高一數(shù)學(xué)函數(shù)的基本性質(zhì)-展示頁(yè)
2025-01-16 11:54本頁(yè)面
【正文】 ， ∴ x 1 ＋ x 2 ＋ x 3 ＋ x 4 ＝－ 8. 答案： － 8 (1)奇函數(shù)在原點(diǎn)兩側(cè)具有相同單調(diào)性 ， 而偶函數(shù)在原點(diǎn)兩側(cè)具有相反的單調(diào)性 ． (2)有關(guān)抽象函數(shù)涉及單調(diào)性 、 奇偶性 、 周期性 、 對(duì)稱性等性質(zhì)時(shí) ， 可考慮結(jié)合函數(shù)的圖象特征 ， 運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法求解 ． 變式探究 31： (2022年浙江省五校模擬 )已知 f(x)是定義在 R上的奇函數(shù) ， 當(dāng) x≥0時(shí) ， f(x)＝ x2＋ 2x， 若 f(2－ a2)f(a)， 則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ( ) (A)(－ ∞， － 1)∪ (2， ＋ ∞) (B)(－ 1,2) (C)(－ 2,1) (D)(－ ∞， － 2)∪ (1， ＋ ∞) 解析： 當(dāng) x≥0時(shí) ， f(x)＝ x2＋ 2x為增函數(shù) ， 又 ∵ f(x)是定義在 R上的奇函數(shù) ， ∴ f(x)在 R上為增函數(shù) ． ∵ f(2－ a2)f(a)， ∴ 2－ a2a， ∴ a2＋ a－ 20， ∴ － 2a1， ∴ 實(shí)數(shù) a的取值范圍是 (－ 2,1)． 故選 C. 函數(shù)的最值 【例 4 】 ( 2 0 1 0 年高考江蘇卷 ) 將邊長(zhǎng)為 1 m 的正三角形薄鐵皮沿一條平行于某邊的直線剪成兩塊 ， 其中一塊是梯形 ， 記 s ＝ ? 梯形的周長(zhǎng) ?2梯形的面積 ， 則 s 的最小值是 _ _ _ _ _ _ _ _ ． 思路點(diǎn)撥： 根據(jù) s 的意義，寫出 s 的表達(dá)式，然后依據(jù)表達(dá)式的特點(diǎn)選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄇ髎 的最小值 ． 解 析： 設(shè)剪成的小正三角形的邊長(zhǎng)為 x ，則 s ＝? 3 － x ?212? x ＋ 1 ? 32? 1 － x ?＝43? 3 － x ?21 － x2 ( 0 x 1 ) ． 法一： ( 利用導(dǎo)數(shù)求解 ) ∵ s ′ ＝43－ 2 ? 3 x － 1 ?? x － 3 ?? 1 － x2?2 令 s ′ ＝ 0 得， x ＝13， 當(dāng) x ∈ ( 0 ，13) 時(shí)， s ′ 0 ， s ( x ) 單調(diào)遞減； 當(dāng) x ∈ (13， 1 ) 時(shí)， s ′ 0 ， s ( x ) 單調(diào)遞增 ． 故當(dāng) x ＝13時(shí)， s 取得最小值 s (13) ＝32 33. 法二： ( 換元法 ) 令 3 － x ＝ t，則 t∈ ( 2 , 3 ) ，1t∈ (13，12) ， 則 s ＝43t2－ t2＋ 6 t－ 8＝431－8t2 ＋6t－ 1 ＝431－ 8 ?1t－38?2＋18 所以當(dāng)1t＝38，即 x ＝13時(shí)， s 取得最小值32 33. 