函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2＋b，x≥a，,－x－a2＋b，x＜a，))作出函數圖象可得函數y＝f(x)是R上的遞增函數．①正確，②錯誤；且其圖象關于點(a，b)對稱，③正確，④錯誤，故正確的序號是①③.答案①③9．(2014·蘇、錫、常、鎮調研)已知奇函數f(x)是R上的單調函數，若函數y＝f(x2)＋f(k－x)只有一個零點，則實數k的值是________．解析利用等價轉化思想求解．函數y＝f(x2)＋f(k－x)只有一個零點，即方程f(x2)＋f(k－x)＝0只有一解．又f(x)是R上的奇函數，且是單調函數，所以f(x2)＝－f(k－x)＝f(x－k)，即x2－x＋k＝0只有一解，所以Δ＝1－4k＝0，解得k＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)10．已知函數f(x)＝|log2x|，正實數m，n滿足m＜n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在區間[m2，n]上的最大值為2，則m＝________，n＝________.解析由題意得－log2m＝log2n，eq\f(1,m)＝n,0＜m＜1，n＞1.∵函數f(x)＝|log2x|在區間(0,1)上是減函數，在區間(1，＋∞)上是增函數，0＜m2＜1，n＞1，∴f(x)在區間[m2，n]上的最大值在端點處取得，∴|log2m2|＝2或log2n＝2.當|log2m2|＝2時，eq\f(1,m2)＝4，結合n＝eq\f(1,m)，解得n＝2，m＝eq\f(1,2)，滿足條件；當log2n＝2時，n＝4，則m＝eq\f(1,4)，此時，f(x)在區間[m2，n]上的最大值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,16)))＝4，不滿足條件．綜上，m＝eq\f(1,2)，n＝2.答案eq\f(1,2)2二、解答題11．(2014·南京模擬)某種樹苗栽種時高度為A(A為常數)米，栽種n年后的高度記為f(n)．經研究發現f(n)近似地滿足f(n)＝eq\f(9A,a＋btn)，其中t＝2－eq\f(2,3)，a，b為常數，n∈N，f(0)＝A.已知栽種3年后該樹木的高度為栽種時高度的3倍．(1)栽種多少年后，該樹木的高度是栽種時高度的8倍；(2)該樹木在栽種后哪一年的增長高度最大．解(1)由題意知f(0)＝A，f(3)＝3A.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9A,a＋b)＝A，,\f(9A,a＋\f(1,4)b)＝3A，))解得a＝1，b＝8.所以f(n)＝eq\f(9A,1＋8×tn)，其中t＝2－eq\f(2,3).令f(n)＝8A，得eq\f(9A,1＋8×tn)＝8A，解得tn＝eq\f(1,64)，即2－eq\f(2n,3)＝eq\f(1,64)，所以n＝9.所以栽種9年后，該樹木的高度是栽種時高度的8倍．(2)由(1)知f(n)＝eq\f(9A,1＋8×tn).第n年的增長高度為Δ＝f(n)－f(n－1)＝eq\f(9A,1＋8×tn)－eq\f(9A,1＋8×tn－1).所以Δ＝eq\f(72Atn－11－t,1＋8tn1＋8tn－1)＝eq\f(72Atn－11－t,1＋8tn－1t＋1＋64t2n－1)＝eq\f(72A1－t,\f(1,tn－1)＋64tn＋8t＋1)≤eq\f(72A1－t,2\r(64tn×\f(1,tn－1))＋8t＋1)＝eq\f(72A1－t,81＋\r(t)2)＝eq\f(9A1－\r(t),1＋\r(t)).當且僅當64tn＝eq\f(1,tn－1)，即2－eq\f(22n－1,3)＝eq\f(1,64)時取等號，此時n＝5.所以該樹木栽種后第5年的增長高度最大．12．(2014·徐州質量檢測)根據統計資料，某工藝品廠的日產量最多不超過20件，每日產品廢品率p與日產量x(件)之間近似地滿足關系式p＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(x2＋60,540)，10≤x≤20，x∈N*))(日產品廢品率＝eq\f(日廢品量,日產量)×100%)．已知每生產一件正品可贏利2千元，而生產一件廢品則虧損1千元．(該車間的日利潤y＝日正品贏利額－日廢品虧損額)(1)將該車間日利潤y(千元)表示為日產量x(件)的函數；(2)當該車間的日產量為多少件時，日利潤最大？最大日利潤是幾千元？解(1)由題意可知y＝2x(1－p)－px＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，x∈N*，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，x∈N*.))(2)考慮函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(24x－2x2,15－x)，1≤x≤9，,\f(5,3)x－\f(x3,180)，10≤x≤20，))當1≤x≤9時，f′(x)＝2－eq\f(90,15－x2)，令f′(x)＝0，得x＝15－3eq\r(5).當1≤x＜15－3eq\r(5)時，f′(x)＞0，函數f(x)在[1,15－3eq\r(5))上單調遞增；當15－3eq\r(5)＜x≤9時，f′(x)＜0，函數f(x)在(15－3eq\r(5)，9]上單調遞減．所以當x＝15－3eq\r(5)時，f(x)取得極大值，也是最大值，又x是整數，f(8)＝eq\f(64,7)，f(9)＝9，所以當x＝8時，f(x)有最大值eq\f(64,7).