2022年北京四中高中数学高考综合复习专题三函数的概念 .pdf

学习好资料欢迎下载北 京 四 中高中数学高考综合复习专题三函数的概念一.知识网络二.高考考点1.映射中的象与原象的概念; 2.分段函数的问题:定义域、值域以及相关的方程或不等式的解的问题; 3.复合函数的解析式、图象以及相关的最值等问题; 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页学习好资料欢迎下载4.分类讨论、数形结合等数学思想方法的应用. 三.知识要点(一 )函数的定义1、传统定义:设在某一变化过程中有两个变量x 和 y,如果对于某一范围内x 的每一个值 ,y 都有唯一的值和它对应 ,那么就说y 是 x 的函数 ,x 叫做自变量 ,y 叫做因变量 (函数 ). 2、现代定义 :设 A、B 是两个非空数集,如果按照某个确定的对应关系f,使对于集合A 中的任意一个数x ,在集合 B 中都有唯一确定的数f(x) 和它对应 ,那么就称f：AB为从集合A 到集合 B 的一个函数 ,记作 y=f(x),x A.其中 ,x 叫做自变量 ,x 的取值范围A 叫做函数的定义域;与 x 的值相对应的y 的值叫做函数值,函数值的集合f(x)|x A叫做函数的值域. 3、认知 :注意到现代定义中“A、B 是非空数集 ”,因此 ,今后若求得函数定义域或值域为, 则此函数不存在. 函数对应关系、定义域和值域是函数的三要素,缺一不可 .在函数的三要素中,对应关系是核心,定义域是基础,当函数的定义域和对应法则确定之后,其值域也随之确定. (二 ).映射的概念将函数定义中的两个集合从非空数集扩展到任意元素的集合,便得到映射概念. 1、定义 1:设 A、B 是两个集合 ,如果按照某种对应法则f,对于集合A 中任何一个元素,在集合 B 中都有唯一的元素和它对应,那么这样的对应(包括集合A、B 及集合 A 到集合 B 的对应法则f)叫做集合A 到集合 B 的映射 ,记作f：AB2、定义 2:给定一个集合A 到集合 B 的映射f：AB, 且 aA,b B,如果在此映射之下元素a 和元素 b 对应 ,则将元素b 叫做元素a 的象 ,元素 a 叫做元素b 的原象 .即如果在给定映射下有f：ab,则 b 叫做 a 的象,a 叫做 b的原象 . 3、认知 :映射定义的精髓在于“ 任一 (元素 )对应唯一 (元素 )”,即 A 中任一元素在B 中都有唯一的象.在这里 ,A 中元素不可剩 ,允许 B 中有剩余；不可“ 一对多 ”,允许 “ 多对一 ”.因此 ,根据 B 中元素有无剩余的情况,映射又可分为“ 满射 ” 和“ 非满射 ” 两类 . 集合 A 到集合 B 的映射f：AB是一个整体 ,具有方向性；f：AB 与 f：BA 一般情况下是不同的映射. （三）、函数的表示法表示函数的方法,常用的有解析法、列表法、图象法和口头描述法. 1、解析法 :把两个变量的函数关系,用一个等式来表示,这个等式叫做函数的解析表达式,简称解析式 . 2、列表法 :列出表格表示两个变量的函数关系的方法.运用列表法表示的,多是理论或实际生活中偏于实用的函数 . 3、图象法 :用函数图象表示两个变量之间函数关系的方法. 图象法直现形象地表示出函数的变化情况,是数形结合的典范.只是它不能精确表示自变量与函数值之间的对应关系 . 认知 :函数符号的意义在函数的概念中,我们用符号 “y=f(x) ”表示 “y 是 x 的函数 ” 这句话 . 其中 ,对于运用解析法给出的函数y=f(x), 其对应法则 “f ”表示解析式蕴含的对自变量x 施加的 “ 一套运算的法则”,即一套运算的框架. 具体地 ,对于函数f(x)=5-2x+3(x1)对应法则 “f ”表示这样一套运算的框架:5()2（） 3，（）即 f: 5()-2()+3,()1. 