2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题四-第三讲-函数的综合运用15-【要点导学】.docx

函数性质的综合应用
例1　设f(x)是定义在R上的奇函数,f(x+2)=-f(x),当0≤x≤1时,f(x)=x.
(1) 求f(π)的值;
(2) 当-4≤x≤4时,求f(x)的图象与x轴所围成图形的面积;
(3) 写出定义域内函数f(x)的单调区间.
【分析】　(1) 先查找函数的周期,然后进行求值.
(2) 利用周期性和对称性作出在-4≤x≤4上的函数的图象,然后分析可求得图形面积.
(3) 先在一个周期中查找单调区间,然后利用周期性进行求解.
【解答】　(1) 由f(x+2)=-f(x),得f(x+4)=f[(x+2)+2]=-f(x+2)=f(x),
所以fx)是以4为周期的周期函数,
所以f(π)=f(-1×4+π)=f(π-4)=-f(4-π)=-(4-π)=π-4.
(2) 由f(x)是奇函数且f(x+2)=-f(x),
得f[(x-1)+2]=-f(x-1)=f[-(x-1)],即f(1+x)=f(1-x).
故函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称.
又当0≤x≤1时,f(x)=x,且f(x)的图象关于原点成中心对称,则f(x)的图象如图所示.

(例1)
当-4≤x≤4时,f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S,
则S=4S△OAB=4××2×1=4.
(3) 函数f(x)的单调增区间为[4k-1,4k+1](k∈Z),单调减区间为[4k+1,4k+3](k∈Z).
【点评】　对于分段函数的单调性,有两种基本的推断方法:一是在各个段上依据函数的解析式求出单调区间,最终对各个段上的单调区间进行整合;二是画出这个分段函数的图象,结合函数图象性质进行直观推断.

变式　设a为常数,y=f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=9x++7,若f(x)≥a+1对一切x≥0恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.
【答案】　
【解析】　方法一:由题设知f(0)=0,故由f(0)≥a+1,得0≥a+1,即a≤-1.当x<0时,f(x)=9x++7,
故当x>0时,f(x)=9x+-7≥6-7=6a-7,故-6a-7≥a+1,解得a≤-.
综上可得实数a的取值范围是.
方法二:同方法一,得a≤-1,当x<0时,f(x)=9x++7≤-6|a|+7=6a+7.
由奇函数的对称性知,当x>0时,f(x)≥-6a-7,故-6a-7≥a+1,解得a≤-.
综上可得实数a的取值范围是.
方法三:同方法一,原问题就是9x2-(a+8)x+a2≥0在x∈(0,+∞)上恒成立.
考察二次函数g(x)=9x2-(a+8)x+a2的图象,由于g(0)=a2>0,
要使不等式9x2-(a+8)x+a2≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,只需Δ≤0,解得a≤-或a≥;或解得a∈f.又a≤-1,得实数a的取值范围是.
【点评】　函数的综合问题涉及到几乎全部类型的函数,如一次函数、二次函数、三次函数、指数函数、对数函数,简洁的分式函数,分段函数、复合函数也有所涉及.重点考查函数的三大性质(单调性、奇偶性与周期性),二次函数的图象与性质、三次函数、导数及其几何意义等,利用导数争辩函数的性质,如单调性、极值与最值,利用函数的图象解题.

函数应用题
例2　A城市的出租车计价方式为:若行程不超过3 km,则按“起步价”10元计价;若行程超过3 km,则之后的2 km以内的行程按“里程价”计价,单价为1.5元/km;若行程超过5 km,则之后的行程按“返程价”计价,单价为2.5元/km.设某人的出行行程为x km,现有两种乘车方案:①乘坐一辆出租车;②每5km换乘一辆出租车.
(1) 分别写出两种乘车方案计价的函数关系式;
(2) 对不同的行程,①②两种方案中哪种方案的价格较低?请说明理由.
【分析】　在不同的行程的不同部分上,有不同的计价方式,因此本题是分段函数模型.
【解答】　(1) 设方案①的计价函数为f(x),方案②的计价函数为g(x),
则f(x)=
g(x)=
(2) 当x∈(0,5]时,f(x)=g(x);
当x>5时,方案①的价格都比方案②的价格低.
理由如下:当x∈(5k,5k+3](k∈N*)时,
f(x)-g(x)=13+2.5(x-5)-(13k+10)=2.5x-13k-9.5,由于x≤5k+3,所以f(x)-g(x)≤12.5k+7.5-13k-9.5=-0.5k-2<0.
当x∈(5k+3,5k+5](k∈N*)时,
f(x)-g(x)=13+2.5(x-5)-[13k+10+1.5(x-5k-3)]=x-5.5k-5,由于x≤5k+5,所以f(x)-g(x)≤-0.5k<0.
所以方案①的价格较低.
【点评】　分段函数的特点:在定义域内不同部分上,有不同的解析表达式.分段函数是一个函数,而不是几个函数.建立分段函数模型的关键是确定各段的边界点,即明确有变量的取值区间,分别对每一区间进行争辩,从而写出函数解析式.

