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必修1函数的综合应用


1.设函数 f ( x) ?

x ?1 ? x ? 2 ? a .

(1)当 a ? 5 时,求函数 f ( x ) 的定义域; (2)若函数 f ( x ) 的定义域为 R ,试求 a 的取值范围. 试题解析: (1)由题设知: x ?1 ? x ? 2 ? 5 ? 0 , 在同一坐标系中作出函数 y ? x ? 1 ? x ? 2 和 y ? 5 的图象, 知定义域为 ? ??, ?2? ? ?3, ??? (2)由题设知,当 x ? R 时,恒有 x ?1 ? x ? 2 ? a ? 0 , 即 x ?1 ? x ? 2 ? a , 又由(1) x ?1 ? x ? 2 ? 3 ,∴ a ? 3 . 2. (本小题满分 12 分)已知 f ( x ) 为定义在 [?1,1] 上的奇函数,当 数解析式为 f ( x) ? 时,函

1 1 ? . 4x 2x

(Ⅰ)求 f ( x ) 在 [0,1] 上的解析式; (Ⅱ)求 f ( x ) 在 [0,1] 上的最值. 【答案】 (Ⅰ) f ( x) ? 2 ? 4 ;
x x

(Ⅱ)最大与最小值分别为 0 , ?2 . 试题解析: (Ⅰ)设 x ? 0,1 ,则 ? x ?? ?1,0? . ∴ f (? x) ?

? ?

1 1 ? ? x ? 4x ? 2x , ?x 4 2

又∵ f (? x) ? ? f ( x) , ∴ f ( x) ? 2 ? 4 .
x x

所以, f ( x ) 在 [0,1] 上的解析式为 f ( x) ? 2 ? 4 ;
x x

(Ⅱ)当 x ? 0,1 , f ( x) ? 2 ? 4 ? ?(2 ) ? 2 ,
x x x 2 x

? ?

∴设 t ? 2 (t ? 0) ,则 y ? ?t ? t
x 2

∵ x ? 0,1 ,∴ t ?[1, 2] 当 t ? 1 时 x ? 0 , f ( x)max ? 0 .

? ?

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当 t ? 2 时 x ? 1 , f ( x)min ? ?2 . 所以,函数 f ( x ) 在 [0,1] 上的最大与最小值分别为 0 , ?2 . 考点:利用奇函数的定义求函数的解析式,求函数在给定区间上的最值. 3. 已知函数 f ( x) ?

x2 (a, b 为常数) 且方程 f(x)-x+12=0 有两个实根为 x1=3, x2=4. ax ? b
(k ? 1) x ? k . 2? x

(1)求函数 f(x)的解析式; (2)设 k>1,解关于 x 的不等式; f ( x ) ?

x2 ( 1,k)( ? 2, ? ?) ( x ? 2) ; 【答案】 (1) f ( x) ? (2) ①当 1<k<2, 解集为 x ? . ② 2? x
2 ( 1, 2)( ? 2, ? ?) (x ? 2) ( x ?1 )>0 解集为 x ? 当 k=2 时,不等式为 ;③当 k>2 时,解

( 1, 2)( ? k, ? ?) 集为 x ? .
试题解析:解: (1)将 x1 ? 3, x 2 ? 4分别代入方程

x2 ? x ? 12 ? 0 得 ax ? b

? 9 ? ?9 ? ?a ? ?1 x2 ? 3a ? b 解得 , 所以 f ( x ) ? ( x ? 2). ? ? 2? x ?b ? 2 ? 16 ? ?8 ? 4a ? b ?
不 等 式 即 为

6分

x2 (k ? 1) x ? k x 2 ? (k ? 1) x ? k ? , 可化为 ?0 2? x 2? x 2? x



( x ? 2)(x ? 1)(x ? k ) ? 0.

( 1,k)( ? 2, ? ?) 1<k<2,解集为 x ? . ( 1, 2)( ? 2, ? ?) (x ? 2) (x ? 1 )>0 解集为 x ? k=2 时,不等式为 ;
2

( 1, 2)( ? k, ? ?) k>2 时,解集为 x ? .
考点:函数解析式的求解及常用方法. 4.已知函数 g(x)= x +1,h(x)=

12 分.

1 ,x∈(-3,a],其中 a 为常数且 a>0,令函 x?3

数 f(x)=g(x)·h(x). (1)求函数 f(x)的表达式,并求其定义域; (2)当 a=

1 时,求函数 f(x)的值域. 4

【答案】 (1)x∈[0,a],(a>0) (2)[

1 6 , ] 3 13

【解析】解:(1)f(x)=

x ?1 ,x∈[0,a],(a>0). x?3
试卷第 2 页,总 5 页

(2)函数 f(x)的定义域为[0,
2

1 ], 4 3 ], 2

令 x +1=t,则 x=(t-1) ,t∈[1, f(x)=F(t)=

t = t ? 2t ? 4
2

1 4 t ?2? t



4 3 3 4 时,t=±2?[1, ],又 t∈[1, ]时,t+ 单调递减,F(t)单调递增,F(t) t 2 2 t 1 6 ∈[ , ]. 3 13 1 6 即函数 f(x)的值域为[ , ]. 3 13
∵t= 5.已知函数 f ( x) ? x ? 2ax ? 4 ,
2

(1)若 a ? ?2 ,求方程 f ( x) ? 0 的根; (2)若函数 f ( x) 满足 f (1 ? x) ? f (1 ? x) ,求函数在 x ? [?2, 2] 的值域. 【答案】 (1) x ? 2 ; (2) [3,12] . 【解析】 试题分析: ( 1 ) 若 a ? ?2 , 直 接 解 二 次 方 程 x ? 4 x ? 4 ? 0 的 即 可 ; (2)根据
2

f (1? x ) ? f (1? x ) , 得到函数的对称轴 x ? 1 , 然后根据二次函数的图象和性质求函数
的值域即可. 试题解析: (Ⅰ)若 a ? ?2 ,则 f ( x) ? x ? 4x ? 4 ,
2

