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2019-2020年高三數(shù)學第一輪復習第03講 函數(shù)的基本性質(zhì)教案 一．課標要求 1．通過已學過的函數(shù)特別是二次函數(shù)，理解函數(shù)的單調(diào)性、最大（?。┲导捌鋷缀我饬x； 2．結(jié)合具體函數(shù)，了解奇偶性的含義； 二．命題走向 從近幾年來看，函數(shù)性質(zhì)是高考命題的主線索，不論是何種函數(shù)，必須與函數(shù)性質(zhì)相關(guān)聯(lián)，因此在復習中，針對不同的函數(shù)類別及綜合情況，歸納出一定的復習線索。 預(yù)測xx年高考的出題思路是：通過研究函數(shù)的定義域、值域，進而研究函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性以及最值。 預(yù)測明年的對本講的考察是： （1）考察函數(shù)性質(zhì)的選擇題1個或1個填空題，還可能結(jié)合導數(shù)出研究函數(shù)性質(zhì)的大題； （2）以中等難度、題型新穎的試題綜合考察函數(shù)的性質(zhì)，以組合形式、一題多角度考察函數(shù)性質(zhì)預(yù)計成為新的熱點。 三．要點精講 1．奇偶性 （1）定義：如果對于函數(shù)f(x)定義域內(nèi)的任意x都有f(－x)=－f(x)，則稱f(x)為奇函數(shù)；如果對于函數(shù)f(x)定義域內(nèi)的任意x都有f(－x)=f(x)，則稱f(x)為偶函數(shù)。 如果函數(shù)f(x)不具有上述性質(zhì)，則f(x)不具有奇偶性.如果函數(shù)同時具有上述兩條性質(zhì)，則f(x)既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)。 注意： 函數(shù)是奇函數(shù)或是偶函數(shù)稱為函數(shù)的奇偶性，函數(shù)的奇偶性是函數(shù)的整體性質(zhì)； 由函數(shù)的奇偶性定義可知，函數(shù)具有奇偶性的一個必要條件是，對于定義域內(nèi)的任意一個x，則－x也一定是定義域內(nèi)的一個自變量（即定義域關(guān)于原點對稱）。 （2）利用定義判斷函數(shù)奇偶性的格式步驟： 首先確定函數(shù)的定義域，并判斷其定義域是否關(guān)于原點對稱； 確定f(－x)與f(x)的關(guān)系； 作出相應(yīng)結(jié)論： 若f(－x) = f(x) 或 f(－x)－f(x) = 0，則f(x)是偶函數(shù)； 若f(－x) =－f(x) 或 f(－x)＋f(x) = 0，則f(x)是奇函數(shù)。 （3）簡單性質(zhì)： ①圖象的對稱性質(zhì)：一個函數(shù)是奇函數(shù)的充要條件是它的圖象關(guān)于原點對稱；一個函數(shù)是偶函數(shù)的充要條件是它的圖象關(guān)于y軸對稱； ②設(shè)，的定義域分別是，那么在它們的公共定義域上： 奇+奇=奇，奇奇=偶，偶+偶=偶，偶偶=偶，奇偶=奇 2．單調(diào)性 （1）定義：一般地，設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域為I， 如果對于定義域I內(nèi)的某個區(qū)間D內(nèi)的任意兩個自變量x1，x2，當x1f(x2)），那么就說f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)（減函數(shù)）； 注意： 函數(shù)的單調(diào)性是在定義域內(nèi)的某個區(qū)間上的性質(zhì)，是函數(shù)的局部性質(zhì)； 必須是對于區(qū)間D內(nèi)的任意兩個自變量x1，x2；當x10與a <0兩類討論， ①當a >0時， ，∴當a >0時，f(x)為奇函數(shù)； 既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù). 點評：判斷函數(shù)的奇偶性是比較基本的問題，難度不大，解決問題時應(yīng)先考察函數(shù)的定義域，若函數(shù)的解析式能化簡，一般應(yīng)考慮先化簡，但化簡必須是等價變換過程（要保證定義域不變）。 例2．(xx天津文.16)設(shè)函數(shù)f（x）在（－∞，+∞）內(nèi)有定義，下列函數(shù)：①y=－|f（x）|；②y=xf（x2）；③y=－f（－x）；④y=f（x）－f（－x）。 必為奇函數(shù)的有_____（要求填寫正確答案的序號） 答案：②④；解析：y=（－x）f［（－x）2］=－xf（x2）=－y；y=f（－x）－f（x）=－y。 點評：該題考察了判斷抽象函數(shù)奇偶性的問題。對學生邏輯思維能力有較高的要求。 題型二：奇偶性的應(yīng)用 例3．（xx上海春，4）設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，若當x≥0時，f（x）=log3（1+x），則f（－2）=____ _。 答案：－1；解：因為x≥0時，f（x）=log3（1+x），又f（x）為奇函數(shù)，所以f（－x）=－f（x），設(shè)x＜0，所以f（x）=－f（－x）=－f（1－x），所以f（－2）=－log33=－1。 