据此 ,我们可分别对函数值与函数表达式作以诠释和辩析: f(a): 对自变量x 的取值 a 实施上述运算后的结果,故有 f(a)=5-2a+3 (a1); 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页学习好资料欢迎下载f(x): 对自变量x 实施上述运算后的结果,故有 f(x)=5-2x+3 (x1); f(g(x): 对函数 g(x)实施上述运算后的结果,于是有f(g(x)=5(x)-2g(x)+3 ( g(x)1 )感悟 :函数符号意义之下的产物或推论有比较才能有鉴别,有品味才能有感悟.我们仔细地比较和品味、,不难从中悟出这样的代换规律: f(x) 的解析式fg(x) 的表达式我们将上述替换形象地称之为“ 同位替换 ”.显然 ,同位替换是在函数符号的意义下产生的函数特有的替换,它源于 “ 等量替换 ” ，又高于 “ 等量替换 ” ，对于同位替换 ,在两式不可能相等的条件下仍可操作实施,这是 “ 等量替换 ” 所不能比拟的.由 f(x) 的解析式导出f(x+1) 的解析式 ,便是辩析两种替换的一个很好的范例. 四.经典例题例 1.如右图 ,在直角梯形OABC 中,AB OC,BC OC,且 AB=1,OC=BC=2, 直线 l:x= ,截此梯形所得位于l 左方的图形面积为S,则函数 S=f(t) 的大致图象是以下图形中() 分析 1:立足于 f(t) 在 t0,1 上的函数式 .直线 OA 的方程为y=2x, 故当 0t 1 时,，,由此否定A,B,D, 应选 C. 分析 2:运用运动的观点,感悟函数图象所反映的函数值随着自变量的变化而变化的状态. 当 l 在 ,D 之间运动时 ,S随着 t 的增加而增加,并且增加的速度越来越快 ,即 S1, S2 , Sn是递增的 (Si是单位时间内面积的增量),故排除 A 和 B,对于 C 和 D,由 t0,1 时 f(t)=的凹凸性可排除 D,故应选 C. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页学习好资料欢迎下载例 2.如图所示 ,梯形 OABC 各顶点的坐标分别为O(0,0),A(6,0), B(4,2),C(2,2), 一条与 y 轴平行的直线从点O 开始作平行移动,到点 A 为止 .设直线与x 轴的交点为M,OM=x,并记梯形被直线截得的在左侧的图形面积为y,求函数y=f(x) 的解析式 ,定义域及值域.分析 :如图 ,由于点 M 位置的不同 ,所得图形的形状与面积不同,故需要分类讨论,注意到决定左侧图形形状的关键点 ,故以 x=2,4 分划讨论的区间. 解:(1)当 0 x2 时,上述图形是一等腰Rt, 此时 , ,即; (2)当 2x4 时,上述图形是一直角梯形.注意到它可分割为一个等腰Rt( 确定的 )和一个矩形 ,此时,即 y=2x-2; (3)当 4x6时,上述图形是一个五边形,它可看成原梯形去掉一个等腰直角三角形(位于直线右侧),此时,即因此 ,综合 (1) 、(2)、(3) 得所求 y=f(x) 的解析式为由此可知 ,f(x) 的定义域为 0,2 =0,6. 又当 0 x2 时, ,即此时 0y2;当 2x4 时,22x- 26, 即此时 2y6;当 4x6时,68, 即此时 62), 求 f(2x+1) 的解析式 ; (2)已知,求 f(x1)的解析式 . 解: (1) f(x)=x2+2x-1 (x2) 以 2x+1 替代上式中的x 得f(2x+1)=(2x+1)2+2(2x+1)-1 (2x+12) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 15 页学习好资料欢迎下载f(2x+1)=4x2+8x+2 (x) (2)由已知得以 x 替代上式中的得f(x)=x2-1 (x 1)f(x+1)=(x 1)2-1 (x+1 1)即 f(x+1)=x2+2x (x 0)点评 :上述求解也可运用换元法,但是 ,不论是 “ 换元法 ”,还是上面实施的“ 同位替换 ”,它们都包括两个方面的替换: (1)解析式中的替换; (2) 取值范围中的替换. 根据函数三要素的要求,这两个方面的替换缺一不可. 