由 f ( x) ? 0 得 x ? 4 x ? 4 ? ( x ? 2) ? 0 ,解得 x ? 2 ,即方程的根为 x ? 2 .
2 2

(2)由 f (1 ? x) ? f (1 ? x) 知,函数图象对称轴为 x ? 1 ,即 a ? ?1 , ∴ f ( x) ? ( x ?1) ? 3 ,当时 x ? [?2, 2] ,值域为 [3,12] .
2

考点:1.二次函数的图象与性质;2.函数的值域. 6.设函数 f(x)=|2x-1|+|2x-3|,x∈R (Ⅰ)解不等式 f(x)≤5;

g ( x) ?
(Ⅱ)若

1 f ( x) ? m 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围.

【答案】(Ⅰ) x ? [?

1 9 , ] ;(Ⅱ) m ? ?2 4 4

1 3 3 ? ?1 ? ?x ? ? ?x? ?x ? 试题 解析: ( Ⅰ ) 原不等式等 价于 ? 或 ?2 ,解 得 2 2 或? 2 ? ? ? ?4 ? 4 x ? 5 ?2 ? 5 ?4 x ? 4 ? 5
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1 1 1 3 3 9 1 9 ? ? x ? ,或 ? ? x ? ,或 ? x ? ,所以不等式的解集为 x ? [? , ] . 4 2 2 2 2 4 4 4
g ( x) ?
(Ⅱ) 若

1 f ( x) ? m 的定义域为 R,则 f ( x) ? m ? 0 恒成立,即 f ( x) ? m ? 0 在

R 上无解,又 f ? x ? ? 2x ?1 ? 2x ? 3 ? 7.已知函数

2x-1-2x ? 3 ? 2 ,所以 m ? ?2 .


f ( x) ? x ? 3 ? 2



g ( x) ? ? x ? 1 ? 4

(1)若函数 f ( x) 的值不大于 1 ,求 x 的取值范围; (2)若不等式 f ( x) ? g ( x) ? m ? 1 的解集为 R ,求 m 的取值范围. 【答案】 (1) ?0,6? (2) ?? ?,?3? 【 解 析 】 (1) 由 f ( x) ? 1 可 得 绝 对 值 不 等 式 x ? 3 ? 3 ,然后解此不等式即可. (2) 本 小 题 的 实 质 是 不 等 式 f ( x) ? g ( x) ? m ? 1 恒 成 立 问 题 , 所 以 可 构 造 函 数

h( x) ? f ( x) ? g( x )然后求 h( x)min 问题基本得以解决. ,
x ? 3 ? 3 ? ?3 ? x ? 3 ? 3 ? 0 ? x ? 6 解: (1)由题得 f ( x) ? 1 ,即


x 的取值范围是 ?0,6? ;
f ( x) ? g ( x) ? x ? 3 ? x ? 1 ? 6 ? ( x ? 3) ? ( x ? 1) ? 6 ? ?2

(2)∵

∴ 要使不等式 f ( x) ? g ( x) ? m ? 1 的解集为 R ,

(f ( x) ? g ( x)) min ? m ? 1 ,即 m ? 1 ? ?2 ? m ? ?3 , 则应有


m 的取值范围 ?? ?,?3? .

8. (2015 秋?沈阳月考)已知 f(x)是定义在[﹣1,1]上的奇函数,且 f(1)=2,任 取 a,b∈[﹣1,1],a+b≠0,都有 (1)证明函数 f(x)在[﹣1,1]上是单调增函数. 2 (2)解不等式 f(x)<f(x ) . (3)若对任意 x∈[﹣1,1],函数 f(x)≤2m ﹣2am+3 对所有的 a∈[0, ]恒成立, 求 m 的取值范围. 【答案】 (1)见解析. (2)见解析. (3)m≤ 或 m≥1. 【解析】 试题分析: (1)根据函数的奇偶性及已知不等式可得差的符号,由单调性的定义可作出
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2

>0 成立.

判断; (2) 根据函数的奇偶性、 单调性可去掉不等式中的符号“f”, 转化为具体不等式可求, 注意函数定义域; 2 2 (3)对所有 x[﹣1,1],f(x)≤2m ﹣2am+3 成立,等价于 f(x)max≤2m ﹣2am+3,由 单调性易求 f(x)max,从而可化为关于 a 的一次函数,利用一次函数的性质可得关于 m 的不等式组. 解: (1)证明:任取 x1、x2∈[﹣1,1],且 x1<x2, 又 f(x)是奇函数, 于是 f(x1)﹣f(x2)=f(x1)+f(﹣x2)= .

据已知

>0,x1﹣x2<0,

∴f(x1)﹣f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2) . ∴f(x)在[﹣1,1]上是增函数. 2 2 2 (2)f(x)<f(x ) ,由函数单调性性质知,x<x ,而﹣1≤x≤1,﹣1≤x ≤1 故不等式的解集为{x|﹣1≤x<0}. 2 2 (3)对所有 x[﹣1,1],f(x)≤2m ﹣2am+3 成立,等价于 f(x)max≤2m ﹣2am+3, 由 f(x)在[﹣1,1]上的单调递增知,f(x)max=f(1)=2, 2 2 所以 2≤2m ﹣2am+3,即 0≤2m ﹣2am+1, 又对 a∈[0, ]恒成立,则有 ,解得 m≤ 或 m≥1,

故实数 m 的取值范围为 m≤ 或 m≥1. 考点:函数恒成立问题;函数单调性的判断与证明;函数单调性的性质.

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