高三數學《函數》教學教案
2.12 函數的綜合問題
●知識梳理
函數的綜合應用主要體現在以下幾方面：
1.函數內容本身的相互綜合，如函數概念、性質、圖象等方面知識的綜合.
2.函數與其他數學知識點的綜合，如方程、不等式、數列、解析幾何等方面的內容與函數的綜合.這是高考主要考查的內容.
3.函數與實際應用問題的綜合.
●點擊雙基
1.已知函數f(x)=lg(2x-b)(b為常數)，若x∈[1，+∞)時，f(x)≥0恒成立，則
A.b≤1 B.b<1 C.b≥1 D.b=1
解析：當x∈[1，+∞)時，f(x)≥0，從而2x-b≥1，即b≤2x-1.而x∈[1，+∞)時，2x-1單調增加，
∴b≤2-1=1.
答案：A
2.若f(x)是R上的減函數，且f(x)的圖象經過點A(0，3)和B(3，-1)，則不等式|f(x+1)-1|<2的解集是___________________.
解析：由|f(x+1)-1|<2得-2
又f(x)是R上的減函數，且f(x)的圖象過點A(0，3)，B(3，-1)，
∴f(3)
∴0
答案：(-1，2)
●典例剖析
【例1】 取第一象限內的點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，使1，x1，x2，2依次成等差數列，1，y1，y2，2依次成等比數列，則點P1、P2與射線l:y=x(x>0)的關系為
A.點P1、P2都在l的上方 B.點P1、P2都在l上
C.點P1在l的下方，P2在l的上方 D.點P1、P2都在l的下方
剖析：x1= +1= ，x2=1+ = ，y1=1× = ，y2= ，∵y1
∴P1、P2都在l的下方.
答案：D
【例2】 已知f(x)是R上的偶函數，且f(2)=0，g(x)是R上的奇函數，且對于x∈R，都有g(x)=f(x-1)，求f(2002)的值.
解：由g(x)=f(x-1)，x∈R，得f(x)=g(x+1).又f(-x)=f(x)，g(-x)=-g(x)，
故有f(x)=f(-x)=g(-x+1)=-g(x-1)=-f(x-2)=-f(2-x)=-g(3-x)=
g(x-3)=f(x-4)，也即f(x+4)=f(x)，x∈R.
∴f(x)為周期函數，其周期T=4.
∴f(2002)=f(4×500+2)=f(2)=0.
評述：應靈活掌握和運用函數的奇偶性、周期性等性質.
【例3】 函數f(x)= (m>0)，x1、x2∈R，當x1+x2=1時，f(x1)+f(x2)= .
(1)求m的值;
(2)數列{an}，已知an=f(0)+f( )+f( )+…+f( )+f(1)，求an.
解：(1)由f(x1)+f(x2)= ，得 + = ，
∴4 +4 +2m= [4 +m(4 +4 )+m2].
∵x1+x2=1，∴(2-m)(4 +4 )=(m-2)2.
∴4 +4 =2-m或2-m=0.
∵4 +4 ≥2 =2 =4，
而m>0時2-m<2，∴4 +4 ≠2-m.
∴m=2.
(2)∵an=f(0)+f( )+f( )+…+f( )+f(1)，∴an=f(1)+f( )+ f( )+…+f( )+f(0).
∴2an=[f(0)+f(1)]+[f( )+f( )]+…+[f(1)+f(0)]= + +…+ = .
∴an= .
深化拓展
用函數的思想處理方程、不等式、數列等問題是一重要的思想方法.
【例4】 函數f(x)的定義域為R，且對任意x、y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)，且當x>0時，f(x)<0，f(1)=-2.
(1)證明f(x)是奇函數;
(2)證明f(x)在R上是減函數;
(3)求f(x)在區間[-3，3]上的最大值和最小值.
(1)證明：由f(x+y)=f(x)+f(y)，得f[x+(-x)]=f(x)+f(-x)，∴f(x)+ f(-x)=f(0).又f(0+0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=0.從而有f(x)+f(-x)=0.
∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是奇函數.
(2)證明：任取x1、x2∈R，且x10.∴f(x2-x1)<0.
∴-f(x2-x1)>0，即f(x1)>f(x2)，從而f(x)在R上是減函數.
(3)解：由于f(x)在R上是減函數，故f(x)在[-3，3]上的最大值是f(-3)，最小值是f(3).由f(1)=-2，得f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3×(-2)=-6，f(-3)=-f(3)=6.從而最大值是6，最小值是-6.
深化拓展
對于任意實數x、y，定義運算x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c是常數，等式右邊的運算是通常的加法和乘法運算.現已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數m，使得對于任意實數x，都有x*m=x，試求m的值.
提示：由1*2=3，2*3=4，得
∴b=2+2c，a=-1-6c.
又由x*m=ax+bm+cmx=x對于任意實數x恒成立，
∴ ∴b=0=2+2c.
∴c=-1.∴(-1-6c)+cm=1.
∴-1+6-m=1.∴m=4.
答案：4.