变式　(2022·常州期末)几名高校毕业生合作开3D打印店,生产并销售某种3D产品.已知该店每月生产的产品当月都能销售完,每件产品的生产成本为34元.该店的月总成本由两部分组成:第一部分是月销售产品的生产成本,其次部分是其他固定支出20 000元.假设该产品的月销售量t(x)(单位:件)与销售价格x(单位:元/件)(x∈N*)之间满足如下关系:①当34≤x≤60时,t(x)=-a(x+5)2+10 050;②当60≤x≤76时,t(x)=-100x+7 600.设该店月利润为M(单位:元)(月利润=月销售总额-月总成本),求:
(1) M关于销售价格x的函数关系式;
(2) 该打印店月利润M的最大值及此时产品的销售价格.
【解析】　(1) 当x=60时,t(60)=1 600,代入t(x)=-a(x+5)2+10 050,解得a=2.所以
M(x)=
即M(x)=
(2) 设g(u)=(-2u2-20u+10 000)(u-34)-20 000,34≤u<60,u∈R,
则g'(u)=-6(u2-16u-1 780).
令g'(u)=0,解得u1=8-2(舍去),u2=8+2∈(50,51).
当340,g(u)单调递增;
当5151)=44 226,所以M(x)的最大值为44 226.
当60≤x≤76时,M(x)=100(-x2+110x-2 584)-20000单调递减,
故此时M(x)的最大值为M(60)=21 600.
综上所述,当x=51时,月利润M(x)有最大值,且最大值为44 226元.
故该打印店月利润最大为44 226元,此时产品的销售价格为51元/件.

函数与导数的综合应用
例3　已知函数f(x)=m(x-1)2-2x+3+lnx,m∈R.
(1) 当m=0时,求函数f(x)的单调增区间;
(2) 当m>0时,若曲线y=f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线y=f(x)有且只有一个公共点,求实数m的值.
【分析】　(1) 当m=0时,确定函数f(x)的表达式,通过求导来求函数的单调增区间;(2) 直线与曲线y=f(x)有且只有一个公共点,可转化为方程有且只有一个解,然后分类进行争辩.
【解答】　(1) 由题意知为f(x)=-2x+3+lnx,所以f'(x)=-2+=(x>0).
由f'(x)>0,得x∈.
所以函数f(x)的单调增区间为.
(2) 由f'(x)=mx-m-2+,
得f'(1)=-1,
所以曲线y=f(x)在点P(1,1)处的切线l的方程为y=-x+2.
由题意得,关于x的方程f(x)=-x+2有且只有一个解,
即关于x的方程m(x-1)2-x+1+lnx=0有且只有一个解.
令g(x)=m(x-1)2-x+1+lnx(x>0),
则g'(x)=m(x-1)-1+==(x>0).
①当00,得0;由g'(x)<0,得11时,由g'(x)>0,得01;由g'(x)<0,得1不合题意.
综上,实数m的值为1.
【点评】　大多数函数综合题都需要分类争辩,而且大多数都可归结为求解含参数的一元二次不等式(或方程),或求解含参数的分式不等式(或方程),或利用前面已证明不等式(或等式),求解不等式或(方程)等等.此外要机敏运用化归思想,数形结合思想,将简洁问题转化为生疏的情境.

变式　(2022·南京、淮安三模)已知函数f(x)=lnx-mx(m∈R).
(1) 若曲线y=f(x)过点P(1,-1),求曲线y=f(x)在点P处的切线方程;
(2) 求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值;
(3) 若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,求证:x1x2>e2.
【分析】　(1) 求出y=f(x)的导函数,从而求出切线的斜率,从而求出方程;(2) 对m进行争辩,利用单调性求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值;(3) 由x1,x2是函数f(x)的两个零点,可得到lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,结合所要证明的结果即证lnx1+lnx2>2,从而将它转化为lnx1+lnx2=m(x1+x2)>2,再留意到lnx1-lnx2=m(x1-x2),由此消去m,从而构造出一个以x1,x2为元的不等式,再构造一个以为元的函数从而可以解决问题.
【解答】　(1) 由于点P(1,-1)在曲线y=f(x)上,所以-m=-1,解得m=1.
由于f'(x)=-1,所以切线的斜率为0,所以切线方程为y=-1.
(2) 由于f'(x)=-m=.
①当m≤0时,x∈(1,e),f'(x)>0,
所以函数f(x)在(1,e)上单调递增,则f(x)max=f(e)=1-me.
②当≥e,即00,
所以函数f(x)在(1,e)上单调递增,则f(x)max=f(e)=1-me.
③当1<f(x)在上单调递增,在上单调递减,则
f(x)max=f=-lnm-1.
④当≤1,即m≥1时,x∈(1,e),f'(x)<0,函数f(x)在(1,e)上单调递减,
则f(x)max=f(1)=-m.
综上所述,当m≤时,f(x)max=1-me;当x2>0.由于f(x1)=f(x2)=0,所以lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,
可得lnx1+lnx2=m(x1+x2),lnx1-lnx2=m(x1-x2).
要证明x1x2>e2,即证明lnx1+lnx2>2,也就是m(x1+x2)>2.
由于m=,所以即证明>,即ln>.
令=t,则t>1,于是lnt>.
令φ(t)=lnt-(t>1),
则φ'(t)=-=>0.
故函数φ(t)在(1,+∞)上是增函数,所以φ(t)>φ(1)=0,即lnt>成立.
所以原不等式成立.