點評：該題考察函數(shù)奇偶性的應(yīng)用。解題思路是利用函數(shù)的奇偶性得到函數(shù)在對稱區(qū)域上函數(shù)的取值。 例4．已知定義在R上的函數(shù)y= f(x)滿足f(2+x)= f(2－x)，且f(x)是偶函數(shù)，當x∈[0，2]時，f(x)=2x－1，求x∈[－4，0]時f(x)的表達式。 解：由條件可以看出，應(yīng)將區(qū)間[－4，0]分成兩段考慮： ①若x∈[－2，0]，－x∈[0，2]， ∵f(x)為偶函數(shù)， ∴當x∈[－2，0]時，f(x)= f(－x)=－2x－1, ②若x∈[－4，－2， ∴4+ x∈[0，2， ∵f(2+x)+ f(2－x)， ∴f(x)= f(4－x)， ∴f(x)= f(－x)= f[4－（－x）]= f(4+x)=2（x+4）－1=2x+7； 綜上， 點評：結(jié)合函數(shù)的數(shù)字特征，借助函數(shù)的奇偶性，處理函數(shù)的解析式。 題型三：判斷證明函數(shù)的單調(diào)性 例5．（xx天津，19）設(shè)，是上的偶函數(shù)。 （1）求的值；（2）證明在上為增函數(shù)。 解：（1）依題意，對一切，有，即。 ∴對一切成立，則，∴， ∵，∴。 （2）(定義法)設(shè)，則 ， 由，得，， ∴， 即，∴在上為增函數(shù)。 （導數(shù)法）∵， ∴ ∴在上為增函數(shù) 點評：本題用了兩種方法：定義法和導數(shù)法，相比之下導數(shù)法比定義法更為簡潔。 例6．已知f(x)是定義在R上的增函數(shù)，對x∈R有f(x)>0，且f(5)=1，設(shè)F(x)= f(x)+，討論F (x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論。 解：這是抽角函數(shù)的單調(diào)性問題，應(yīng)該用單調(diào)性定義解決。 在R上任取x1、x2，設(shè)x110時f(x)>1; ① 若x1x1>5，則f(x2)>f(x1)>1 , ∴f(x1)f(x2)>1, ∴>0, ∴ F(x2)> F (x1)； 綜上，F(xiàn) (x)在（－∞，5）為減函數(shù)，在（5，+∞）為增函數(shù)。 點評：該題屬于判斷抽象函數(shù)的單調(diào)性。抽象函數(shù)問題是函數(shù)學習中一類比較特殊的問題，其基本能力是變量代換、換元等，應(yīng)熟練掌握它們的這些特點。 題型四：函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 例7．（xx春季北京、安徽，12）設(shè)函數(shù)f（x）＝（a＞b＞0），求f（x）的單調(diào)區(qū)間，并證明f（x）在其單調(diào)區(qū)間上的單調(diào)性。 .解：在定義域內(nèi)任取x1＜x2， ∴f（x1）－f（x2）＝ ， ∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x1－x2＜0， 只有當x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2時函數(shù)才單調(diào)． 當x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2時f（x1）－f（x2）＞0． ∴f（x）在（－b，＋∞）上是單調(diào)減函數(shù)，在（－∞，－b）上是單調(diào)減函數(shù)． 點評：本小題主要考查了函數(shù)單調(diào)性的基本知識。對于含參數(shù)的函數(shù)應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性的定義求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。 例8．（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （2）已知若試確定的單調(diào)區(qū)間和單調(diào)性。 解：（1）函數(shù)的定義域為， 分解基本函數(shù)為、 顯然在上是單調(diào)遞減的，而在上分別是單調(diào)遞減和單調(diào)遞增的。根據(jù)復合函數(shù)的單調(diào)性的規(guī)則： 所以函數(shù)在上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減。 （2）解法一：函數(shù)的定義域為R， 分解基本函數(shù)為和。 顯然在上是單調(diào)遞減的，上單調(diào)遞增； 而在上分別是單調(diào)遞增和單調(diào)遞減的。且， 根據(jù)復合函數(shù)的單調(diào)性的規(guī)則： 所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為；單調(diào)減區(qū)間為。 解法二：， ， 令 ，得或， 令 ，或 ∴單調(diào)增區(qū)間為；單調(diào)減區(qū)間為。 點評：該題考察了復合函數(shù)的單調(diào)性。要記住“同向增、異向減”的規(guī)則。 題型五：單調(diào)性的應(yīng)用 例9．