●闖關訓練
夯實基礎
1.已知y=f(x)在定義域[1，3]上為單調減函數，值域為[4，7]，若它存在反函數，則反函數在其定義域上
A.單調遞減且最大值為7 B.單調遞增且最大值為7
C.單調遞減且最大值為3 D.單調遞增且最大值為3
解析：互為反函數的兩個函數在各自定義區間上有相同的增減性，f-1(x)的值域是[1，3].
答案：C
2.關于x的方程|x2-4x+3|-a=0有三個不相等的實數根，則實數a的值是___________________.
解析：作函數y=|x2-4x+3|的圖象，如下圖.
由圖象知直線y=1與y=|x2-4x+3|的圖象有三個交點，即方程|x2-4x+3|=1也就是方程|x2-4x+3|-1=0有三個不相等的實數根，因此a=1.
答案：1
3.若存在常數p>0，使得函數f(x)滿足f(px)=f(px- )(x∈R)，則f(x)的一個正周期為__________.
解析：由f(px)=f(px- )，
令px=u，f(u)=f(u- )=f[(u+ )- ]，∴T= 或 的整數倍.
答案： (或 的整數倍)
4.已知關于x的方程sin2x-2sinx-a=0有實數解，求a的取值范圍.
解：a=sin2x-2sinx=(sinx-1)2-1.
∵-1≤sinx≤1，∴0≤(sinx-1)2≤4.
∴a的范圍是[-1，3].
5.記函數f(x)= 的定義域為A，g(x)=lg[(x-a-1)(2a-x)](a<1)的定義域為B.
(1)求A;
(2)若B A，求實數a的取值范圍.
解：(1)由2- ≥0，得 ≥0，
∴x<-1或x≥1，即A=(-∞，-1)∪[1，+∞).
(2)由(x-a-1)(2a-x)>0，得(x-a-1)(x-2a)<0.
∵a<1，∴a+1>2a.∴B=(2a，a+1).
∵B A，∴2a≥1或a+1≤-1，即a≥ 或a≤-2.
而a<1，∴ ≤a<1或a≤-2.
故當B A時，實數a的取值范圍是(-∞，-2]∪[ ，1).
培養能力
6.(理)已知二次函數f(x)=x2+bx+c(b≥0，c∈R).
若f(x)的定義域為[-1，0]時，值域也是[-1，0]，符合上述條件的函數f(x)是否存在?若存在，求出f(x)的表達式;若不存在，請說明理由.
解：設符合條件的f(x)存在，
∵函數圖象的對稱軸是x=- ，
又b≥0，∴- ≤0.
①當- <- ≤0，即0≤b<1時，
函數x=- 有最小值-1，則
或 (舍去).
②當-1<- ≤- ，即1≤b<2時，則
(舍去)或 (舍去).
③當- ≤-1，即b≥2時，函數在[-1，0]上單調遞增，則 解得
綜上所述，符合條件的函數有兩個，
f(x)=x2-1或f(x)=x2+2x.
(文)已知二次函數f(x)=x2+(b+1)x+c(b≥0，c∈R).
若f(x)的定義域為[-1，0]時，值域也是[-1，0]，符合上述條件的函數f(x)是否存在?若存在，求出f(x)的表達式;若不存在，請說明理由.
解：∵函數圖象的對稱軸是
x=- ，又b≥0，∴- ≤- .
設符合條件的f(x)存在，
①當- ≤-1時，即b≥1時，函數f(x)在[-1，0]上單調遞增，則
②當-1<- ≤- ，即0≤b<1時，則
(舍去).
綜上所述，符合條件的函數為f(x)=x2+2x.
7.已知函數f(x)=x+ 的定義域為(0，+∞)，且f(2)=2+ .設點P是函數圖象上的任意一點，過點P分別作直線y=x和y軸的垂線，垂足分別為M、N.
(1)求a的值.
(2)問：|PM||PN|是否為定值?若是，則求出該定值;若不是，請說明理由.
(3)設O為坐標原點，求四邊形OMPN面積的最小值.
解：(1)∵f(2)=2+ =2+ ，∴a= .
(2)設點P的坐標為(x0，y0)，則有y0=x0+ ，x0>0，由點到直線的距離公式可知，|PM|= = ，|PN|=x0，∴有|PM||PN|=1，即|PM||PN|為定值，這個值為1.
(3)由題意可設M(t，t)，可知N(0，y0).
∵PM與直線y=x垂直，∴kPM1=-1，即 =-1.解得t= (x0+y0).
又y0=x0+ ，∴t=x0+ .
∴S△OPM= + ，S△OPN= x02+ .
∴S四邊形OMPN=S△OPM+S△OPN= (x02+ )+ ≥1+ .
當且僅當x0=1時，等號成立.
此時四邊形OMPN的面積有最小值1+ .
探究創新
8.有一塊邊長為4的正方形鋼板，現對其進行切割、焊接成一個長方體形無蓋容器(切、焊損耗忽略不計).有人應用數學知識作了如下設計：如圖(a)，在鋼板的四個角處各切去一個小正方形，剩余部分圍成一個長方體，該長方體的高為小正方形邊長，如圖(b).