例 4. 设 y=f(2x+1) 的定义域为 -1,1,f(x-1)=x2,试求不等式f(1-x)x 的解集 . 分析 :为将不等式f(x+1)x 具体化 ,根据 “ 同位替换 ” 法则 ,先求 f(1-x) 的表达式 . 解:由题设知 ,在 y= f(2x+1) 中有 -1x1 -12x+13,运用 “ 同位替换 ” 的思想在 f(x-1) 中应有 -1x -13又由题设知f(x-1)=(x-1)2+2(x-1)+1由、得f(x-1)=(x-1)2+2(x-1)+1(-1x -1 3)f(1-x)=(1-x)2+2(1-x)+1(-11 -x 3)即 f(1-x)=x2-4x+4(-2 x 2)于是有 f(1-x)x x2-4x+4x(-2 x 2)x2-5x+40(-2 x 2)(x-1)(x-4)0(-2x2)1x4(-2x2)1x2因此 ,所求不等式f(1-x)f(b)f(c),则映射 f 的个数为; 若映射f 满足 f(a)+f(b)+f(c)=0, 则映射 f 的个数为; 若映射f 满足f(a)-f(b)=f(c), 则映射 f 的个数为. (2)设 A=1,2,3,4,5,B=6,7,8,从 A 到 B 的映射 f 满足f(1) f(2) f(3) f(4) f(5),则映射 f 的个数为. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页学习好资料欢迎下载分析 :注意到 f(a)的意义 :在映射 f：AB之下 A 中元素 a 的象 ,故有 f(a),f(b),f(c) B.为便于梳理思路,解答这类题经常运用列表法或分类讨论的方法. 解: (1)由已知得 f(a),f(b),f(c) B 列表法：f(a)f(b)f(c)f(a)只能取 0 或 1,f(c) 只能取 -1 或 0. 根据映射的定义,以 f(a) 取值从大到小的次序列表考察: f(a) f(b) f(c) 1 0 0 1 0 -1 1 -1 -1 0 -1 -1 由此可知符合条件的映射是4 个. 列表法 :注意到 f(a)+f(b)+f(c)=0,又 B 中三个元素之和为0 的情形只有两种:0+0+0;1+(-1)+0, 以 a 的象 f(a)的取值 (从小到大 )为主线列表考察f(a) f(b) f(c) 0 0 0 0 1 -1 0 -1 1 1 0 -1 1 -1 0 -1 1 0 -1 0 1 由此可知符合条件的映射有7 个. 分类讨论：f(a)-f(b)=f(c) f(a)=f(b)+f(c) 即 a 的象等于其它两个元素的象的和.以象集合元素的个数为主线(从小到大 )展开讨论 . （ i ）当象集合为单元素集合时,只有象集 0 满足已知条件,此时符合条件的映射f 只有 1 个. （ ii ）当象集合为双元素集合时,满足条件的象集合为-1,0 或1,0 -1,0:-1=0+(-1),-1=(-1)+0;1,0:1=0+1,1=1+0 此时符合条件的映射有4 个. （ iii ）当象集合为三元素集合时,满足条件的象集合为-1,0,1 -1,0,1: 0=1+(-1), 0=(-1)+1 此时符合条件的映射f 有 2 个于是综合 (i) 、(ii) 、(iii) 得符合条件的映射f 的个数为7. (2)分类讨论 :以象集合中元素的个数(从小到大 )为主线展开讨论. (i) 当象集合为单元素集时,象集为 6 或7 或8, 故此时满足条件的映射f 有 3 个; (ii) 当象集合为双元素集时,先将 A 中元素分为两组,有种分法 ,又每两组的象有3 种情形 ,故此时符合条件精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页学习好资料欢迎下载的映射 f 有 3=12 个; (iii) 当象集合为三元素集时,先将 A 中元素分为3 组,有种分法，又每三组的象只有1 种情形 ,故此时符合条件的映射f 有 1=6 个。