创新型函数综合题
例4　对任意x∈R,给定区间
(k∈Z),设函数f(x)表示实数x与x所属的给定区间内唯一整数之差的确定值.
(1) 当x∈时,求函数f(x)的解析式;当x∈(k∈Z)时,写出用确定值符号表示的f(x)的解析式;
(2) 求f,f的值,并推断函数f(x)(x∈R)的奇偶性,并证明你的结论;
(3) 当f(x)是偶函数,证明如下:
对任意x∈R,存在唯一实数k∈Z,使得k-≤x≤k+,则f(x)=|x-k|.
由k-≤x≤k+,得-k-≤-x≤-k+(k∈Z),
即-x∈(-k∈Z).
由(1)的结论,f(-x)=|-x-(-k)|=|k-x|=|x-k|=f(x),即f(x)是偶函数.
(3) f(x)-loga=0,即|x-k|-logax=0,其中x>0.
①当x>1时,|x-k|≥0>logax,所以|x-k|-logax=0没有大于1的实根.
②当x=1时,简洁验证x=1为方程|x-k|-logax=0的实根.
③当x=0变为1-x-logax=0.
设H(x)=logax-(1-x),
则H'(x)=logae+1=+1<+1=-+1<0,
故当H(1)=0,方程没有属于的实根.
④当00,所以方程没有0可求方程f(x)=0的实数根,二是几何法,可与函数f(x)的图象联系起来,并用函数的性质找出零点.

变式　(2022·苏州暑假调查)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),则称f(x)为“局部奇函数”.
(1) 已知二次函数f(x)=ax2+2x-4a(a∈R),试推断f(x)是否为“局部奇函数”,并说明理由;
(2) 若f(x)=2x+m是定义在区间[-1,1]上的“局部奇函数”,求实数m的取值范围;
(3) 若f(x)=4x-m·2x+1+m2-3为定义在R上的“局部奇函数”,求实数m的取值范围.
【分析】　(1) 问题等价于推断方程f(x)+fx)=0是否有解;(2) 在方程f(x)+f(-x)=0有解时,通过分别参数求取值范围;(3) 在不便于分别参数时,通二次函数的图象推断一元二次方程根的分布.
【解答】　f(x)为“局部奇函数”等价于关于x的方程f(x)+f(-x)=0有解.
(1) 当f(x)=ax2+2x-4a(a∈R)时,方程f(x)+f(-x)=0,
即2a(x2-4)=0,解得x=±2,所以f(x)为“局部奇函数”.
(2) 当f(x)=2x+m时,f(x)+f(-x)=0可化为2x+2-x+2m=0.
由于f(x)的定义域为[-1,1],所以方程2x+2-x+2m=0在[-1,1]上有解.
令t=2x,则t∈,则-2m=t+.
设g(t)=t+,则g'(t)=1-=.
当t∈(0,1)时,g'(t)<0,故g(t)在(0,1)上为单调减函数;
当t∈(1,+∞)时,g'(t)>0,故g(t)在(1,+∞)上为单调增函数.
所以当t∈时,g(t)∈.
所以-2m∈,所以m∈.
(3) 当f(x)=4x-m2x+1+m2-3时,f(x)+f(-x)=0可化为4x+4-x-2m(2x+2-x)+2m2-6=0.
设t=2x+2-x,则t∈[2,+∞),则4x+4-x=t2-2,
从而t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)上有解即可保证f(x)为“局部奇函数”.
令F(t)=t2-2mt+2m2-8.
①当F(2)≤0时,t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)上有解,由F(2)≤0,
即2m2-4m-4≤0,解得1-≤m≤1+;
②当F(2)>0时,t2-2mt+2m2-8=0在[2,+∞)上有解等价于解得1+