(1)請你求出這種切割、焊接而成的長方體的最大容積V1;
(2)由于上述設計存在缺陷(材料有所浪費)，請你重新設計切、焊方法，使材料浪費減少，而且所得長方體容器的容積V2>V1.
解：(1)設切去正方形邊長為x，則焊接成的長方體的底面邊長為4-2x，高為x，
∴V1=(4-2x)2x=4(x3-4x2+4x)(0
∴V1′=4(3x2-8x+4).
令V1′=0，得x1= ，x2=2(舍去).
而V1′=12(x- )(x-2)，
又當x< 時，V1′>0;當
∴當x= 時，V1取最大值 .
(2)重新設計方案如下：
如圖①，在正方形的兩個角處各切下一個邊長為1的小正方形;如圖②，將切下的小正方形焊在未切口的正方形一邊的中間;如圖③，將圖②焊成長方體容器.
新焊長方體容器底面是一長方形，長為3，寬為2，此長方體容積V2=3×2×1=6，顯然V2>V1.
故第二種方案符合要求.
●思悟小結
1.函數知識可深可淺，復習時應掌握好分寸，如二次函數問題應高度重視，其他如分類討論、探索性問題屬熱點內容，應適當加強.
2.數形結合思想貫穿于函數研究的各個領域的全部過程中，掌握了這一點，將會體會到函數問題既千姿百態，又有章可循.
●教師下載中心
教學點睛
數形結合和數形轉化是解決本章問題的重要思想方法，應要求學生熟練掌握用函數的圖象及方程的曲線去處理函數、方程、不等式等問題.
拓展題例
【例1】 設f(x)是定義在[-1，1]上的奇函數，且對任意a、b∈[-1，1]，當a+b≠0時，都有 >0.
(1)若a>b，比較f(a)與f(b)的大小;
(2)解不等式f(x- )
(3)記P={x|y=f(x-c)}，Q={x|y=f(x-c2)}，且P∩Q= ，求c的取值范圍.
解：設-1≤x1
∴ >0.
∵x1-x2<0，∴f(x1)+f(-x2)<0.
∴f(x1)<-f(-x2).
又f(x)是奇函數，∴f(-x2)=-f(x2).
∴f(x1)
∴f(x)是增函數.
(1)∵a>b，∴f(a)>f(b).
(2)由f(x- )
∴- ≤x≤ .
∴不等式的解集為{x|- ≤x≤ }.
(3)由-1≤x-c≤1，得-1+c≤x≤1+c，
∴P={x|-1+c≤x≤1+c}.
由-1≤x-c2≤1，得-1+c2≤x≤1+c2，
∴Q={x|-1+c2≤x≤1+c2}.
∵P∩Q= ，
∴1+c<-1+c2或-1+c>1+c2，
解得c>2或c<-1.
【例2】已知函數f(x)的圖象與函數h(x)=x+ +2的圖象關于點A(0，1)對稱.
(1)求f(x)的解析式;
(2)(文)若g(x)=f(x)x+ax，且g(x)在區間(0，2]上為減函數，求實數a的取值范圍.
(理)若g(x)=f(x)+ ，且g(x)在區間(0，2]上為減函數，求實數a的取值范圍.
解：(1)設f(x)圖象上任一點坐標為(x，y)，點(x，y)關于點A(0，1)的對稱點(-x，2-y)在h(x)的圖象上.
∴2-y=-x+ +2.
∴y=x+ ，即f(x)=x+ .
(2)(文)g(x)=(x+ )x+ax，
即g(x)=x2+ax+1.
g(x)在(0，2]上遞減 - ≥2，
∴a≤-4.
(理)g(x)=x+ .
∵g′(x)=1- ，g(x)在(0，2]上遞減，
∴1- ≤0在x∈(0，2]時恒成立，
即a≥x2-1在x∈(0，2]時恒成立.
∵x∈(0，2]時，(x2-1)max=3，
∴a≥3.
【例3】在4月份(共30天)，有一新款服裝投放某專賣店銷售，日銷售量(單位：件)f(n)關于時間n(1≤n≤30，n∈N*)的函數關系如下圖所示，其中函數f(n)圖象中的點位于斜率為5和-3的兩條直線上，兩直線的交點的橫坐標為m，且第m天日銷售量最大.
(1)求f(n)的表達式，及前m天的銷售總數;
(2)按規律，當該專賣店銷售總數超過400件時，社會上流行該服裝，而日銷售量連續下降并低于30件時，該服裝的流行會消失.試問該服裝在社會上流行的天數是否會超過10天?并說明理由.
解：(1)由圖形知，當1≤n≤m且n∈N*時，f(n)=5n-3.
由f(m)=57，得m=12.
∴f(n)=
前12天的銷售總量為
5(1+2+3+…+12)-3×12=354件.
(2)第13天的銷售量為f(13)=-3×13+93=54件，而354+54>400，
∴從第14天開始銷售總量超過400件，即開始流行.
設第n天的日銷售量開始低于30件(1221.
∴從第22天開始日銷售量低于30件，
即流行時間為14號至21號.
∴該服裝流行時間不超過10天.
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