于是综合 (i) 、(ii) 、(iii) 得符合条件的映射f 的个数为3+12+6=21. 点评 :在认知 f( )( A) 的意义以及题设条件的意义的基础上,以象集元素的个数(从小到大 )为主线展开讨论,是解决此类映射问题的通用方法(通性通法 ),请同学们在今后的解题中注意应用. 例 6. 已知函数f(t) 对任意实数x,y 满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且 f(-2)=-2. (1)求 f(1) 的值 ; (2)试求满足f(t)=t 的整数 t 的个数 ,并说明理由 . 分析 :这是未给出具体的函数解析式,只给出一个函数恒等式.注意到这一恒等式的一般性,循着 “ 一般 ” 与“ 特殊” 之间的辩证关系,想到从 “ 特殊 ”(特殊取值或特殊关系)入手去破解 “ 一般 ”,以寻出目标 . 解: (1) 为了出现f(1), 在上述恒等式中令x=1,y=-1 得 f(0)=f(1)+f(-1)又令 x=0,y=0 得 f(0)=-1令 x=-1,y=-1 得f(-2)=2f(-1)+2f(-2)=-2, f(-1)=-2将、代入得f(1)=1. (2)为利用 f(1)=1, 在上述恒等式中令x=1 得f(y+1)=f(y)+y+2f(y+1)-f(y)=y+2 当 tZ 时,有 f(t+1)-f(t)=t+2根据 ,运用阶差法得f(t)=f(1)+f(2)-f(1)+f(t)-f(t-1) f(t)=1+ (1+2)+(2+2)+ +(t -1)+2 =1+2(t-1)+ 即 f(t)= f(t)=tt2+t-2=0 (t-1)(t+2)=0 t=1 或 t=-2 于是可知 ,满足 f(t)=t 的整数 t 只有两个 :t=-2,t=1. 点评 : 函数 f(x) 当 x 取正整数时的问题，即为数列问题.所以 ,这里运用 (或借鉴 )了数列求和的思想或方法(阶差法或分项法).看透问题 ,把握本质 ,解题时方能联想顺畅,入手准确 .这是我们始终所追求的境界. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页学习好资料欢迎下载五. 高考真题(一 )选择题1.(2005 湖北卷 ) 在 y=2x, y=log2x, y=x2, y=cos2x 这四个函数中,当 0 x1x21 时, 恒成立的函数的个数是(). A.0B.1C.2D.3 分析 :运用数形结合思想,考察各函数的图象.注意到对任意x1,x2I,且 x1x2,当 f(x) 总满足时,函数 f(x) 在区间 I 上的图象是“ 上凸 ” 的,由此否定y=2x,y=x2,y=cos2x, 本题应选B 2.(2004 湖北卷 ) 已知,则 f(x) 的解析式可取为() A. B. C. D. 分析 :运用直接法令=t，则 x=(t -1),f(t)= (t -1) f()= (x -1) 应选 C 说明 :注意到对于,有=1+ -1,对于f(x)应有 x -1.若选项中的函数附加定义域,则从定义域入手筛选为上乘解法. 3. (2004 湖南卷 ) 设函数 f(x)= ,若 f(-4)=f(0),f(-2)=-2,则关于 x 的方程 f(x)=x 的解的个数为(). A.1B.2C.3D.4 分析 : 从确定 f(x) 的解析式入手.由 f(-4)=f(0),f(-2)=-2得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 15 页学习好资料欢迎下载方程 f(x)=x或或 x=2 或 x=2,故本题应选C 4.(2004 全国卷 C) 设函数 f(x)= ,则使得 f(x) 1 的自变量x 的取值范围为() A. 0,10B. 0,1C. 1,10D.-2,0 1,10 分析 :注意到解决分段函数的基本策略:分段研究 ,综合结论 . f(x) 1或x-2 或 1x10, 故应选 A 运用特取法 :取,则,由此否定C,D; 取 x=2,得,由此否定B,故本题应选 A (二 )填空题1.