高三数学二轮专题复习函数的综合应用 人教版 课件.ppt

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,函数问题的题型与方法,（第三课时）,函数综合应用,函数的综合复习是在系统复习函数有关知识的基础上进行函数的综合应用,:,1,在应用中深化基础知识在复习中基础知识经历一个由分散到系统，由单一到综合的发展过程这个过程不是一次完成的，而是螺旋式上升的因此要在应用深化基础知识的同时，使基础知识向深度和广度发展,2,以数学知识为载体突出数学思想方法数学思想方法是观念性的东西，是解决数学问题的灵魂，同时它又离不开具体的数学知识函数内容最重要的数学思想是函数思想和数形结合的思想此外还应注意在解题中运用的分类讨论、换元等思想方法解较综合的数学问题要进行一系列等价转化或非等价转化因此本课题也十分重视转化的数学思想,3,重视综合运用知识分析问题解决问题的能力和推理论证能力的培养函数是数学复习的开始，还不可能在大范围内综合运用知识但从复习开始就让学生树立综合运用知识解决问题的意识是十分重要的推理论证能力是学生的薄弱环节，近几年高考命题中加强对这方面的考查，尤其是对代数推理论证能力的考查是十分必要的本课题在例题安排上作了这方面的考虑,函数的综合运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系因此，运动变化、相互联系、相互制约是函数思想的精髓，掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，提高用初等数学思想方法研究函数的能力，树立运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键,1,准确理解、熟练运用，不断深化有关函数的基础知识,在中学阶段函数只限于定义在实数集合上的一元单值函数，其内容可分为两部分第一部分是函数的概念和性质，这部分的重点是能从变量的观点和集合映射的观点理解函数及其有关概念，掌握描述函数性质的单调性、奇偶性、周期性等概念；第二部分是七类常见函数,(,一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数和反三角函数,),的图象和性质第一部分是理论基础，第二部分是第一部分的运用与发展,例,1,已知函数,f(x,),，,x,F,，,那么集合,(x,，,y)|y,=,f(x,),，,x,F,(x,，,y)|x,=1,中所含元素的个数是,（,）,A,0 B,1 C,0,或,1 D,1,或,2,分析：,这里首先要识别集合语言，并能正确把集合语言转化成熟悉的语言从函数观点看，问题是求函数,y=,f(x,),，,xF,的图象与直线,x=1,的交点个数,(,这是一次数到形的转化,),，不少学生常误认为交点是,1,个，并说这是根据函数定义中“惟一确定”,2,掌握研究函数的方法，提高研究函数问题的能力,高中数学对函数的研究理论性加强了，对一些典型问题的研究十分重视，如求函数的定义域，确定函数的解析式，判断函数的奇偶性，判断或证明函数在指定区间的单调性等，并形成了研究这些问题的初等方法，这些方法对分析问题能力，推理论证能力和综合运用数学知识能力的培养和发展是十分重要的,函数、方程、不等式是相互联系的对于函数,f(x,),与,g(x,),，令,f(x,)=,g(x,),，,f(x,),g(x,),或,f(x,),g(x,),则分别构成方程和不等式，因此对于某些方程、不等式的问题用函数观点认识是十分有益的；方程、不等式从另一个侧面为研究函数提供了工具,的规定得到的，这是不正确的，因为函数是由定义域、值域、对应法则三要素组成的这里给出了函数,y=,f(x,),的定义域是,F,，但未明确给出,1,与,F,的关系，当,1F,时有,1,个交点，当,1,F,时没有交点，所以选,C,例,2,方程,lgx+x,=3,的解所在区间为,（）,A,(0,，,1)B,(1,，,2),C,(2,，,3)D,(3,，,+,),分析：,在同一平面直角坐标系中，画出函数,y=,lgx,与,y=-x+3,的图象,(,如图,2),它们的交点横坐标,，显然在区间,(1,，,3),内，由此可,lgx,=lg2,，,3-x=1,由于,lg2,1,，因此,2,，从而判定,(2,，,3),，故本题应选,C,说明：,本题是通过构造函数用数形结合法求方程,lgx+x,=3,解所在的区间数形结合，要在结合方面下功夫不仅要通过图象直观估计，而且还要计算,的邻近两个函数值，通过比较,排除,A,，,D,至于选,B,还是选,C,，由于画图精确性的限制，单凭直 