2.12 函數(shù)的綜合問題

●知識梳理
函數(shù)的綜合應用主要體現(xiàn)在以下幾方面：
1.函數(shù)內容本身的相互綜合，如函數(shù)概念、性質、圖象等方面知識的綜合.
2.函數(shù)與其他數(shù)學知識點的綜合，如方程、不等式、數(shù)列、解析幾何等方面的內容與函數(shù)的綜合.這是高考主要考查的內容.
3.函數(shù)與實際應用問題的綜合.
●點擊雙基
1.已知函數(shù)f（x）=lg（2x－b）（b為常數(shù)），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(shù)，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＜f（x+1）－1＜2，即－1＜f（x+1）＜3.
又f（x）是R上的減函數(shù)，且f（x）的圖象過點A（0，3），B（3，－1），
∴f（3）＜f（x+1）＜f（0）.
∴0＜x+1＜3，－1＜x＜2.
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(shù)列，1，y1，y2，2依次成等比數(shù)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＜x1，y2＜x2，
∴P1、P2都在l的下方.
答案：D
【例2】 已知f（x）是R上的偶函數(shù)，且f（2）=0，g（x）是R上的奇函數(shù)，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(shù)，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(shù)的奇偶性、周期性等性質.
【例3】 函數(shù)f（x）= （m＞0），x1、x2∈R，當x1+x2=1時，f（x1）+f（x2）= .
（1）求m的值；
（2）數(shù)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(shù)的思想處理方程、不等式、數(shù)列等問題是一重要的思想方法.
【例4】 函數(shù)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(shù)；
（2）證明f（x）在R上是減函數(shù)；
（3）求f（x）在區(qū)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(shù).
（2）證明：任取x1、x2∈R，且x1＜x2，則f（x1）－f（x2）=f（x1）－f［x1+（x2－x1）］=f（x1）－［f（x1）+f（x2－x1）］=－f（x2－x1）.由x1＜x2，∴x2－x1＞0.∴f（x2－x1）＜0.
∴－f（x2－x1）＞0，即f（x1）＞f（x2），從而f（x）在R上是減函數(shù).
（3）解：由于f（x）在R上是減函數(shù)，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(shù)x、y，定義運算x*y=ax+by+cxy，其中a、b、c是常數(shù)，等式右邊的運算是通常的加法和乘法運算.現(xiàn)已知1*2=3，2*3=4，并且有一個非零實數(shù)m，使得對于任意實數(shù)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(shù)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(shù)，值域為［4，7］，若它存在反函數(shù)，則反函數(shù)在其定義域上
A.單調遞減且最大值為7B.單調遞增且最大值為7
C.單調遞減且最大值為3D.單調遞增且最大值為3
解析：互為反函數(shù)的兩個函數(shù)在各自定義區(qū)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(shù)根，則實數(shù)a的值是___________________.
解析：作函數(shù)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(shù)根，因此a=1.
答案：1
3.若存在常數(shù)p＞0，使得函數(shù)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(shù)倍.
答案： （或 的整數(shù)倍）
4.已知關于x的方程sin2x－2sinx－a=0有實數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)a的取值范圍是（－∞，－2］∪［ ，1）.
培養(yǎng)能力
6.（理）已知二次函數(shù)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］，符合上述條的函數(shù)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：設符合條的f（x）存在，
∵函數(shù)圖象的對稱軸是x=－ ，
又b≥0，∴－ ≤0.
①當－ ＜－ ≤0，即0≤b＜1時，
函數(shù)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(shù)在［－1，0］上單調遞增，則 解得
綜上所述，符合條的函數(shù)有兩個，
f（x）=x2－1或f（x）=x2+2x.
（）已知二次函數(shù)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］，符合上述條的函數(shù)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(shù)圖象的對稱軸是
x=－ ，又b≥0，∴－ ≤－ .
設符合條的f（x）存在，
①當－ ≤－1時，即b≥1時，函數(shù)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，符合條的函數(shù)為f（x）=x2+2x.
7.已知函數(shù)f（x）=x+ 的定義域為（0，+∞），且f（2）=2+ .設點P是函數(shù)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、N.

（1）求a的值.
（2）問：P•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OPN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，P= = ，PN=x0，∴有P•PN=1，即P•PN為定值，這個值為1.
（3）由題意可設（t，t），可知N（0，y0）.
∵P與直線y=x垂直，∴kP•1=－1，即 =－1.解得t= （x0+y0）.
又y0=x0+ ，∴t=x0+ .
∴S△OP= + ，S△OPN= x02+ .
∴S四邊形OPN=S△OP+S△OPN= （x02+ ）+ ≥1+ .
當且僅當x0=1時，等號成立.
此時四邊形OPN的面積有最小值1+ .
探究創(chuàng)新
8.有一塊邊長為4的正方形鋼板，現(xiàn)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(shù)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（有所浪費），請你重新設計切、焊方法，使浪費減少，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）2•x=4（x3－4x2+4x）（0＜x＜2）.
∴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 ＜x＜2時，V1′＜0，
∴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(shù)知識可深可淺，復習時應掌握好分寸，如二次函數(shù)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(shù)形結合思想貫穿于函數(shù)研究的各個領域的全部過程中，掌握了這一點，將會到函數(shù)問題既千姿百態(tài)，又有可循.
●教師下載中心
教學點睛
數(shù)形結合和數(shù)形轉化是解決本問題的重要思想方法，應要求學生熟練掌握用函數(shù)的圖象及方程的曲線去處理函數(shù)、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(shù)，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－ ）＜f（x－ ）；
（3）記P={xy=f（x－c）}，Q={xy=f（x－c2）}，且P∩Q= ，求c的取值范圍.
解：設－1≤x1＜x2≤1，則x1－x2≠0，
∴ ＞0.
∵x1－x2＜0，∴f（x1）+f（－x2）＜0.
∴f（x1）＜－f（－x2）.
又f（x）是奇函數(shù)，∴f（－x2）=－f（x2）.
∴f（x1）＜f（x2）.
∴f（x）是增函數(shù).
（1）∵a＞b，∴f（a）＞f（b）.
（2）由f（x－ ）＜f（x－ ），得
∴－ ≤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(shù)f（x）的圖象與函數(shù)h（x）=x+ +2的圖象關于點A（0，1）對稱.
（1）求f（x）的解析式；
（2）（）若g（x）=f（x）•x+ax，且g（x）在區(qū)間（0，2］上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍.
（理）若g（x）=f（x）+ ，且g（x）在區(qū)間（0，2］上為減函數(shù)，求實數(shù)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）（）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：）f（n）關于時間n（1≤n≤30，n∈N*）的函數(shù)關系如下圖所示，其中函數(shù)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(shù)；
（2）按規(guī)律，當該專賣店銷售總數(shù)超過400時，社會上流行該服裝，而日銷售量連續(xù)下降并低于30時，該服裝的流行會消失.試問該服裝在社會上流行的天數(shù)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.
（2）第13天的銷售量為f（13）=－3×13+93=54，而354+54＞400，
∴從第14天開始銷售總量超過400，即開始流行.
設第n天的日銷售量開始低于30（12＜n≤30），即f（n）=－3n+93＜30，解得n＞21.
∴從第22天開始日銷售量低于30，
即流行時間為14號至21號.
∴該服裝流行時間不超過10天.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/gaosan/50871.html

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