(2005 江苏卷 ) 已知 a,b 为常数 ,若 f(x)=x2+4x+3, f(ax+b)=x2+10 x+24, 则 5a-b=. 分析 : 由 f(x)=x2+4x+3 得f(ax+b)=(ax+b)24（ax+b）+3=a2x2+(2ab+4a)x+b2+4b+3, 由已知条件得a2x2+(2ab+4a)x+b2+4b+3= x2+10 x+24 故有5a-b=2 2.(2005 北京卷 ) 对于函数定义域中任意的x1,x2(x1x2),有如下结论 : f(x1+x2)= f(x1) f(x2) f(x1 x2)= f(x1)+f(x2) ; . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页学习好资料欢迎下载当 f(x)=lgx时,上述结论中正确结论的序号是. 分析 :根据对数的运算法则知正确,不正确 ; 借助 f(x)=lgx的图象 ,考察的几何意义 ;经过点 (x1, f(x1),( x2, f(x2)的直线的斜率,可知正确 ;注意到 f(x)=lgx的图象 “ 上凸 ”,可知正确 .故本题应填、. 3.(2004 浙江 ) 已知,则不等式x+(x+2) f(x+2) 5的解集是. 分析 : 注意到原不等式中“f ”之下的式子为(x+2), 为利用已知条件化抽象为具体,故从 x+2 的符号或取值入手进行讨论和等价转化. 原不等式或或 x-2原不等式的解集为. (三 )解答题1.(2005 浙江卷 ) 已知函数 f(x) 和 g(x) 的图象关于原点对称,且 f(x)=x2+2x. (1)求函数 g(x)的解析式 ; (2)解不等式g(x) f(x) -|x-1|. 分析 : 求“ 对称曲线 ” 的函数式或方程,基本策略是从点的对称切入探求.而对于含有绝对值的不等式,在运用公式或平方去掉绝对值不能实现时, “ 分类讨论 ” 乃是解题取胜的杀手锏. 解: (1)设点 Q(x0,y0)为 y=f(x) 图象上任意一点,点 Q 关于原点的对称点为P(x,y),则有点 Q(x0,y0)在函数 y=f(x) 图象上y0=x02+2x0代入得-y=(-x)2+2(-x) 即 y=-x2+2x 故有 g(x)=-x2+2x (2) g(x)f(x)-|x-1|2x2-|x- 1| 0当 x1时,2x2-x+ 1 0, 此不等式无解; 当 xg(x) 时,求函数的最小值 . 分析 :对于 (1),注意到 k、b 含在 f(x) 的解析式中 ,故从探求A、B 点坐标切入 ,利用= 建立方程或方程组 ;对于 (2), 则要注意立足于不等式f(x)g(x) 的解集，探求所给函数的最小值. 解: (1)由已知得 A(-,0),B(0,b), 从而=(,b)、又=(2,2), 故得所求 k=1,b=2. (2) f(x)g(x) x+2x2-x-6x2-2x-80-2x4=(x+2)+ -5 (分离整式项 )又由知0 x+21,解关 x 的不等式. 分析 : 对于 (1), 从已知方程的实根入手推理.对于 (2),则要注意求解分式不等式的基本过程:移项 通分 分解因式 转化 (为整式不等式) 求解 .这是解决这类问题的规范性、完整性以及完解完胜的基础与保障. 解: (1) f(x)-x+12=0-x+12=0 将 x1=3,x2=4 代入方程得解得f(x)= (2)原不等式f(x)- (2-x) 0(I) 当 1k2 时,由()解得 1x2; (II) 当 k=2 时,由( )得(x-2)2(x-1)01x2; (III) 当 k2 时,由()得 1xk. 于是可知 ,当 12 时, 原不等式的解集为(1,2)(k,+ ).点评 :本题突出考察分类讨论与数形结合的思想.在解高次不等式时,若采用 “ 根轴法 ” ，则可使解答更为快捷准确 ,请同学们一试. 4.