观就比较困难了实际上这是要比较,与,2,的大小当,x=2,时，,其大小进行判断,例,3,(1),一次函数,f(x,)=kx+h(k0),，若,m,n,有,f(m,),0,，,f(n,),0,，则对于任意,x(m,，,n),都有,f(x,),0,，试证明之；,(2),试用上面结论证明下面的命题：,若,a,，,b,，,cR,且,|a|,1,，,|b|,1,，,|c|,1,，则,ab+bc+ca,-1,分析：,问题,(1),实质上是要证明，一次函数,f(x,)=kx+h(k0),，,x(m,，,n),若区间两个端点的函数值均为正，则对于任意,x(m,，,n),都有,f(x,),0,之所以具有上述性质是由于一次函数是单调的因此本问题的证明要从函数单调性入手,(1),证明：,当,k,0,时，函数,f(x,)=,kx+h,在,xR,上是增函数，,m,x,n,，,f(x,),f(m,),0,；,当,k,0,时，函数,f(x,)=,kx+h,在,xR,上是减函数，,m,x,n,，,f(x,),f(n,),0,所以对于任意,x(m,，,n),都有,f(x,),0,成立,(2),将,ab+bc+ca+1,写成,(b+c)a+bc+1,，构造函数,f(x,)=(b+c)x+bc+1,则,f(a,)=(b+c)a+bc+1,当,b+c,=0,时，即,b=-c,，,f(a,)=bc+1=-,+1,因为,|c|,1,，,当,b+c0,时，,f(x,)=(b+c)x+bc+1,为,x,的一次函数,因为,|b|,1,，,|c|,1,，,f(1)=b+c+bc+1=(1+b)(1+c),0,，,f(-1)=-b-c+bc+1=(1-b)(1-c),0,由问题,(1),对于,|a|,1,的一切值,f(a,),0,，即,(b+c)a+bc+1=ab+ac+bc+1,0,说明：问题,(2),的关键在于“转化”“构造”把证明,ab+bc+ca,-1,转化为证明,ab+bc+ca+1,0,，由于式子,ab+bc+ca+1,中，,a,，,b,，,c,是对称的，构造函数,f(x,)=(b+c)x+bc+1,，则,f(a,)=(b+c)a+bc+1,，问题转化为在,|a|,1,，,|b|,1,，,|c|,1,的条件下证明,f(a,),0,(,也可构造,f(x,)=(a+c)x+ac+1,，证明,f(b,),0),。,所以,f(a,)=-,+1,0,例,4,定义在,R,上的单调函数,f(x,),满足,f(3)=log,yR,都有,f(x+y,)=,f(x)+f(y,),(1),求证,f(x,),为奇函数；,(2),若,f(k3,)+f(3,-9,分析：,欲证,f(x,),为奇函数即要证对任意,x,都有,f(-x,)=-,f(x,),成立在式子,f(x+y,)=,f(x)+f(y,),中，令,y=-x,可得,f(0)=,f(x)+f(-x,),于是又提出新的问题，求,f(0),的值令,x=y=0,可得,f(0)=f(0)+f(0),即,f(0)=0,，,f(x,),是奇函数得到证明,(1),证明：,f(x+y,)=,f(x)+f(y)(x,，,y,R,),，,令,x=y=0,，代入式，得,f(0+0)=f(0)+f(0),，即,f(0)=0,令,y=-x,，代入式，得,f(x-x,)=,f(x)+f(-x,),，又,f(0)=0,，则有,0=,f(x)+f(-x,),即,f(-x,)=-,f(x,),对任意,x,R,成立，,所以,f(x,),是奇函数,3,且对任意,x,，,-2),0,对任意,xR,恒成立，求实数,k,的,取值范围,(2),解：,f(3)=log,3,0,，即,f(3),f(0),，又,f(x,),在,R,上是单调,),-f(3,-9,-2)=f(-3,+9,+2),，,k,3,-3,+9,+2,，,-(1+k),3,+2,0,对任意,x,R,成,立,令,t=3,0,，问题等价于,-(1+k)t+2,0,对任意,t,0,恒成立,R,恒成立,函数，所以,f(x,),在,R,上,是增函数，又由,(1)f(x),是奇函数,f(k,3,3,t,说明：,问题,(2),的上述解法是根据函数的性质,f(x,),是奇函数且在,xR,上是增函数，把问题转化成二次函数,f(t,)=t,对于任意,t,0,恒成立对二次函数,f(t,),进行研究求解本题还有更简捷的解法：,分离系数由,k3,-3,+9,+2,得,上述解法是将,k,分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖,-(1+k)t,+2,