已知偶函數(shù)f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，且f(2)=0，解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0。 解：∵f(2)=0,∴原不等式可化為f［log2(x2+5x+4)］≥f(2)。 又∵f(x)為偶函數(shù)，且f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)， ∴f(x)在(－∞,0)上為減函數(shù)且f(－2)=f(2)=0。 ∴不等式可化為　　log2(x2+5x+4)≥2 　　　　　　① 或　　　　　　　　log2(x2+5x+4)≤－2 ② 由①得x2+5x+4≥4，∴x≤－5或x≥0 ③ 由②得0＜x2+5x+4≤得 ≤x＜－4或－1＜x≤ ④ 由③④得原不等式的解集為 {x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0。 例10．已知奇函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)在［0，+∞］上是增函數(shù)，是否存在實數(shù)m，使f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)>f(0)對所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數(shù)m的范圍，若不存在，說明理由。 解：∵f(x)是R上的奇函數(shù)，且在［0，+∞］上是增函數(shù)， ∴f(x)是R上的增函數(shù)，于是不等式可等價地轉(zhuǎn)化為f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m)， 即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0。 設(shè)t=cosθ,則問題等價地轉(zhuǎn)化為函數(shù) g(t)=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒為正，又轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(t)在［0，1］上的最小值為正。 ∴當<0,即m<0時，g(0)=2m－2>0m>1與m<0不符； 當0≤≤1時，即0≤m≤2時，g(m)=－+2m－2>04－21,即m>2時，g(1)=m－1>0m>1。 ∴m>2 綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值范圍是m>4－2。 另法(僅限當m能夠解出的情況)： cos2θ－mcosθ+2m－2>0對于θ∈［0,］恒成立，等價于m>(2－cos2θ)/(2－cosθ) 對于θ∈［0,］恒成立 ∵當θ∈［0,］時，(2－cos2θ)/(2－cosθ) ≤4－2，∴m>4－2。 點評：上面兩例子借助于函數(shù)的單調(diào)性處理了恒成立問題和不等式的求解問題。 題型六：最值問題 例11．（xx全國理，21）設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=x2+|x－a|+1，x∈R。 （1）討論f（x）的奇偶性；（2）求f（x）的最小值。 解：（1）當a=0時，函數(shù)f（－x）=（－x）2+|－x|+1=f（x），此時f（x）為偶函數(shù)。 當a≠0時，f（a）=a2+1，f（－a）=a2+2|a|+1，f（－a）≠f（a），f（－a）≠－f（a）。 此時函數(shù)f（x）既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)。 （2）①當x≤a時，函數(shù)f（x）=x2－x+a+1=（x－）2+a+。 若a≤，則函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調(diào)遞減，從而，函數(shù)f（x）在（－∞，a）上的最小值為f（a）=a2+1。 若a＞，則函數(shù)f（x）在（－∞，a上的最小值為f（）=+a，且f（）≤ f（a）。 ②當x≥a時，函數(shù)f（x）=x2+x－a+1=（x+）2－a+。 若a≤－，則函數(shù)f（x）在［a，+∞上的最小值為f（－）=－a，且f（－）≤f（a）。 若a＞－，則函數(shù)f（x）在［a，+∞］上單調(diào)遞增，從而，函數(shù)f（x）在［a，+∞］上的最小值為f（a）=a2+1。 綜上，當a≤－時，函數(shù)f（x）的最小值是－a。 當－＜a≤時，函數(shù)f（x）的最小值是a2+1。 當a＞時，函數(shù)f（x）的最小值是a+。 點評：函數(shù)奇偶性的討論問題是中學數(shù)學的基本問題，如果平時注意知識的積累，對解此題會有較大幫助.因為x∈R，f（0）=|a|+1≠0，由此排除f（x）是奇函數(shù)的可能性.運用偶函數(shù)的定義分析可知，當a=0時，f（x）是偶函數(shù)，第2題主要考查學生的分類討論思想、對稱思想。 例12．設(shè)m是實數(shù)，記M={m|m>1}，f(x)=log3(x2－4mx+4m2+m+)。 (1)證明：當m∈M時，f(x)對所有實數(shù)都有意義；反之，若f(x)對所有實數(shù)x都有意義，則m∈M； (2)當m∈M時，求函數(shù)f(x)的最小值； (3)求證：對每個m∈M,函數(shù)f(x)的最小值都不小于1。 　(1)證明：先將f(x)變形：f(x)=log3［(x－2m)2+m+］, 當m∈M時，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立， 故f(x)的定義域為R。 反之，若f(x)對所有實數(shù)x都有意義，則只須x2－4mx+4m2+m+>0。 令Δ＜0，即16m2－4(4m2+m+)＜0，解得m>1，故m∈M。 (2)解析：設(shè)u=x2－4mx+4m2+m+， ∵y=log3u是增函數(shù)， ∴當u最小時，f(x)最小。 而u=(x－2m)2+m+， 顯然，當x=m時，u取最小值為m+， 此時f(2m)=log3(m+)為最小值。 (3)證明：當m∈M時，m+=(m－1)+ +1≥3， 當且僅當m=2時等號成立。 ∴l(xiāng)og3(m+)≥log33=1。 點評：該題屬于函數(shù)最值的綜合性問題，考生需要結(jié)合對數(shù)函數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)來進行處理。 題型七：周期問題 例13．若y=f(2x)的圖像關(guān)于直線和對稱，則f(x)的一個周期為（ ） A． B． C． D． 解：因為y=f(2x)關(guān)于對稱，所以f(a+2x)=f(a－2x)。 所以f(2a－2x)=f[a+(a－2x)]=f[a－(a－2x)]=f(2x)。 同理，f(b+2x) =f(b－2x)， 所以f(2b－2x)=f(2x)， 所以f(2b－2a+2x)=f[2b－(2a－2x)]=f(2a－2x)=f(2x)。 所以f(2x)的一個周期為2b－2a， 故知f(x)的一個周期為4(b－a)。選項為D。 點評：考察函數(shù)的對稱性以及周期性，類比三角函數(shù)中的周期變換和對稱性的解題規(guī)則處理即可。若函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=a和x=b對稱（a≠b），則這個函數(shù)是周期函數(shù)，其周期為2（b－a）。 例14．已知函數(shù)是定義在上的周期函數(shù)，周期，函數(shù)是奇函數(shù)又知在上是一次函數(shù)，在上是二次函數(shù)，且在時函數(shù)取得最小值。 ①證明：； ②求的解析式； ③求在上的解析式。 解：∵是以為周期的周期函數(shù)， ∴， 又∵是奇函數(shù)， ∴， ∴。 ②當時，由題意可設(shè)， 由得， ∴， ∴。 ③∵是奇函數(shù)， ∴， 又知在上是一次函數(shù)， ∴可設(shè)，而， ∴，∴當時，， 從而當時，，故時，。 ∴當時，有， ∴。 當時，， ∴ ∴。 點評：該題屬于普通函數(shù)周期性應(yīng)用的題目，周期性是函數(shù)的圖像特征，要將其轉(zhuǎn)化成數(shù)字特征。 五．思維總結(jié) 1．判斷函數(shù)的奇偶性，必須按照函數(shù)的奇偶性定義進行，為了便于判斷，常應(yīng)用定義的等價形式：f(-x)= f(x)f(-x) f(x)=0； 2．對函數(shù)奇偶性定義的理解，不能只停留在f(-x)=f(x)和f(-x)=-f(x)這兩個等式上，要明確對定義域內(nèi)任意一個x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的實質(zhì)是：函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱這是函數(shù)具備奇偶性的必要條件。稍加推廣，可得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=a對稱的充要條件是對定義域內(nèi)的任意x，都有f(x+a)=f(a-x)成立函數(shù)的奇偶性是其相應(yīng)圖象的特殊的對稱性的反映； 3．若奇函數(shù)的定義域包含0，則f(0)=0，因此，“f(x)為奇函數(shù)”是"f(0)=0"的非充分非必要條件； 4．奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱，偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，因此根據(jù)圖象的對稱性可以判斷函數(shù)的奇偶性。 5．若存在常數(shù)T，使得f(x+T)=f(x)對f(x)定義域內(nèi)任意x恒成立，則稱T為函數(shù)f(x)的周期，一般所說的周期是指函數(shù)的最小正周期周期函數(shù)的定義域一定是無限集。 6．單調(diào)性是函數(shù)學習中非常重要的內(nèi)容，應(yīng)用十分廣泛，由于新教材增加了“導數(shù)”的內(nèi)容，所以解決單調(diào)性問題的能力得到了很大的提高，因此解決具體函數(shù)的單調(diào)性問題，一般求導解決，而解決與抽象函數(shù)有關(guān)的單調(diào)性問題一般需要用單調(diào)性定義解決。注意，關(guān)于復合函數(shù)的單調(diào)性的知識一般用于簡單問題的分析，嚴格的解答還是應(yīng)該運用定義或求導解決。