當10≤x≤20時，f′(x)＝eq\f(5,3)－eq\f(x2,60)＝eq\f(100－x2,60)≤0，所以函數f(x)在[10,20]上單調遞減，所以當x＝10時，f(x)取得極大值eq\f(100,9)，也是最大值．由于eq\f(100,9)＞eq\f(64,7)，所以當該車間的日產量為10件時，日利潤最大．答：當該車間的日產量為10件時，日利潤最大，最大日利潤是eq\f(100,9)千元.B組專項能力提升(時間：60分鐘)1.已知函數f(x)是實數集R上的奇函數，當x>0時，f(x)＝log2x＋x－3.(1)求函數f(－1)的值；(2)求函數f(x)的表達式；(3)證明：方程f(x)＝0在區間(0，＋∞)上有唯一解.(1)解因為函數f(x)是實數集R上的奇函數，所以對任意的x∈R，都有f(－x)＝－f(x)，所以f(－1)＝－f(1).因為當x>0時，f(x)＝log2x＋x－3，所以f(1)＝log21＋1－3＝－2.所以f(－1)＝－f(1)＝2.(2)解當x＝0時，f(0)＝0；當x<0時，－x>0，所以f(－x)＝log2(－x)＋(－x)－3＝log2(－x)－x－3.所以－f(x)＝log2(－x)－x－3，從而f(x)＝－log2(－x)＋x＋3.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－log2－x＋x＋3，x<0，,0，x＝0，,log2x＋x－3，x>0.))(3)證明因為f(2)＝log22＋2－3＝0，所以方程f(x)＝0在區間(0，＋∞)上有解x＝2.又方程f(x)＝0可化為log2x＝3－x.設函數g(x)＝log2x，h(x)＝3－x，由于g(x)在區間(0，＋∞)上是單調遞增函數，h(x)在區間(0，＋∞)上是單調減函數，所以，方程g(x)＝h(x)在區間(0，＋∞)上只有一個解.所以，方程f(x)＝0在區間(0，＋∞)上有唯一解.2.已知a>0，且a≠1，f(logax)＝eq\f(a,a2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x))).(1)求f(x)；(2)判斷f(x)的單調性；(3)求f(x2－3x＋2)<0的解集.解(1)令t＝logax(t∈R)，則x＝at，且f(t)＝eq\f(a,a2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(at－\f(1,at))).∴f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)(x∈R).(2)當a>1時，ax－a－x為增函數，又eq\f(a,a2－1)>0，∴f(x)為增函數；當0<a<1時，ax－a－x為減函數，又eq\f(a,a2－1)<0，∴f(x)為增函數.∴函數f(x)在R上為增函數.(3)∵f(0)＝eq\f(a,a2－1)(a0－a0)＝0，∴f(x2－3x＋2)<0＝f(0).由(2)知：x2－3x＋2<0，∴1<x<2.∴不等式的解集為{x|1<x<2}.3.設函數f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c(a>0，a，c∈R).(1)設a>c>0.若f(x)>c2－2c＋a對x∈[1，＋∞)恒成立，求c(2)函數f(x)在區間(0,1)內是否有零點，有幾個零點？為什么？解(1)因為二次函數f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的圖象的對稱軸為x＝eq\f(a＋c,3a)，由條件a>c>0，得2a>a＋c，故eq\f(a＋c,3a)<eq\f(2a,3a)＝eq\f(2,3)<1，即二次函數f(x)的對稱軸在區間[1，＋∞)的左邊，且拋物線開口向上，故f(x)在[1，＋∞)內是增函數.若f(x)>c2－2c＋a對x∈[1，＋∞)恒成立，則f(x)min＝f(1)>c2－2c＋a，即a－c>c2－2c＋a，得c2－c(2)①若f(0)·f(1)＝c·(a－c)<0，則c<0，或a<c，二次函數f(x)在(0,1)內只有一個零點.②若f(0)＝c>0，f(1)＝a－c>0，則a>c>0.因為二次函數f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c的圖象的對稱軸是x＝eq\f(a＋c,3a).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,3a)))＝eq\f(－a2＋c2－ac,3a)<0，所以函數f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋c,3a)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,3a)，1))內各有一個零點，故函數f(x)在區間(0,1)內有兩個零點.4.已知函數f(x)＝2x－eq\f(a,2x).將y＝f(x)的圖象向右平移2個單位長度，得到y＝g(x)的圖象.(1)求函數y＝g(x)的解析式；(2)若函數y＝h(x)與函數y＝g(x)的圖象關于直線y＝1對稱，求函數y＝h(x)的解析式；(3)設F(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋h(x)，已知F(x)的最小值是m，且m>2＋eq\r(7)，求實數a的取值范圍.解(1)由題設，得g(x)＝f(x－2)＝2x－2－eq\f(a,2x－