答案：32 33 m2 求函數(shù)的最大 (或最小 )值常結(jié)合解析式的特點(diǎn)而選取適當(dāng)?shù)姆椒ǎ? (1)配方法：二次函數(shù)或可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)型的函數(shù)可首先用此法； (2)單調(diào)性法：若所給函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)性已知或能確定，則該函數(shù)在這個(gè)區(qū)間上的最 值一般在端點(diǎn)處取得； (3)基本不等式法：當(dāng)函數(shù)的解析式是分式形式且分子分母不同次冪時(shí)可用此法； (4)導(dǎo)數(shù)法：當(dāng)函數(shù)解析式較復(fù)雜 (如指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)與多項(xiàng)式結(jié)合 )時(shí)，可考慮用此法； (5)數(shù)形結(jié)合法，所給函數(shù)易畫出其圖象時(shí)，可結(jié)合圖象求最值． 【 例 1】 (2022年高考山東卷 )設(shè) f(x)為定義在 R上的奇函數(shù) ， 當(dāng) x≥0時(shí) ， f(x)＝ 2x＋ 2x＋b(b為常數(shù) )， 則 f(－ 1)等于 ( ) (A)3 (B)1 (C)－ 1 (D)－ 3 解析： 由于 f(x)是定義在 R上的奇函數(shù) ， 所以有 f(0)＝ 0， 即 20＋ b＝ 0， ∴ b＝－ 1， ∴ 當(dāng) x≥0時(shí) ， f(x)＝ 2x＋ 2x－ 1， ∴ f(－ 1)＝－ f(1)＝－ (21＋ 2 1－ 1)＝－ 3， 故選 D. 【 例 2】 (2022年遼寧大連市聯(lián)考 )已知函數(shù) f(x)是定義在區(qū)間 [－ a， a](a0)上的奇函數(shù) ，若 g(x)＝ f(x)＋ 2， 則 g(x)的最大值與最小值之和為 ( ) (A)0 (B)2 (C)4 (D)不能確定 解析： 設(shè) M是 f(x)的最大值 ， 則－ M是 f(x)的最小值 ， ∴ g(x)max＋ g(x)min＝ f(x)max＋ 2＋ f(x)min＋ 2＝ 4， 故選 C. 【例 3 】 ( 2 0 1 0 年嵊州一中 11 月月考 ) 已知定義域?yàn)?R 的函數(shù) f ( x ) ＝ a ＋14 x ＋ 1是奇函數(shù) ． ( 1 ) 求 a 的值 ； ( 2 ) 判斷 f ( x ) 的單調(diào)性 ( 不需要寫出理由 ) ； ( 3 ) 若對(duì)任意的 t∈ R ， 不等式 f ( t 2 － 2 t ) ＋ f ( 2 t 2 － k ) ＜ 0 恒成立 ， 求 k 的取值范圍 ． 解； ( 1 ) 函數(shù) f ( x ) 的定義域?yàn)?R ， 因?yàn)?f ( x ) 是奇函數(shù) ， 所以 f ( x ) ＋ f ( － x ) ＝ 0 ， 即 a ＋14x＋ 1＋ a ＋14－ x＋ 1 ＝ 2 a ＋14x＋ 1＋4x1 ＋ 4x ＝ 2 a ＋ 1 ＝ 0 ， 故 a ＝－12. ( 2 ) 由 ( 1 ) 知 f ( x ) ＝－12＋14x＋ 1， 由上式易知 f ( x ) 在 R 上為減函數(shù) ． ( 3 ) 法一： 因?yàn)?f ( x ) 是奇函數(shù) ， 從而不等式 f ( t2－ 2 t ) ＋ f ( 2 t2－ k ) ＜ 0 等價(jià)于 f ( t2－ 2 t ) ＜ － f (2 t2－ k ) ＝ f ( － 2 t2＋ k ) ． f ( x ) 在 R 上為減函數(shù) ， 由上式得 ： t2－ 2 t＞－ 2 t2＋ k . 即對(duì)一切 t∈ R 有 3 t2－ 2 t－ k ＞ 0 恒成立 ， 從而 Δ ＝ 4 ＋ 12 k ＜ 0 ， 解得 k ＜－13 法二 ： 由 ( 1 ) 知 f ( x ) ＝－ 4x＋ 12 e)＝ e＋ a 奇＝奇，偶 177。 f ( x ) ＝ 0 ?f ? － x ?f ? x ?＝ 177。 第 3節(jié) 函數(shù)的基本性質(zhì) ( 對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第 13 頁(yè) ) 考綱展
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