(2005 上海卷 ) 对定义域分别是Df、Dg的函数 y=f(x), y=g(x), 规定 :函数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页学习好资料欢迎下载(1) 若函数 f(x)= ,g(x)=x2,写出函数 h(x) 的解析式 ; (2) 求问题 (1)中函数 h(x) 的值域 ; (3) 若 g(x)=f(x+),其中是常数 ,且,请设计一个定义域为R 的函数 y=f(x) 及一个的值 ,使得 h(x)=cos4x, 并予以证明 . 分析 : 对于 (1), 注意到 h(x) 为分段函数 ,探求函数解析式要立足于“ 分段探求 ,综合结论 ” 的基本策略 .对于 (3),这里 g(x)=f(x+),又注意到在大前提中h(x) 的表达式以及此时f(x),g(x) 的定义域均为R,可得 h(x)=f(x)f(x+),又 h(x)=cos4x, 于是可由f(x)f(x+)=cos4x 入手展开联想与探求,这里的探求自然是从cos4x 的 “ 一分为二 ” 的变形入手 . 解: (1)这里 Df=(- ,1) (1,+ )Dg=R 当 xDf且 xDg,即 x (- ,1) (1,+ ) 时，; 当 xDf且 x Dg,即 x=1 时 ,h(x)=g(x)=1; 又 xDf且 xDg的 x 不存在 ,故得(2)当 x1时, =(x-1)+ +2 若 x1, 则 x-10, h( x) 4, 当且仅当 x=2 时等号成立 ; 若 x1, 则 x-13 时 ,关于 x 的方程 f(x)=f(a) 有三个实数解. 分析 : 由于二次函数与反比例函数的形式确定,故运用 “ 待定系数法 ” 探求 f1(x)与 f2(x); 对于 (2),当对方程f(x)=f(a) 直接求解感到困难时,要想到运用数形结合思想,适时转化为两个函数图象的交点问题.解:(1)由题意设f1(x)=ax2, f2(x)= (k0), 由 f1(1)=1 得 a=1,故 f1(x)=x2又 y=f2(x)的图象与直线y=x 的交点分别为A,B,则由 |AB|=8 得 k=8,故 f2(x)= f(x)=x2+(2)证法一 : 由 f(x)=f(a) 得 x2+= =x2+在同一坐标系内作出f2(x)= 与 f3(x)= x2+的大致图象 ,注意到 f2(x)= 的图象是以坐标轴为渐近线 ,且位于第一、 三象限的双曲线, f3(x)= x2+的图象则是以点(0, )为顶点 ,开口向下的抛物线.因此 f2(x)= 与 f3(x)= x2+的图象在第三象限有一个交点, 即 f(x)=f(a) 有一个负数解.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页学习好资料欢迎下载又 f2(2)=4, f3(2)= -4当 a3 时, f3(2)f2(2)= -80, 当 a3 时,在第一象限f3(x)的图象上存在一点(2, f3(2) 在 y=f2(x) 图象的上方 . y=f2(x)与 y=f3(x) 的图象在第一象限有两个交点. 即方程 f(x)=f(a) 有两个正数解.于是由、知,当 a3 时,方程 f(x)=f(a) 有三个实数解. 证法二 : 由 f(x)=f(a) 得 x2+= (x-a)(x+a-)=0 x=a 为方程 f(x)=f(a) 的一个实数解.又方程x+a-=0 可化为 ax2+8=0由 a3 得方程的判别式=a4+32a0 由解得x2=,x3=x20,x1x2且 x2x3此时 ,若 x1= x3,则有 a=3a2=a4=4aa=0 或 a=这与 a3 矛盾 ,故有 x1 x3于是由、知,原方程有三个实数解. 点评 :以上两种解法各有短长.解法一转化为两个函数图象的交点问题,显直观灵活 ,但本题的求解头绪较多且比较隐蔽 ;解法二立足于求解方程,感觉踏实稳健,但有时会招致复杂的运算.对于所给相关问题究竟选择哪一种解法为上 ,则要具体情况具体分析,不可一概而论. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页